Question

10．已知函數(shù)$f（x）=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+x$，a∈R．
（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，求函數(shù)f（x）在（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-ax+1，求函數(shù)g（x）的極值；
（Ⅲ）若a=-2，正實(shí)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 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f′（1）=2，求出切線方程即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅲ）得到${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+（{{x_1}+{x_2}}）$=x₁x₂-ln（x₁x₂），令t=x₁x₂，則φ（t）=t-lnt，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+（{{x_1}+{x_2}}）≥1$，證明結(jié)論即可．

解答 解：（Ⅰ）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=lnx+x，則f（1）=1，所以切點(diǎn)為（1，1），
又$f'（x）=\frac{1}{x}+1$，則切線斜率f'（1）=2，
故切線方程為y-1=2（x-1），即2x-y-1=0．
（Ⅱ）g（x）=f（x）-（ax-1）=$lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（{1-a}）x+1$，
則$g'（x）=\frac{1}{x}-ax+（{1-a}）$=$\frac{{-a{x^2}+（{1-a}）x+1}}{x}$，
當(dāng)a≤0時(shí)，∵x＞0，∴g'（x）＞0．
∴g（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)，函數(shù)g（x）無(wú)極值點(diǎn)，
當(dāng)a＞0時(shí)，$g'（x）=\frac{{-a{x^2}+（{1-a}）x+1}}{x}$=$-\frac{{a（{x-\frac{1}{a}}）（{x+1}）}}{x}$，
令g'（x）=0得$x=\frac{1}{a}$，∴當(dāng)$x∈（{0，\frac{1}{a}}）$時(shí)，g'（x）＞0；當(dāng)$x∈（{\frac{1}{a}，+∞}）$時(shí)，g'（x）＜0．
因此g（x）在$（{0，\frac{1}{a}}）$上是增函數(shù)，在$（{\frac{1}{a}，+∞}）$上是減函數(shù)．
∴$x=\frac{1}{a}$時(shí)，g（x）有極大值$g（{\frac{1}{a}}）=ln\frac{1}{a}-\frac{a}{2}×\frac{1}{a^2}+$$（{1-a}）×\frac{1}{a}+1=\frac{1}{2a}-lna$．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g（x）無(wú)極值；當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)g（x）有極大值$\frac{1}{2a}-lna$；
（Ⅲ）證明：當(dāng)a=-2時(shí)，f（x）=lnx+x²+x，x＞0，
由f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，
即$ln{x_1}+x_1^2+{x_1}+ln{x_2}$$+x_2^2+{x_2}+{x_1}{x_2}=0$，
從而${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+（{{x_1}+{x_2}}）$=x₁x₂-ln（x₁x₂），
令t=x₁x₂，則φ（t）=t-lnt，得φ′（t）=$\frac{t-1}{t}$，
可知φ（x）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增，
∴φ（t）≥φ（1）=1，∴${（{{x_1}+{x_2}}）^2}+（{{x_1}+{x_2}}）≥1$，
因?yàn)閤₁＞0，x₂＞0∴${x_1}+{x_2}≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．