Question

16．已知函数f（x）=lnx-x²+x．
（I）求函数f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）若关于x的不等式f（x）≤（$\frac{a}{2}$-1）x²+ax-1恒成立，求整数a的最小值；
（Ⅲ）若正实数x₁，x₂满足f（x₁）+f（x₂）+2（x${\;}_{1}^{2}$+x${\;}_{2}^{2}$）+x₁x₂=0，证明x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求f′（x），而使f′（x）≤0的x所在区间便为f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）构造函数$g（x）=f（x）-[（\frac{a}{2}-1）{x^2}+ax-1]=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（1-a）x+1$，求g′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，容易判断当a≤0时不合题意；而a＞0时，能够求出f（x）的最大值为$g（\frac{1}{a}）=\frac{1}{2a}-lna$，可设h（a）=$\frac{1}{2a}-lna$，该函数在（0，+∞）上为减函数，并且h（1）＞0，h（2）＜0，从而得到整数a最小为2；
（Ⅲ）由f（x₁）+f（x₂）+2（x${\;}_{1}^{2}$+x${\;}_{2}^{2}$）+x₁x₂=0便得到$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）={x}_{1}{x}_{2}-ln{（x}_{1}{x}_{2}）$，这样令t=x₁x₂，t＞0，容易求得函数t-lnt的最小值为1，从而得到$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）≥1$，解这个关于x₁+x₂的一元二次不等式即可得出要证的结论．

解答 解：（Ⅰ）$f′（x）=\frac{-2{x}^{2}+x+1}{x}$（x＞0）；
∴x≥1时，f′（x）≤0；
∴f（x）的单调减区间为[1，+∞）；
（Ⅱ）令$g（x）=f（x）-[（\frac{a}{2}-1）{x^2}+ax-1]=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（1-a）x+1$；
所以$g′（x）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$=$\frac{（-ax+1）（x+1）}{x}$；
（1）当a≤0时，因为x＞0，所以g′（x）＞0；
∴此时g（x）在（0，+∞）上是递增函数；
又g（1）=$-\frac{3}{2}a+2＞0$；
∴g（x）≤0不能恒成立，即关于x的不等式f（x）≤$（\frac{a}{2}-1）{x^2}+ax-1$不能恒成立；
∴这种情况不存在；
（2）当a＞0时，$g′（x）=-\frac{a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$；
∴当x$∈（0，\frac{1}{a}）$时，g′（x）＞0；当$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$时，g′（x）＜0；
∴函数g（x）的最大值为$g（\frac{1}{a}）=ln\frac{1}{a}-\frac{1}{2}a•（\frac{1}{a}）^{2}+（1-a）•\frac{1}{a}+1$=$\frac{1}{2a}-lna$；
令$h（a）=\frac{1}{2a}-lna$；
∵h（1）=$\frac{1}{2}＞0$，h（2）=$\frac{1}{4}-ln2＜0$，又h（a）在a∈（0，+∞）上是减函数；
∴当a≥2时，h（a）＜0；
所以整数a的最小值为2；
（Ⅲ）证明：由f（x₁）+f（x₂）$+2（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}）+{x}_{1}{x}_{2}=0$；
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}）={x}_{1}{x}_{2}-ln{（x}_{1}{x}_{2}）$；
令t=x₁x₂，则由h（t）=t-lnt得，h′（t）=$\frac{t-1}{t}$；
可知，h（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增；
∴h（t）≥h（1）=1；
∴$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）≥1$，又x₁+x₂＞0；
因此${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

点评 考查根据函数导数符号求函数单调区间的方法，根据函数导数符号求函数最值的方法，以及对数函数、反比例函数的单调性，解一元二次不等式．