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19.已知函數$f(x)=lnx-\frac{1}{2}a{x}^{2}+x,a∈R$.
(1)當a=0時,求函數f(x)在(1,f(1))處的切線方程;
(2)令g(x)=f(x)-(ax-1),求函數g(x)的極值;
(3)若a=-2,正實數x1,x2滿足f(x1)+f(x2)+x1x2=0,證明:${x}_{1}+{x}_{2}≥\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

分析 (1)求出f(x)的解析式,求出切點坐標,從而求出切線方程即可;
(2)求導數,然后通過研究不等式的解集確定原函數的單調性;
(3)結合已知條件構造函數,然后結合函數單調性得到要證的結論.

解答 解:(1)當a=0時,f(x)=lnx+x,則f(1)=1,所以切點為(1,1),
又f′(x)=$\frac{1}{x}$+1,則切線斜率k=f′(1)=2,
故切線方程為:y-1=2(x-1),即2x-y-1=0;
(2)g(x)=f(x)-(ax-1)=lnx-$\frac{1}{2}$ax2+(1-a)x+1,
所以g′(x)=$\frac{1}{x}$-ax+(1-a)=$\frac{-{ax}^{2}+(1-a)x+1}{x}$,
當a≤0時,因為x>0,所以g′(x)>0.
所以g(x)在(0,+∞)上是遞增函數,無極值;
當a>0時,g′(x)=$\frac{-a(x-\frac{1}{a})(x+1)}{x}$,
令g′(x)=0,得x=$\sqrt{(\;\;\;\;)}$$\frac{1}{a}$,
所以當x∈(0,$\frac{1}{a}$)時,g′(x)>0;當x∈($\frac{1}{a}$,+∞)時,g′(x)<0,
因此函數g(x)在x∈(0,$\frac{1}{a}$)是增函數,在($\frac{1}{a}$,+∞)是減函數,
當a>0時,函數g(x)的遞增區間是(0,$\frac{1}{a}$),遞減區間是($\frac{1}{a}$,+∞),
∴x=$\frac{1}{a}$時,g(x)有極大值g($\frac{1}{a}$)=$\frac{1}{2a}$-lna,
綜上,當a≤0時,函數g(x)無極值;
當a>0時,函數g(x)有極大值$\frac{1}{2a}$-lna,無極小值;
(3)由x1>0,x2>0,即x1+x2>0.
令t=x1x2,則由x1>0,x2>0得,φ′(t)=$\frac{t-1}{t}$,t>0,
可知,φ(t)在區間(0,1)上單調遞減,在區間(1,+∞)上單調遞增.
所以φ(t)≥φ(1)=1,
所以(x1+x22+(x1+x2)≥1,解得x1+x2≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$或x1+x2≤$\frac{-\sqrt{5}-1}{2}$,
又因為x1>0,x2>0,
因此x1+x2≥$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$成立.

點評 本題難度較大,屬于利用導數研究函數的單調性、最值,以及利用導數證明單調性進一步研究不等式問題的題型.

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