Question

19．已知函數(shù)$f（x）=lnx-\frac{1}{2}a{x}^{2}+x，a∈R$．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（2）令g（x）=f（x）-（ax-1），求函數(shù)g（x）的極值；
（3）若a=-2，正實(shí)數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，證明：${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的解析式，求出切點(diǎn)坐標(biāo)，從而求出切線方程即可；
（2）求導(dǎo)數(shù)，然后通過(guò)研究不等式的解集確定原函數(shù)的單調(diào)性；
（3）結(jié)合已知條件構(gòu)造函數(shù)，然后結(jié)合函數(shù)單調(diào)性得到要證的結(jié)論．

解答 解：（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=lnx+x，則f（1）=1，所以切點(diǎn)為（1，1），
又f′（x）=$\frac{1}{x}$+1，則切線斜率k=f′（1）=2，
故切線方程為：y-1=2（x-1），即2x-y-1=0；
（2）g（x）=f（x）-（ax-1）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，
所以g′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+（1-a）=$\frac{-{ax}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，
當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以g′（x）＞0．
所以g（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)，無(wú)極值；
當(dāng)a＞0時(shí)，g′（x）=$\frac{-a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，
令g′（x）=0，得x=$\sqrt{（\;\;\;\;）}$$\frac{1}{a}$，
所以當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{a}$）時(shí)，g′（x）＞0；當(dāng)x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時(shí)，g′（x）＜0，
因此函數(shù)g（x）在x∈（0，$\frac{1}{a}$）是增函數(shù)，在（$\frac{1}{a}$，+∞）是減函數(shù)，
當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)g（x）的遞增區(qū)間是（0，$\frac{1}{a}$），遞減區(qū)間是（$\frac{1}{a}$，+∞），
∴x=$\frac{1}{a}$時(shí)，g（x）有極大值g（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{2a}$-lna，
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g（x）無(wú)極值；
當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)g（x）有極大值$\frac{1}{2a}$-lna，無(wú)極小值；
（3）由x₁＞0，x₂＞0，即x₁+x₂＞0．
令t=x₁x₂，則由x₁＞0，x₂＞0得，φ′（t）=$\frac{t-1}{t}$，t＞0，
可知，φ（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增．
所以φ（t）≥φ（1）=1，
所以（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）≥1，解得x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$或x₁+x₂≤$\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$，
又因?yàn)閤₁＞0，x₂＞0，
因此x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題難度較大，屬于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，以及利用導(dǎo)數(shù)證明單調(diào)性進(jìn)一步研究不等式問題的題型．