Question

15．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（1）若a=2，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若關(guān)于x的不等式f（x）≤ax-1恒成立，求整數(shù)a的最小值．
（3）若a=-2，正實(shí)數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，證明：x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求得函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)小于0，解二次不等式，注意x＞0，可得單調(diào)減區(qū)間；
（2）由題意先求函數(shù)的定義域，再求導(dǎo)g′（x）=f′（x）-a=$\frac{1}{x}$-ax+1-a=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，從而討論導(dǎo)數(shù)的正負(fù)以確定函數(shù)的單調(diào)性．
（3）結(jié)合（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂），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）若a=2，則f（x）=lnx-x²+x，（x＞0），
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+1=-$\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$，
f′（x）＜0可得2x²-x-1＞0，又x＞0，解得x＞1，
即有f（x）的減區(qū)間為（1，+∞），增區(qū)間為（0，1）；
（2）f（x）≤ax-1恒成立，可得lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x-ax+1≤0恒成立，
令g（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x-ax+1，g′（x）═$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，
①當(dāng)a≤0時(shí)，∵x＞0，∴-ax²+（1-a）x+1＞0，∴g′（x）＞0
g（x）在（0，+∞）單調(diào)遞增，且g（1）=-$\frac{3}{2}a+2＞0$，
此時(shí)不等式f（x）≤ax-1不恒成立．
②當(dāng)a＞0時(shí)，g$′（x）=-\frac{a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$．
當(dāng)$∈（0，\frac{1}{a}$）時(shí)，g′（x）＞0，x$∈（\frac{1}{a}，+∞）$時(shí)，g′（x）＜0
∴g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）遞增，在（$\frac{1}{a}，+∞$）d遞減，
故g（x）_max=g（$\frac{1}{a}$）=$ln\frac{1}{a}-\frac{1}{2}a•（\frac{1}{a}）^{2}+（1-a）•\frac{1}{a}+1=\frac{1}{2a}-lna$
令h（a）=$\frac{1}{2a}-lma$，（a＞0），顯然函數(shù)h（a）在（0，+∞）遞減．
且h（1）=$\frac{1}{2}＞0，h（2）=\frac{1}{2}-ln2＜0$．
∴整數(shù)a的最小值為2．
（3）證明：由f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，
即lnx₁+x₁²+x₁+lnx₂+x₂²+x₂+x₁x₂=0，
從而（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂），
令t=x₁x₂，則由φ（t）=t-lnt，
由x₁＞0，x₂＞0，即x₁+x₂＞0．
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+x$≤\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$．
因?yàn)閤₁＞0，x₂＞0，
因此x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，主要考查不等式恒成立問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題，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，注意運(yùn)用參數(shù)分離和函數(shù)的零點(diǎn)存在定理，屬于中檔題．