Question

10．已知函数$f（x）=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+x$，a∈R．
（Ⅰ）当a=0时，求函数f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-ax+1，求函数g（x）的极值；
（Ⅲ）若a=-2，正实数x₁，x₂满足f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，证明：${x_1}+{x_2}≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，计算f′（1）=2，求出切线方程即可；
（Ⅱ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；
（Ⅲ）得到${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+（{{x_1}+{x_2}}）$=x₁x₂-ln（x₁x₂），令t=x₁x₂，则φ（t）=t-lnt，根据函数的单调性求出${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+（{{x_1}+{x_2}}）≥1$，证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）当a=0时，f（x）=lnx+x，则f（1）=1，所以切点为（1，1），
又$f'（x）=\frac{1}{x}+1$，则切线斜率f'（1）=2，
故切线方程为y-1=2（x-1），即2x-y-1=0．
（Ⅱ）g（x）=f（x）-（ax-1）=$lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（{1-a}）x+1$，
则$g'（x）=\frac{1}{x}-ax+（{1-a}）$=$\frac{{-a{x^2}+（{1-a}）x+1}}{x}$，
当a≤0时，∵x＞0，∴g'（x）＞0．
∴g（x）在（0，+∞）上是递增函数，函数g（x）无极值点，
当a＞0时，$g'（x）=\frac{{-a{x^2}+（{1-a}）x+1}}{x}$=$-\frac{{a（{x-\frac{1}{a}}）（{x+1}）}}{x}$，
令g'（x）=0得$x=\frac{1}{a}$，∴当$x∈（{0，\frac{1}{a}}）$时，g'（x）＞0；当$x∈（{\frac{1}{a}，+∞}）$时，g'（x）＜0．
因此g（x）在$（{0，\frac{1}{a}}）$上是增函数，在$（{\frac{1}{a}，+∞}）$上是减函数．
∴$x=\frac{1}{a}$时，g（x）有极大值$g（{\frac{1}{a}}）=ln\frac{1}{a}-\frac{a}{2}×\frac{1}{a^2}+$$（{1-a}）×\frac{1}{a}+1=\frac{1}{2a}-lna$．
综上，当a≤0时，函数g（x）无极值；当a＞0时，函数g（x）有极大值$\frac{1}{2a}-lna$；
（Ⅲ）证明：当a=-2时，f（x）=lnx+x²+x，x＞0，
由f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，
即$ln{x_1}+x_1^2+{x_1}+ln{x_2}$$+x_2^2+{x_2}+{x_1}{x_2}=0$，
从而${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+（{{x_1}+{x_2}}）$=x₁x₂-ln（x₁x₂），
令t=x₁x₂，则φ（t）=t-lnt，得φ′（t）=$\frac{t-1}{t}$，
可知φ（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，
∴φ（t）≥φ（1）=1，∴${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+（{{x_1}+{x_2}}）≥1$，
因为x₁＞0，x₂＞0∴${x_1}+{x_2}≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，是一道中档题．