Question

13．已知函數(shù)f（x）=x-$\frac{1}{x}$+alnx（a∈R）．
（1）若函數(shù)f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍；
（2）已知g（x）=$\frac{1}{2}$x²+（m-1）x+$\frac{1}{x}$，m≤-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，h（x）=f（x）+g（x），當時a=1，h（x）有兩個極值點x₁，x₂，且x₁＜x₂，求h（x₁）-h（x₂）的最小值．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)單調(diào)性和導數(shù)之間的關系進行求解即可．
（2）求出函數(shù)h（x）的表達式，求出函數(shù)h（x）的導數(shù)，利用函數(shù)極值，最值和導數(shù)之間的關系進行求解．

解答 解：（1）∵f（x）=x-$\frac{1}{x}$+alnx，
∴f′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$，
∵f（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴f′（x）=1+$\frac{1}{{x}^{2}}$+$\frac{a}{x}$≥0在[1，+∞）上恒成立，
∴a≥-（x+$\frac{1}{x}$）在[1，+∞）上恒成立，
∵y=-x-$\frac{1}{x}$在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴y≤-2，
∴a≥-2；
（2）h（x）=f（x）+g（x）=lnx+$\frac{1}{2}$x²+mx，其定義域為（0，+∞），
求導得，h′（x）=$\frac{{x}^{2}+mx+1}{x}$，
若h′（x）=0兩根分別為x₁，x₂，則有x₁•x₂=1，x₁+x₂=-m，
∴x₂=$\frac{1}{{x}_{1}}$，從而有m=-x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$，
∵m≤-$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，x₁＜x₂，
∴x₁∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]，
則h（x₁）-h（x₂）=h（x₁）-h（$\frac{1}{{x}_{1}}$）=2lnx₁+$\frac{1}{2}$（${{x}_{1}}^{2}$-$\frac{1}{{{x}_{1}}^{2}}$）+（-x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$）（x₁-$\frac{1}{{x}_{1}}$），
令φ（x）=2lnx-$\frac{1}{2}$（x²-$\frac{1}{{x}^{2}}$），x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]．
則[h（x₁）-h（x₂）]_min=φ（x）_min，
φ′（x）=-$\frac{（{x}^{2}-1）^{2}}{{x}^{3}}$，
當x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]．時，φ′（x）＜0，
∴φ（x）在x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$]上單調(diào)遞減，
φ（x）_min=φ（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=-ln2+$\frac{3}{4}$，
∴h（x₁）-h（x₂）的最小值為-ln2+$\frac{3}{4}$．

點評 本題主要考查函數(shù)單調(diào)性，極值，最值和導數(shù)的關系，求函數(shù)的導數(shù)，利用構造法是解決本題的關鍵．綜合性較強，有一定的難度．