Question

17．已知函数f（x）=lnx-x²+x．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）证明当a≥2时，关于x的不等式$f（x）＜（{\frac{a}{2}-1}）{x^2}+ax-1$恒成立；
（3）若正实数x₁，x₂满足$f（{x_1}）+f（{x_2}）+2（{x_1^2+x_2^2}）+{x_1}{x_2}=0$，证明${x_1}+{x_2}≥\frac{{\sqrt{5}-1}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）令$g（x）=f（x）-[{（{\frac{a}{2}-1}）{x^2}+ax-1}]=lnx-\frac{1}{2}a{x^2}+（{1-a}）x+1$，求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数的最大值，从而证出结论即可；
（3）得到（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂），这样令t=x₁x₂，t＞0，容易求得函数t-lnt的最小值为1，从而得到（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）≥1，解这个关于x₁+x₂的一元二次不等式即可得出要证的结论．

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）的单调递减区间为（1，+∞），函数f（x）的单增区间为（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$g'（x）=\frac{1}{x}-ax+（{1-a}）=\frac{{-a{x^2}+（{1-a}）x+1}}{x}$，
因为a≥2，所以$g'（x）=-\frac{{a（{x-\frac{1}{a}}）（{x+1}）}}{x}$，
令g'（x）=0，得$x=\frac{1}{a}$，所以当$x=（{0，\frac{1}{a}}），g'（x）＞0$，当$x∈（{\frac{1}{a}，+∞}）$时，g'（x）＜0，
因此函数g（x）在$x∈（{0，\frac{1}{a}}）$是增函数，在$x∈（{\frac{1}{a}，+∞}）$是减函数，
故函数g（x）的最大值为$g（{\frac{1}{a}}）=ln（{\frac{1}{a}}）-\frac{1}{2}a×{（{\frac{1}{a}}）^2}+（{1-a}）×（{\frac{1}{a}}）+1=\frac{1}{2a}-lna$，
令$h（a）=（{\frac{1}{2a}}）-lna$，因为$h（2）=\frac{1}{4}-ln2＜0$，又因为h（a）在a∈（0，+∞）是减函数，
所以当a≥2时，h（a）＜0，即对于任意正数x总有g（x）＜0，
所以关于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，
从而${{（x}_{1}{+x}_{2}）}^{2}$+（x₁+x₂）=x₁x₂-ln（x₁x₂），
令t=x₁x₂，则由h（t）=t-lnt得，h′（t）=$\frac{t-1}{t}$，
可知，h（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，
∴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．

点评 本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及换元思想，考查不等式的证明，是一道中档题．