Question

11．已知函数f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，a∈R．
（ I）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）令g（x）=f（x）+ax-$\frac{13}{2}$，若a=2，正实数x₁，x₂满足g（x₁）+g（x₂）+x₁x₂=0，求x₁+x₂的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）推导出${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-ax+（1-a）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，由a的取值进行分类，结合导数的性质能求出函数f（x）的单调区间．
（Ⅱ）当a=-2时，$g（x）=lnx+{x^2}+x-\frac{11}{2}$，x＞0．推导出（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-11=x₁x₂-ln（x₁x₂），令t=x₁x₂，则由ϕ（t）=t-lnt得：$ϕ'（t）=1-\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}$，由此利用导数性质能求出x₁+x₂的最小值．

解答 （本小题满分12分）
解：（Ⅰ）∵f（x）=lnx-$\frac{1}{2}$ax²+（1-a）x+1，a∈R，
∴${f}^{'}（x）=\frac{1}{x}-ax+（1-a）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$，…（1分）
当a≤0时，∵x＞0，∴f′（x）＞0．∴f（x）在（0，+∞）上是递增函数，
即f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间．…（3分）
当a＞0时，${f}^{'}（x）=\frac{-a{x}^{2}+（1-a）x+1}{x}$=-$\frac{a（x-\frac{1}{a}）（x+1）}{x}$，
令f′（x）=0，得$x=\frac{1}{a}$．∴当$x∈（0，\frac{1}{a}）$时，f′（x）＞0；
当$x∈（\frac{1}{a}，+∞）$时，f′（x）＜0．
∴f（x）在$（0，\frac{1}{a}）$上是增函数，在（$\frac{1}{a}，+∞$）上是减函数．
∴f（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调递减区间为（$\frac{1}{a}，+∞$）．…（5分）
综上，当a≤0时，f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无递减区间；
当a＞0时，f（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调递减区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）．…（6分）
（Ⅱ）当a=-2时，$g（x）=lnx+{x^2}+x-\frac{11}{2}$，x＞0．
由g（x₁）+g（x₂）+x₁x₂=0，即$ln{x_1}+x_1^2+{x_1}+ln{x_2}+x_2^2+{x_2}+{x_1}{x_2}-11=0$，
从而（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-11=x₁x₂-ln（x₁x₂），…（8分）
令t=x₁x₂，则由ϕ（t）=t-lnt得：$ϕ'（t）=1-\frac{1}{t}=\frac{t-1}{t}$，
可知，ϕ（t）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增．
∴ϕ（t）≥ϕ（1）=1，…（10分）
∴（x₁+x₂）²+（x₁+x₂）-11≥1，∴（x₁+x₂+4）（x₁+x₂-3）≥0
又∵x₁＞0，x₂＞0，∴x₁+x₂≥3．
当且仅当x_1，2=$\frac{3±\sqrt{5}}{2}$时取等号．    …（11分）
则x₁+x₂的最小值是3．…（12分）

点评 本题考查函数的单调区间的求法，考查两数和的最小值的求法，考查导数性质、构造法、函数单调性等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想、分类与整合思想，是中档题．