Question

17．已知函數(shù)$f（x）=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（{1-a}）x$，a∈R．
（1）討論f（x）的單調(diào)性；
（2）當(dāng)a=-2時，正實數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，證明：${x_1}+{x_2}＞\frac{1}{4}$．

Answer 1

分析 （1）求出f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+（1-a）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，由a的取值進(jìn)行分類，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）可得（x₁+x₂）²+3（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂），令函數(shù)g（t）=t-lnt，（t＞0），則g′（t）=1-$\frac{1}{t}$，可得g（t）≥g（1）=1，即（x₁+x₂）²+3（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂）≥1，即x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{13}-3}{2}$$＞\frac{1}{4}$．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$+（1-a）x，a∈R，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$-ax+（1-a）=$\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，…（1分）
當(dāng)a≤0時，∵x＞0，∴f′（x）＞0．∴f（x）在（0，+∞）上是遞增函數(shù)，
即f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間．…（3分）
當(dāng)a＞0時，f′（x）=$\frac{-a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，令f′（x）=0，得x=$\frac{1}{a}$．∴當(dāng)x∈（0，$\frac{1}{a}$）時，f′（x）＞0；
當(dāng)x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時，f′（x）＜0．
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞）．…（5分）
綜上，當(dāng)a≤0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，+∞），無遞減區(qū)間；
當(dāng)a＞0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞）．…（6分）
（2）當(dāng)a=-2時，f（x）=lnx+x²+3x，（x＞0）
正實數(shù)x₁，x₂滿足f（x₁）+f（x₂）+x₁x₂=0，
⇒lnx₁+x₁²+3x₁+lnx₂+x₂²+3x₂，+x₁x₂=0
⇒（x₁+x₂）²+3（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂）
令函數(shù)g（t）=t-lnt，（t＞0），則g′（t）=1-$\frac{1}{t}$
t∈（0，1）時，g′（t）＜0，t∈（1，+∞）時，g′（t）＞0
∴g（t）≥g（1）=1
∴（x₁+x₂）²+3（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂）≥1．
則x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{13}-3}{2}$，或x₁+x₂$≤\frac{-\sqrt{13}-3}{2}$（舍去）
$\frac{\sqrt{13}-3}{2}-\frac{1}{4}=\frac{2\sqrt{13}-7}{4}=\frac{\sqrt{52}-7}{4}＞0$．
∴x₁+x₂≥$\frac{\sqrt{13}-3}{2}$$＞\frac{1}{4}$．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，構(gòu)造函數(shù)證明函數(shù)不等式，考查了轉(zhuǎn)化思想，函數(shù)與方程思想，屬于中檔題．