Question

已知函數(shù)f（x）=x-

1

x

，g（x）=alnx（a∈R）
（1）a≥-2時，求F（x）=f（x）-g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)h（x）=f（x）+g（x），且h（x）有兩個極值點(diǎn)為x₁，x₂，其中x₁∈（0，

1

2

]，求h（x₁）-h（x₂）的最小值．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求F（x）的導(dǎo)數(shù)F′（x），利用F′（x）的正負(fù)判定F（x）的單調(diào)性，從而求出F（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）求h（x）的導(dǎo)數(shù)h′（x）=

x2+ax+1

x2

，令h′（x）=0兩根分別為x₁，x₂，則有x₁•x₂=1，x₁+x₂=-a，從而有a=-x₁-

1

x1

，
令H（x）=[x-

1

x

+（-x-

1

x

）lnx]-[

1

x

-x+（-x-

1

x

）ln

1

x

]，利用導(dǎo)數(shù)得到H（x）在(0，

1

2

]上單調(diào)遞減，
故h（x₁）-h（x₂）的最小值為[H（x）]_min，從而轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值問題解決．

解答： 解：（1）由題意知F（x）=f（x）-g（x）=x-

1

x

-alnx，其定義域?yàn)椋?，+∞），
則F′（x）=1+

1

x2

-

a

x

=

x2-ax+1

x2

，
對于m（x）=x²-ax+1，有△=a²-4．
①當(dāng)-2≤a≤2時，F(xiàn)′（x）≥0，∴F（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；
②當(dāng)a＞2時，F(xiàn)′（x）=0的兩根為x1=

a- a2-4

2

，x2=

a+ a2-4

2

∴F（x）的單調(diào)增區(qū)間為(0，

a- a2-4

2

)和(

a+ a2-4

2

，+∞)，
F（x）的單調(diào)減區(qū)間為(

a- a2-4

2

，

a+ a2-4

2

)．
綜上：當(dāng)-2≤a≤2時，F(xiàn)（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）；
當(dāng)a＞2時，F(xiàn)（x）的單調(diào)增區(qū)間為(0，

a- a2-4

2

)和(

a+ a2-4

2

，+∞)，
F（x）的單調(diào)減區(qū)間為(

a- a2-4

2

，

a+ a2-4

2

)．
（2）由于h（x）=f（x）+g（x）=x-

1

x

+alnx，其定義域?yàn)椋?，+∞），
求導(dǎo)得，h′（x）=1+

1

x2

+

a

x

=

x2+ax+1

x2

，
若h′（x）=0兩根分別為x₁，x₂，則有x₁•x₂=1，x₁+x₂=-a，
∴x₂=

1

x1

，從而有a=-x₁-

1

x1

，
令H（x）=[x-

1

x

+（-x-

1

x

）lnx]-[

1

x

-x+（-x-

1

x

）ln

1

x

]=2[（-x-

1

x

）lnx+x-

1

x

]，
則H′（x）=2（

1

x2

-1）lnx=

2(1-x)(1+x)lnx

x2

．
當(dāng)x∈(0，

1

2

]時，H′（x）＜0，∴H（x）在(0，

1

2

]上單調(diào)遞減，
又H（x₁）=h（x₁）-h（

1

x1

）=h（x₁）-h（x₂），
∴h（x₁）-h（x₂）的最小值為[H（x）]_min=H（

1

2

）=5ln2-3．

點(diǎn)評：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)極值的問題，是中檔題．