Question

4．已知，函數(shù)f（x）=2x-$\frac{1}{x}$-alnx（a∈R）．
（Ⅰ）當(dāng)a=3時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）-x+2alnx，且g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，其中x₁＜x₂，若g（x₁）-g（x₂）＞t恒成立，求t的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)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；
（Ⅱ）求出函數(shù)g（x）的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，求出g（x₁）-g（x₂）的表達(dá)式，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出t的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）易求f（x）的定義域（0，+∞），
當(dāng)a=3時(shí)，$f（x）=2x-\frac{1}{x}-3lnx$，$f'（x）=2+\frac{1}{x^2}-\frac{3}{x}$=$\frac{{2{x^2}-3x+1}}{x^2}$，
令f'（x）＞0得，$0＜x＜\frac{1}{2}$或x＞1，
故f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是$（0，\frac{1}{2}）$和（1，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是$（\frac{1}{2}，1）$；
（Ⅱ）由已知得$g（x）=x-\frac{1}{x}+alnx$，x∈（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，
∵g（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，
∴$\left\{\begin{array}{l}{a^2}-4＞0\\{x_1}+{x_2}=-a＞0\\{x_1}•{x_2}=1＞0\end{array}\right.$，∴$\left\{\begin{array}{l}a＜-2\\{x_2}=\frac{1}{x_1}\\ a=-（{x_1}+{x_2}）\end{array}\right.$，
又∵x₁＜x₂，∴x₁∈（0，1），
∴g（x₁）-g（x₂）=$g（{x_1}）-g（\frac{1}{x_1}）$
=${x_1}-\frac{1}{x_1}+aln{x_1}-（\frac{1}{x_1}-{x_1}+aln\frac{1}{x_1}）$=$2（{x_1}-\frac{1}{x_1}）+2aln{x_1}$
=$2（{x_1}-\frac{1}{x_1}）-2（{x_1}+\frac{1}{x_1}）ln{x_1}$，
設(shè)$h（x）=2（x-\frac{1}{x}）-2（x+\frac{1}{x}）lnx$，x∈（0，1），
∵$h'（x）=2（1+\frac{1}{x^2}）-2[（1-\frac{1}{x^2}）lnx+（x+\frac{1}{x}）\frac{1}{x}]$=$\frac{2（1+x）（1-x）lnx}{x^2}$，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，恒有h'（x）＜0，
∴h（x）在x∈（0，1）上單調(diào)遞減，
∴h（x）＞h（1）=0，
故g（x₁）-g（x₂）＞0，
又∵g（x₁）-g（x₂）＞t恒成立，
∴t≤0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．