Question

2．己知函数$f（x）=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+x，a∈R$．
（1）若f（1）=0，求函数 f（x）的单调递减区间；
（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 ${x_1}+{x_2}≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）利用f（1）=0，确定a的值，求导函数，从而可确定函数的单调性；
（2）构造函数F（x）=f（x）-ax+1，利用导数研究其最值，将恒成立问题进行转化，
（3）将代数式f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂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：（1）∵f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，f（1）=0，
∴a=2，且x＞0．
∴f（x）=lnx-x²+x，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x+1=-$\frac{{2x}^{2}-x-1}{x}$，
当f′（x）＜0，即x＞1时，函数f（x）的单调递减，
∴函数f（x）的单调减区间（1，+∞）．
（2）令F（x）=f（x）-ax+1=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，
则F′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1-a=-$\frac{{ax}^{2}+（a-1）x-1}{x}$=-a $\frac{（x+1）（x-\frac{1}{a}）}{x}$，
当a≤0时，在（0，+∞）上，函数F（x）单调递增，且F（1）=2-$\frac{3}{2}$a＞0，不符合题意，
当a＞0时，函数F（x）在x=$\frac{1}{a}$时取最大值，F（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{2a}$，
令h（a）=ln$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{2a}$=$\frac{1}{2a}$-lna，则根据基本函数性质可知，在a＞0时，h（a）单调递减，
又∵h（1）=$\frac{1}{2}$＞0，h（2）=$\frac{1}{4}$-ln2＜0，
∴符合题意的整数a的最小值为2．
（3）∵a=-2，
∴f（x）=lnx+x²+x，
∴f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=lnx₁+x₁²+x₁+lnx₂+x₂²+x₁x₂+x₂
=（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）+x₁x₂≤（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-1，
即（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-1≥0，
又∵x₁，x₂是正实数，
∴x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

点评 本题考查了函数性质的综合应用，属于难题．