题目

已知函数f（x）=lnx﹣ ax2+x，a∈R． （1） 若f（1）=0，求函数f（x）的最大值； （2） 令g（x）=f（x）﹣（ax﹣1），求函数g（x）的单调区间； （3） 若a=﹣2，正实数x1 ， x2满足f（x1）+f（x2）+x1x2=0，证明x1+x2≥ ． 答案： 解：因为f（1）= 1−a2=0 ，所以a=2． 此时f（x）=lnx﹣x2+x，x＞0， f'(x)=1x−2x+1=−2x2+x+1x(x>0) ，由f'（x）=0，得x=1，所以f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，故当x=1时函数有极大值，也是最大值，所以f（x）的最大值为f（1）=0． 解： g(x)=f(x)−(ax−1)=lnx−12ax2+(1−a)x+1 ， 所以 g'(x)=1x−ax+(1−a)=−ax2+(1−a)x+1x ．当a≤0时，因为x＞0，所以g′（x）＞0．所以g（x）在（0，+∞）上是递增函数，当a＞0时， g'(x)=−ax2+(1−a)x+1x=−a(x−1a)(x+1)x ，令g′（x）=0，得 x=1a ．所以当 x∈(0,1a) 时，g′（x）＞0；当 x∈(1a,+∞) 时，g′（x）＜0，因此函数g（x）在 x∈(0,1a) 是增函数，在 (1a,+∞) 是减函数．综上，当a≤0时，函数g（x）的递增区间是（0，+∞），无递减区间；当a＞0时，函数g（x）的递增区间是 (0,1a) ，递减区间是 (1a,+∞) ． 解：由x1＞0，x2＞0，即x1+x2＞0． 令t=x1x2，则由x1＞0，x2＞0得， ϕ'(t)=t−1t ．t＞0可知，φ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．所以φ（t）≥φ（1）=1，所以 (x1+x2)2+(x1+x2)≥1 ，解得 x1+x2≥5−12 或 x1+x2≤−5−12 ．又因为x1＞0，x2＞0，因此 x1+x2≥5−12 成立．

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