Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R
（Ⅰ）若f（1）=0，求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-ax²-ax+1，討論函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若a=4，正實(shí)數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）+f（x₂）+3x₁x₂=0，證明x₁+x₂≥$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）用f（1）=0，確定a的值，求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，分類討論，即可討論函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）將代數(shù)式f（x₁）+f（x₂）+3x₁x₂放縮，構(gòu)造關(guān)于x₁+x₂的一元二次不等式，解不等式即可．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx+$\frac{1}{2}$ax²+x，f（1）=0，
∴a=-2，且x＞0．
∴f（x）=lnx-x²+x，
∴f′（x）=-$\frac{2{x}^{2}-x-1}{x}$，
當(dāng)f′（x）＜0，即x＞1時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減，當(dāng)f′（x）＞0，即0＜x＜1時(shí)，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增，
∴x=1時(shí)，函數(shù)f（x）取得極大值，也是最大值0；
（Ⅱ）g（x）=f（x）-ax²-ax+1=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，
所以g′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+（1-a）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，
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)，
當(dāng)a＞0時(shí)，g′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$，
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)．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g（x）的遞增區(qū)間是（0，+∞），無遞減區(qū)間；
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（$\frac{1}{a}$，+∞）．
證明：（Ⅲ）∵a=4，
∴f（x）=lnx+2x²+x，
∴f（x₁）+f（x₂）+3x₁x₂=lnx₁+2x₁²+x₁+lnx₂+2x₂²+3x₁x₂+x₂
=2（x₁+x₂）²+x₁+x₂+lnx₁x₂-x₁x₂
令g（x）=lnx-x，則g′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
∴0＜x＜1時(shí)，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
x＞1時(shí)，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
∴g（x）_max=g（1）=-1，
∴f（x₁）+f（x₂）+3x₁x₂≤2（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-1，
即2（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-1≥0，
又∵x₁，x₂是正實(shí)數(shù)，
∴x₁+x₂≥$\frac{1}{2}$．

點(diǎn)評 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．