Question

13．已知函數(shù)f（x）=alnx+bx²+x（a，b∈R）．
（1）若a=-1，b=0，求f（x）的最小值；
（2）若f（1）=f′（1）=0，求f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（3）若a=b=1，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）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的最小值即可；
（2）由f（1）=0，求出b的值，由f′（1）=0，求出a的值，從而求出函數(shù)的遞減區(qū)間即可；
（3）問題轉(zhuǎn)化為x₁x₂-ln（x₁x₂）≥1，即${（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）≥1$，解出即可．

解答 解：（1）若a=-1，b=0，
則$f（x）=x-lnx（x＞0），f'（x）=1-\frac{1}{x}=\frac{x-1}{x}$，
令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，
易知f（x）在（0，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
故f（x）_min=f（1）=1．
（2）由f（1）=b+1=0得b=-1，
∴$f（x）=alnx-{x^2}+x，f'（x）=\frac{a}{x}-2x+1$，
f'（1）=a-2+1=0，a=1，
∴$f'（x）=\frac{1}{x}-2x+1=-\frac{{2{x^2}-x-1}}{x}=-\frac{（2x+1）（x-1）}{x}$，
由f'（x）＜0得x＞1，
∴f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞）．
（3）由f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，
得：$ln{x_1}+x_1^2+ln{x_2}+x_2^2+{x_1}+{x_2}=0$，
∴${（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）={x_1}{x_2}-ln（{x_1}{x_2}）$．
由（1）得x₁x₂-ln（x₁x₂）≥1，
∴${（{x_1}+{x_2}）^2}+（{x_1}+{x_2}）≥1$，
解得：${x_1}+{x_2}≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及解不等式問題，是一道中檔題．