Question

9．已知函数f（x）=x-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R）．
（1）当a＞0时，讨论f（x）的单调区间；
（2）设g（x）=f（x）+2alnx，且g（x）有两个极值点为x₁，x₂，其中x₁∈（0，e]，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（2）求出g（x）的导数，令g′（x）=0，设出方程的两根为x₁，x₂，得到$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=-a}\\{{x_1}{x_2}=1}\end{array}}\right.$，得到${x_2}=\frac{1}{x_1}$，$a=-（{x_1}+\frac{1}{x_1}）$，确定a的符号，求出g（x₁）-g（x₂）的表达式，根据函数的单调性求出其最小值即可．

解答 解：（1）f（x）的定义域（0，+∞），
${f^'}（x）=1+\frac{1}{x^2}-\frac{a}{x}=\frac{{{x^2}-ax+1}}{x^2}$，
令f′（x）=0，得x²-ax+1=0，
①当0＜a≤2时，△=a²-4≤0，此时，f′（x）≥0恒成立，
所以，f（x）在定义域（0，+∞）上单调递增；
②当a＞2时，△=a²-4＞0，
解x²-ax+1=0的两根为：${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}$，${x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}$，
当$x∈（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当$x∈（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
当$x∈（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，+∞）$时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
综上得，当0＜a≤2时，f（x）的递增区间为（0，+∞），无递减区间；
当a＞2时，f（x）的递增区间为$（0，\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$，$（\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，+∞）$，
递减区间为$（\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}）$；
（2）$g（x）=x-\frac{1}{x}+alnx$，定义域为（0，+∞），
${g^'}（x）=1+\frac{1}{x^2}+\frac{a}{x}=\frac{{{x^2}+ax+1}}{x^2}$，
令g′（x）=0，得x²+ax+1=0，其两根为x₁，x₂，且$\left\{{\begin{array}{l}{{x_1}+{x_2}=-a}\\{{x_1}{x_2}=1}\end{array}}\right.$，
所以，${x_2}=\frac{1}{x_1}$，$a=-（{x_1}+\frac{1}{x_1}）$，∴a＜0．
∴$g（{x_1}）-g（{x_2}）=g（{x_1}）-g（\frac{1}{x_1}）={x_1}-\frac{1}{x_1}+aln{x_1}-（\frac{1}{x_1}-{x_1}+aln\frac{1}{x_1}）$
=$2（{x_1}-\frac{1}{x_1}）+aln{x_1}=2（{x_1}-\frac{1}{x_1}）-2（{x_1}+\frac{1}{x_1}）ln{x_1}$，
设$h（x）=2（x-\frac{1}{x}）-2（x+\frac{1}{x}）lnx$，x∈（0，e]，
则（g（x₁）-g（x₂））_min=h（x）_min．
∵${h^'}（x）=2（1+\frac{1}{x^2}）-2[（1-\frac{1}{x^2}）lnx+（x+\frac{1}{x}）\frac{1}{x}]=\frac{2（1+x）（1-x）lnx}{x^2}$，
当x∈（0，e]时，恒有h′（x）≤0，
∴h（x）在（0，e]上单调递减；
∴$h{（x）_{min}}=h（e）=-\frac{4}{e}$，
∴${（g（{x_1}）-g（{x_2}））_{min}}=-\frac{4}{e}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道综合题．