Question

17．已知函數(shù)f（x）=lnx-x²+x．
（1）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）證明當a≥2時，關于x的不等式$f（x）＜（{\frac{a}{2}-1}）{x^2}+ax-1$恒成立；
（3）若正實數(shù)x₁，x₂滿足$f（{x_1}）+f（{x_2}）+2（{x_1^2+x_2^2}）+{x_1}{x_2}=0$，證明${x_1}+{x_2}≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，解關于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調區(qū)間即可；
（2）令$g（x）=f（x）-[{（{\frac{a}{2}-1}）{x^2}+ax-1}]=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（{1-a}）x+1$，求出函數(shù)的導數(shù)，得到函數(shù)的單調區(qū)間，求出函數(shù)的最大值，從而證出結論即可；
（3）得到（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂），這樣令t=x₁x₂，t＞0，容易求得函數(shù)t-lnt的最小值為1，從而得到（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）≥1，解這個關于x₁+x₂的一元二次不等式即可得出要證的結論．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{1}{x}-2x+1=\frac{{-2{x^2}+x+1}}{x}（{x＞0}）$，
由f'（x）＜0，得2x²-x-1＞0．又x＞0，所以x＞1，
所以f（x）的單調遞減區(qū)間為（1，+∞），函數(shù)f（x）的單增區(qū)間為（0，1）．
（2）令$g（x）=f（x）-[{（{\frac{a}{2}-1}）{x^2}+ax-1}]=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（{1-a}）x+1$，
所以$g'（x）=\frac{1}{x}-ax+（{1-a}）=\frac{{-a{x^2}+（{1-a}）x+1}}{x}$，
因為a≥2，所以$g'（x）=-\frac{{a（{x-\frac{1}{a}}）（{x+1}）}}{x}$，
令g'（x）=0，得$x=\frac{1}{a}$，所以當$x=（{0，\frac{1}{a}}），g'（x）＞0$，當$x∈（{\frac{1}{a}，+∞}）$時，g'（x）＜0，
因此函數(shù)g（x）在$x∈（{0，\frac{1}{a}}）$是增函數(shù)，在$x∈（{\frac{1}{a}，+∞}）$是減函數(shù)，
故函數(shù)g（x）的最大值為$g（{\frac{1}{a}}）=ln（{\frac{1}{a}}）-\frac{1}{2}a×{（{\frac{1}{a}}）^2}+（{1-a}）×（{\frac{1}{a}}）+1=\frac{1}{2a}-lna$，
令$h（a）=（{\frac{1}{2a}}）-lna$，因為$h（2）=\frac{1}{4}-ln2＜0$，又因為h（a）在a∈（0，+∞）是減函數(shù)，
所以當a≥2時，h（a）＜0，即對于任意正數(shù)x總有g（x）＜0，
所以關于x的不等式恒成立．
（3）由f（x₁）+f（x₂）+2（${{x}_{1}}^{2}$+${{x}_{2}}^{2}$）+x₁x₂=0，
即lnx₁+${{x}_{1}}^{2}$+lnx₂+${{x}_{2}}^{2}$+x₁x₂=0，
從而${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$+（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂），
令t=x₁x₂，則由h（t）=t-lnt得，h′（t）=$\frac{t-1}{t}$，
可知，h（t）在區(qū)間（0，1）上單調遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調遞增，
∴h（t）≥h（1）=1，
∴（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）≥1，又x₁+x₂＞0，
因此x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調性問題，考查導數(shù)的應用以及換元思想，考查不等式的證明，是一道中檔題．