Question

6．已知函数f（x）=lnx+ax²+1．
（1）当a=-1时，求函数f（x）的极值；
（2）当a＞0时，证明：存在正实数λ，使得|${\frac{1-x}{f（x）-lnx}}$|≤λ恒成立．

Answer 1

分析 （1）运用求解导数得出f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，x＞0，判断（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）单调递增，（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）单调递减，
得出f（x）_极大值=f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{2}$，无极小值．
（2）构造g（x）=$\frac{1-x}{a{x}^{2}+1}$，当a＞0时g（x）的定义域为R，
g′（x）=$\frac{a{x}^{2}-2ax-1}{（1+a{x}^{2}）^{2}}$，g′（x）=$\frac{a{x}^{2}-2ax-1}{（1+a{x}^{2}）^{2}}$=0，x₁=1$-\sqrt{1+\frac{1}{a}}$，x₂=1$+\sqrt{1+\frac{1}{a}}$，
判断得出g（x）在（-∞，x₁）（x₂，+∞）单调递增，（₁，₂）单调递减，求解得出极值，得出存在常数M，得出不等式恒成立．

解答 解：（1）函数f（x）=lnx+ax²+1，
f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，x＞0，
当a=-1时，函数f（x）=lnx-x²+1，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x，x＞0，
∴x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）时，f′（x）＞0，
x∈（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）时，f′（x）＜0；
∴（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）单调递增，（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）单调递减，
∴f（x）_极大值=f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{2}$，无极小值．
（2）证明：令g（x）=$\frac{1-x}{a{x}^{2}+1}$，当a＞0时g（x）的定义域为R，
g′（x）=$\frac{a{x}^{2}-2ax-1}{（1+a{x}^{2}）^{2}}$，g′（x）=$\frac{a{x}^{2}-2ax-1}{（1+a{x}^{2}）^{2}}$=0，x₁=1$-\sqrt{1+\frac{1}{a}}$，x₂=1$+\sqrt{1+\frac{1}{a}}$，
g′（x）=$\frac{a{x}^{2}-2ax-1}{（1+a{x}^{2}）^{2}}$＞0，x₁＜1$-\sqrt{1+\frac{1}{a}}$，x₂＞1$+\sqrt{1+\frac{1}{a}}$，
∴g（x）在（-∞，x₁）（x₂，+∞）单调递增，（₁，₂）单调递减，
g（1）=0，当x＜1时，g（x）＞0，
当x＜1时，0＜g（x）＜g（x₁）
∴当x＞1时，0＜g（x）＜g（x₂）
记M=max||g（x₁）|g（x₂）|，
a＞0时，当λ∈[M，+∞），使得|${\frac{1-x}{f（x）-lnx}}$|≤λ恒成立．

点评 本题考查了导数在解决函数最值，不等式恒成立问题的综合运用，学生的运用算化简能力，分析问题的能力，属于难题．