Question

11．已知函數(shù)$f（x）=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+x，a∈R$．
（1）當(dāng)a=0時(shí)，求曲線y=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）的極大值；
（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）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f（1），f′（1）的值，從而求出切線方程即可；
（2）求導(dǎo)數(shù)，然后通過研究不等式的解集確定原函數(shù)的單調(diào)性；求出函數(shù)的極大值即可；
（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）a=0時(shí)，f（x）=lnx+x，f′（x）=$\frac{1}{x}$+1，
故f（1）=1，f′（1）=2，
故切線方程是：y-1=2（x-1），
整理得：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)，
當(dāng)a＞0時(shí)，g′（x）=$\frac{-a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，
令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，無極大值；
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（$\frac{1}{a}$，+∞）；
故g（x）_極大值=g（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{a}$-lna；
證明：（3）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+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．