已知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)<(a2−1)x2+ax−1恒成立;
(3) 若正实数x1,x2满足f(x1)+f(x2)+2(x21+x22)+x1x2=0,证明:x1+x2>√5−12.
分析与解 (1)函数f(x)的导函数f′(x)=2x+1x⋅(1−x),
于是函数f(x)的单调递增区间是(0,1),单调递减区间是(1,+∞).
(2)记g(x)=f(x)−(a2−1)x2−ax+1,则g(x)=lnx−a2x2+(1−a)x+1,x>0,
其导函数g′(x)=x+1x⋅(1−ax),
于是g(x)⩽g(1a)=−lna+12a,
由要证−lna+12a<0对a⩾2恒成立.记函数φ(a)=−lna+12a,其中a⩾2,则其导函数φ′(a)=−2a+12a2<0,
于是φ(a)单调递减,进而有φ(a)⩽φ(2)=−ln2+14=lne164<0,
于是原命题得证.
(3)根据已知条件,可得(x1+x2)2+(x1+x2)−1=−1+x1x2−lnx1x2.
设μ(x)=−1+x−lnx,则其导函数μ′(x)=x−1x,
于是可得μ(x)的最小值为μ(1)=0,因此(x1+x2)2+(x1+x2)−1⩾0,
解得x1+x2>√5−12.