Question

11．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，a∈R．
（ I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）+ax-$\frac{13}{2}$，若a=2，正實數(shù)x₁，x₂滿足g（x₁）+g（x₂）+x₁x₂=0，求x₁+x₂的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推導出${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-ax+（1-a）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，由a的取值進行分類，結(jié)合導數(shù)的性質(zhì)能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（Ⅱ）當a=-2時，$g（x）=lnx+{x^2}+x-\frac{11}{2}$，x＞0．推導出（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-11=x₁x₂-ln（x₁x₂），令t=x₁x₂，則由ϕ（t）=t-lnt得：$ϕ'（t）=1-\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}$，由此利用導數(shù)性質(zhì)能求出x₁+x₂的最小值．

解答 （本小題滿分12分）
解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，a∈R，
∴${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-ax+（1-a）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，…（1分）
當a≤0時，∵x＞0，∴f′（x）＞0．∴f（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)，
即f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間．…（3分）
當a＞0時，${f}^{'}（x）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$=-$\frac{a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，
令f′（x）=0，得$x=\frac{1}{a}$．∴當$x∈（0，\frac{1}{a}）$時，f′（x）＞0；
當$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$時，f′（x）＜0．
∴f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$上是增函數(shù)，在（$\frac{1}{a}，+∞$）上是減函數(shù)．
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1}{a}，+∞$）．…（5分）
綜上，當a≤0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間；
當a＞0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞）．…（6分）
（Ⅱ）當a=-2時，$g（x）=lnx+{x^2}+x-\frac{11}{2}$，x＞0．
由g（x₁）+g（x₂）+x₁x₂=0，即$ln{x_1}+x_1^2+{x_1}+ln{x_2}+x_2^2+{x_2}+{x_1}{x_2}-11=0$，
從而（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-11=x₁x₂-ln（x₁x₂），…（8分）
令t=x₁x₂，則由ϕ（t）=t-lnt得：$ϕ'（t）=1-\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}$，
可知，ϕ（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增．
∴ϕ（t）≥ϕ（1）=1，…（10分）
∴（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-11≥1，∴（x₁+x₂+4）（x₁+x₂-3）≥0
又∵x₁＞0，x₂＞0，∴x₁+x₂≥3．
當且僅當x_1，2=$\frac{3±\sqrt{5}}{2}$時取等號．    …（11分）
則x₁+x₂的最小值是3．…（12分）

點評 本題考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，考查兩數(shù)和的最小值的求法，考查導數(shù)性質(zhì)、構(gòu)造法、函數(shù)單調(diào)性等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想、化歸與轉(zhuǎn)化思想、分類與整合思想，是中檔題．