Question

2．己知函數(shù)$f（x）=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+x，a∈R$．
（1）若f（1）=0，求函數(shù) f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（2）若關于x的不等式f（x）≤ax-1恒成立，求整數(shù)a的最小值；
（3）若 a=-2，正實數(shù) x₁，x₂滿足 f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，證明 ${x_1}+{x_2}≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）利用f（1）=0，確定a的值，求導函數(shù)，從而可確定函數(shù)的單調(diào)性；
（2）構造函數(shù)F（x）=f（x）-ax+1，利用導數(shù)研究其最值，將恒成立問題進行轉(zhuǎn)化，
（3）將代數(shù)式f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂放縮，構造關于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=-$\frac{{2x}^{2}-x-1}{x}$，
當f′（x）＜0，即x＞1時，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間（1，+∞）．
（2）令F（x）=f（x）-ax+1=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，
則F′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+1-a=-$\frac{{ax}^{2}+（a-1）x-1}{x}$=-a $\frac{（x+1）（x-\frac{1}{a}）}{x}$，
當a≤0時，在（0，+∞）上，函數(shù)F（x）單調(diào)遞增，且F（1）=2-$\frac{3}{2}$a＞0，不符合題意，
當a＞0時，函數(shù)F（x）在x=$\frac{1}{a}$時取最大值，F(xiàn)（$\frac{1}{a}$）=ln$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{2a}$，
令h（a）=ln$\frac{1}{a}$+$\frac{1}{2a}$=$\frac{1}{2a}$-lna，則根據(jù)基本函數(shù)性質(zhì)可知，在a＞0時，h（a）單調(diào)遞減，
又∵h（1）=$\frac{1}{2}$＞0，h（2）=$\frac{1}{4}$-ln2＜0，
∴符合題意的整數(shù)a的最小值為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，則g′（x）=$\frac{1}{x}$-1，
∴0＜x＜1時，g′（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
x＞1時，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，
∴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是正實數(shù)，
∴x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

點評 本題考查了函數(shù)性質(zhì)的綜合應用，屬于難題．