Question

16．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）-ax²-ax+1，讨论函数g（x）的单调区间；
（Ⅲ）若a=4，正实数x₁，x₂满足f（x₁）+f（x₂）+3x₁x₂=0，证明x₁+x₂≥$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）用f（1）=0，确定a的值，求导函数，确定函数的单调性，即可求函数f（x）的最大值；
（Ⅱ）利用导数的正负，分类讨论，即可讨论函数g（x）的单调区间；
（Ⅲ）将代数式f（x₁）+f（x₂）+3x₁x₂放缩，构造关于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）=-$\frac{2{x}^{2}-x-1}{x}$，
当f′（x）＜0，即x＞1时，函数f（x）的单调递减，当f′（x）＞0，即0＜x＜1时，函数f（x）的单调递增，
∴x=1时，函数f（x）取得极大值，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）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，
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）=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（$\frac{1}{a}$，+∞）．
证明：（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，则g′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
∴0＜x＜1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
x＞1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
∴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是正实数，
∴x₁+x₂≥$\frac{1}{2}$．

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．