高中数学选择性必修 第二册（381题）

---

知识点：第五章 一元函数的导数及其应用

参考答案：令 \(g\left( x \right) = f\left( x \right) - x = \ln x + 2{x^2} - x - 2\left( {x > 0} \right)\) ，

所以 \(g'\left( x \right) = \frac{1}{x} + 4x - 1 \geqslant 2\sqrt {\frac{1}{x} \cdot 4x} - 1 = 3 > 0\) ，

所以函数 \(g\left( x \right)\) 在\(\left( {0, + \infty } \right)\) 上单调递增，

因为 \({x_1}\)，\({x_2}\) 是两个正数，且 \(f\left( {{x_1}} \right) + f\left( {{x_2}} \right) \geqslant {x_1} + {x_2}\)

所以 \(g\left( {{x_1}} \right) + g\left( {{x_2}} \right) \geqslant 0\)，

不妨设 \({x_1} \leqslant {x_2}\)，

当 \({x_1} > \frac{1}{2}\) 时，命题 \({x_1} + {x_2} > 1\) 显然成立，得证.

当 \(0 < {x_1} \leqslant \frac{1}{2}\) 时，令 \(F(x) = g(x) + g(1 - x),\left( {0 < x \leqslant \frac{1}{2}} \right)\)

所以 \(F'(x) = \frac{1}{x} + 4x - 1 - \frac{1}{{1 - x}} + 4x - 3 = \frac{{{{(1 - 2x)}^3}}}{{x(1 - x)}},\)

所以当\(x\in (0，\frac {1} {2}]\)时， \(1-2x\geqslant 0，1-x>0\) ，故 \(F'(x) \geqslant 0,\)

所以函数 \(F(x)\) 在\(x\in (0，\frac {1} {2}]\)上单调递增，

所以 \(F(x) \leqslant F\left( {\frac{1}{2}} \right) = - 2\ln 2 - 4 < 0,\)即 \(g(x) + g(1 - x) < 0\) ，

所以 \(g\left( {{x_1}} \right) < - g\left( {1 - {x_1}} \right)\) ，

因为 \(g({x_1}) \geqslant - g({x_2})\) ，所以 \( - g({x_2}) \leqslant g({x_1}) < - g(1 - {x_1})\)

所以 \(g({x_2}) > g(1 - {x_1})\)，

因为函数 \(g\left( x \right)\) 在 \(\left( {0, + \infty } \right)\) 上单调递增，

所以 \({x_2} > 1 - {x_1}\) ，即 \({x_1} + {x_2} > 1\) .

综上， \({x_1} + {x_2} > 1\) ，证毕.