Question

1．已知函數(shù)f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+x，a∈R．
（Ⅰ）若f（1）=0，求函數(shù)f（x）的最大值；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）-（ax-1），求函數(shù)g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅲ）若a=-2，正實(shí)數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，證明x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）先求出a的值，然后求原函數(shù)的極值即可；
（2）求導(dǎo)數(shù)，然后通過(guò)研究不等式的解集確定原函數(shù)的單調(diào)性；
（3）結(jié)合已知條件構(gòu)造函數(shù)，然后結(jié)合函數(shù)單調(diào)性得到要證的結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）因?yàn)閒（1）=$1-\frac{a}{2}=0$，所以a=2．
此時(shí)f（x）=lnx-x²+x，x＞0，
$f′（x）=\frac{1}{x}-2x+1=\frac{-2{x}^{2}+x+1}{x}（x＞0）$，
由f'（x）=0，得x=1，所以f（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
故當(dāng)x=1時(shí)函數(shù)有極大值，也是最大值，所以f（x）的最大值為f（1）=0． 
（Ⅱ）$g（x）=f（x）-（ax-1）=lnx-\frac{1}{2}a{x}^{2}+（1-a）x+1$，
所以$g′（x）=\frac{1}{x}-ax+（1-a）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$．
當(dāng)a≤0時(shí)，因?yàn)閤＞0，所以g′（x）＞0．
所以g（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)，
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$x=\frac{1}{a}$．
所以當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{a}）$時(shí)，g′（x）＞0；當(dāng)$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$時(shí)，g′（x）＜0，
因此函數(shù)g（x）在$x∈（0，\frac{1}{a}）$是增函數(shù)，在$（\frac{1}{a}，+∞）$是減函數(shù)．
綜上，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)g（x）的遞增區(qū)間是（0，+∞），無(wú)遞減區(qū)間；
當(dāng)a＞0時(shí)，函數(shù)g（x）的遞增區(qū)間是$（0，\frac{1}{a}）$，遞減區(qū)間是$（\frac{1}{a}，+∞）$．
（Ⅲ）由x₁＞0，x₂＞0，即x₁+x₂＞0．
令t=x₁x₂，則由x₁＞0，x₂＞0得，$φ′（t）=\frac{t-1}{t}$．t＞0
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．
所以φ（t）≥φ（1）=1，
所以$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）≥1$，解得${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$或${x}_{1}+{x}_{2}≤\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$．
又因?yàn)閤₁＞0，x₂＞0，
因此${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題難度較大，屬于利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值，以及利用導(dǎo)數(shù)證明單調(diào)性進(jìn)一步研究不等式問(wèn)題的題型．