Question

11．已知函数$f（x）=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+x，a∈R$．
（1）当a=0时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程；
（2）令g（x）=f（x）-ax+1，求函数g（x）的极大值；
（3）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 （1）求出函数的导数，计算f（1），f′（1）的值，从而求出切线方程即可；
（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；求出函数的极大值即可；
（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：（1）a=0时，f（x）=lnx+x，f′（x）=$\frac{1}{x}$+1，
故f（1）=1，f′（1）=2，
故切线方程是：y-1=2（x-1），
整理得：2x-y-1=0；
（2）g（x）=f（x）-（ax-1）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，
所以g′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+（1-a）=$\frac{-{ax}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，
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）=$\frac{-a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，
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，无极大值；
当a＞0时，函数g（x）的递增区间是（0，$\frac{1}{a}$），递减区间是（$\frac{1}{a}$，+∞）；
故g（x）_极大值=g（$\frac{1}{a}$）=$\frac{1}{a}$-lna；
证明：（3）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+x₂≤$\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$，
又因为x₁＞0，x₂＞0，
因此x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$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．