Question

16．已知函數(shù)f（x）=lnx-x²+x．
（I）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（Ⅱ）若關(guān)于x的不等式f（x）≤（$\frac{a}{2}$-1）x²+ax-1恒成立，求整數(shù)a的最小值；
（Ⅲ）若正實數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）+f（x₂）+2（x${\;}_{1}^{2}$+x${\;}_{2}^{2}$）+x₁x₂=0，證明x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求f′（x），而使f′（x）≤0的x所在區(qū)間便為f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)$g（x）=f（x）-[（\frac{a}{2}-1）{x^2}+ax-1]=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（1-a）x+1$，求g′（x）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，容易判斷當a≤0時不合題意；而a＞0時，能夠求出f（x）的最大值為$g（\frac{1}{a}）=\frac{1}{2a}-lna$，可設(shè)h（a）=$\frac{1}{2a}-lna$，該函數(shù)在（0，+∞）上為減函數(shù)，并且h（1）＞0，h（2）＜0，從而得到整數(shù)a最小為2；
（Ⅲ）由f（x₁）+f（x₂）+2（x${\;}_{1}^{2}$+x${\;}_{2}^{2}$）+x₁x₂=0便得到$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）={x}_{1}{x}_{2}-ln{（x}_{1}{x}_{2}）$，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$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）≥1$，解這個關(guān)于x₁+x₂的一元二次不等式即可得出要證的結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）$f′（x）=\frac{-2{x}^{2}+x+1}{x}$（x＞0）；
∴x≥1時，f′（x）≤0；
∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間為[1，+∞）；
（Ⅱ）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$g′（x）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$=$\frac{（-ax+1）（x+1）}{x}$；
（1）當a≤0時，因為x＞0，所以g′（x）＞0；
∴此時g（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)；
又g（1）=$-\frac{3}{2}a+2＞0$；
∴g（x）≤0不能恒成立，即關(guān)于x的不等式f（x）≤$（\frac{a}{2}-1）{x^2}+ax-1$不能恒成立；
∴這種情況不存在；
（2）當a＞0時，$g′（x）=-\frac{a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$；
∴當x$∈（0，\frac{1}{a}）$時，g′（x）＞0；當$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$時，g′（x）＜0；
∴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$h（a）=\frac{1}{2a}-lna$；
∵h（1）=$\frac{1}{2}＞0$，h（2）=$\frac{1}{4}-ln2＜0$，又h（a）在a∈（0，+∞）上是減函數(shù)；
∴當a≥2時，h（a）＜0；
所以整數(shù)a的最小值為2；
（Ⅲ）證明：由f（x₁）+f（x₂）$+2（{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}）+{x}_{1}{x}_{2}=0$；
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}）={x}_{1}{x}_{2}-ln{（x}_{1}{x}_{2}）$；
令t=x₁x₂，則由h（t）=t-lnt得，h′（t）=$\frac{t-1}{t}$；
可知，h（t）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞增；
∴h（t）≥h（1）=1；
∴$（{x}_{1}+{x}_{2}）^{2}+（{x}_{1}+{x}_{2}）≥1$，又x₁+x₂＞0；
因此${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立．

點評 考查根據(jù)函數(shù)導數(shù)符號求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的方法，根據(jù)函數(shù)導數(shù)符號求函數(shù)最值的方法，以及對數(shù)函數(shù)、反比例函數(shù)的單調(diào)性，解一元二次不等式．