Question

12．已知f（x）=2x-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R）．
（1）當(dāng)a=3時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)g（x）=f（x）-x+2alnx，且g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)，其中x₁∈[0，1]，求g（x₁）-g（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）將a=3代入f（x），求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求g（x）的導(dǎo)數(shù)g′（x），令g′（x）=0兩根分別為x₁，x₂，則有x₁•x₂=1，x₁+x₂=-a，從而有a=-x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$，令H（x）=[x-$\frac{1}{x}$+（-x-$\frac{1}{x}$）lnx]-[$\frac{1}{x}$-x+（-x-$\frac{1}{x}$）ln$\frac{1}{x}$]，利用導(dǎo)數(shù)得到H（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，故g（x₁）-g（x₂）的最小值為[H（x）]_min，從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問(wèn)題解決．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），
a=3時(shí)：f（x）=2x-$\frac{1}{x}$-3lnx，f′（x）=2+$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{3}{x}$=$\frac{（2x-1）（x-1）}{{x}^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞1或x＜$\frac{1}{2}$，令f′（x）＜0，解得；$\frac{1}{2}$＜x＜1，
∴f（x）在（0，$\frac{1}{2}$）遞增，在（$\frac{1}{2}$，1）遞減，在（1，+∞）遞增；
（2）由于g（x）=f（x）-x+2alnx=x-$\frac{1}{x}$+alnx，其定義域?yàn)椋?，+∞），
求導(dǎo)得，g′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$=$\frac{{x}^{2}+ax+1}{{x}^{2}}$，
若g′（x）=0兩根分別為x₁，x₂，則有x₁•x₂=1，x₁+x₂=-a，
∴x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，從而有a=-x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$，
令H（x）=[x-$\frac{1}{x}$+（-x-$\frac{1}{x}$）lnx]-[$\frac{1}{x}$-x+（-x-$\frac{1}{x}$）ln$\frac{1}{x}$]=2[（-x-$\frac{1}{x}$）lnx+x-$\frac{1}{x}$]，
則H′（x）=2（$\frac{1}{{x}^{2}}$-1）lnx=$\frac{2（1-x）（1+x）lnx}{{x}^{2}}$，
當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，H′（x）＜0，
∴H（x）在（0，1]上單調(diào)遞減，
又H（x₁）=g（x₁）-g（$\frac{1}{{x}_{1}}$）=g（x₁）-g（x₂），
∴g（x₁）-g（x₂）的最小值為[H（x）]_min=H（1）=0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)判定函數(shù)的單調(diào)性以及根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)極值的問(wèn)題，是中檔題．