Question

8．已知函數(shù)f（x）=x-$\frac{a}{x}$-2lnx，a∈R．
（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；
（2）若函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，
①求a的取值范圍；
②證明：f（x₂）＜x₂-1．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令f′（x）=0，①當(dāng)△≤0，②當(dāng)△＞0進(jìn)行分類討論．
（2）①求出函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，等價(jià)于方程x²-2x+a=0在（0，+∞），直接推出結(jié)果．
②通過（1），（2），推出0＜a＜1，構(gòu)造新函數(shù)g（t）=t-2lnt-1，1＜t＜2，利用新函數(shù)的單調(diào)性證明
求解即可．

解答 （1）解：函數(shù)$f（x）=x-\frac{a}{x}-2lnx$的定義域?yàn)椋?，+∞），$f'（x）=1+\frac{a}{x^2}-\frac{2}{x}=\frac{{{x^2}-2x+a}}{x^2}$，
令f′（x）=0，得x²-2x+a=0，其判別式△=4-4a，
①當(dāng)△≤0，即a≥1時(shí)，x²-2x+a≥0，f′（x）≥0，此時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
②當(dāng)△＞0，即a＜1時(shí)，方程x²-2x+a=0的兩根為${x_1}=1-\sqrt{1-a}$，${x_2}=1+\sqrt{1-a}＞1$，
若a≤0，則x₁≤0，則x∈（0，x₂）時(shí)，f′（x）＜0，x∈（x₂，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
此時(shí)，f（x）在（0，x₂）上單調(diào)遞減，在（x₂，+∞）上單調(diào)遞增；
若a＞0，則x₁＞0，則x∈（0，x₁）時(shí)，f′（x）＞0，x∈（x₁，x₂）時(shí)，f′（x）＜0，x∈（x₂，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，
此時(shí)，f（x）在（0，x₁）上單調(diào)遞增，在（x₁，x₂）上單調(diào)遞減，在（x₂，+∞）上單調(diào)遞增．
綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，1+$\sqrt{1-a}$）上單調(diào)遞減，在（1+$\sqrt{1-a}$，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，1-$\sqrt{1-a}$）上單調(diào)遞增，在（1-$\sqrt{1-a}$，1+$\sqrt{1-a}$）上單調(diào)遞減，在（1+$\sqrt{1-a}$，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)a≥1時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．
（2）①解：由（1）可知，函數(shù)f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，等價(jià)于方程x²-2x+a=0在（0，+∞）有
兩不等實(shí)根，故0＜a＜1．
②證明：由上述過程得0＜a＜1，${x_2}=1+\sqrt{1-a}$，且1＜x₂＜2，$a=-x_2^2+2{x_2}$．$f（{x_2}）-{x_2}+1={x_2}-\frac{{-x_2^2+2{x_2}}}{x_2}-2ln{x_2}-{x_2}+1={x_2}-2ln{x_2}-1$，
令g（t）=t-2lnt-1，1＜t＜2，
則$g'（t）=1-\frac{2}{t}=\frac{t-2}{t}$，
由于1＜t＜2，則g′（t）＜0，故g（t）在（1，2）上單調(diào)遞減．
故g（t）＜g（1）=1-2ln1-1=0．
∴f（x₂）-x₂+1=g（x₂）＜0．
∴f（x₂）＜x₂-1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，函數(shù)的極值以及函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力，轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．