Question

1．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（Ⅰ）若f（1）=0，求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-（ax-1），求函数g（x）的单调区间；
（Ⅲ）若a=-2，正实数x₁，x₂满足f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，证明x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）先求出a的值，然后求原函数的极值即可；
（2）求导数，然后通过研究不等式的解集确定原函数的单调性；
（3）结合已知条件构造函数，然后结合函数单调性得到要证的结论．

解答 解：（Ⅰ）因为f（1）=$1-\frac{a}{2}=0$，所以a=2．
此时f（x）=lnx-x²+x，x＞0，
$f′（x）=\frac{1}{x}-2x+1=\frac{-2{x}^{2}+x+1}{x}（x＞0）$，
由f'（x）=0，得x=1，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
故当x=1时函数有极大值，也是最大值，所以f（x）的最大值为f（1）=0． 
（Ⅱ）$g（x）=f（x）-（ax-1）=lnx-\frac{1}{2}a{x}^{2}+（1-a）x+1$，
所以$g′（x）=\frac{1}{x}-ax+（1-a）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$．
当a≤0时，因为x＞0，所以g′（x）＞0．
所以g（x）在（0，+∞）上是递增函数，
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$x=\frac{1}{a}$．
所以当$x∈（0，\frac{1}{a}）$时，g′（x）＞0；当$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$时，g′（x）＜0，
因此函数g（x）在$x∈（0，\frac{1}{a}）$是增函数，在$（\frac{1}{a}，+∞）$是减函数．
综上，当a≤0时，函数g（x）的递增区间是（0，+∞），无递减区间；
当a＞0时，函数g（x）的递增区间是$（0，\frac{1}{a}）$，递减区间是$（\frac{1}{a}，+∞）$．
（Ⅲ）由x₁＞0，x₂＞0，即x₁+x₂＞0．
令t=x₁x₂，则由x₁＞0，x₂＞0得，$φ′（t）=\frac{t-1}{t}$．t＞0
可知，φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．
所以φ（t）≥φ（1）=1，
所以$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）≥1$，解得${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$或${x}_{1}+{x}_{2}≤\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$．
又因为x₁＞0，x₂＞0，
因此${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

点评 本题难度较大，属于利用导数研究函数的单调性、最值，以及利用导数证明单调性进一步研究不等式问题的题型．