Question

15．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（1）若a=2，求函数f（x）的单调区间；
（2）若关于x的不等式f（x）≤ax-1恒成立，求整数a的最小值．
（3）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）求得函数的导数，令导数小于0，解二次不等式，注意x＞0，可得单调减区间；
（2）由题意先求函数的定义域，再求导g′（x）=f′（x）-a=$\frac{1}{x}$-ax+1-a=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，从而讨论导数的正负以确定函数的单调性．
（3）结合（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂），构造函数，然后结合函数单调性得到要证的结论．

解答 解：（1）若a=2，则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）的减区间为（1，+∞），增区间为（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当a≤0时，∵x＞0，∴-ax²+（1-a）x+1＞0，∴g′（x）＞0
g（x）在（0，+∞）单调递增，且g（1）=-$\frac{3}{2}a+2＞0$，
此时不等式f（x）≤ax-1不恒成立．
②当a＞0时，g$′（x）=-\frac{a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$．
当$∈（0，\frac{1}{a}$）时，g′（x）＞0，x$∈（\frac{1}{a}，+∞）$时，g′（x）＜0
∴g（x）在（0，$\frac{1}{a}$）递增，在（$\frac{1}{a}，+∞$）d递减，
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），显然函数h（a）在（0，+∞）递减．
且h（1）=$\frac{1}{2}＞0，h（2）=\frac{1}{2}-ln2＜0$．
∴整数a的最小值为2．
（3）证明：由f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，
即lnx₁+x₁²+x₁+lnx₂+x₂²+x₂+x₁x₂=0，
从而（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂），
令t=x₁x₂，则由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（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）≥1，解得：x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．或x₁+x$≤\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$．
因为x₁＞0，x₂＞0，
因此x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，主要考查不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，以及利用导数证明单调性进一步研究不等式问题的题型，注意运用参数分离和函数的零点存在定理，属于中档题．