Question

17．已知函数f（x）=lnx-ax²，g（x）=f（x）+ax²-x．
（1）求函数f（x）的极值；
（2）设x₁＞x₂＞0，比较$\frac{{x}_{1}}{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}$-$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$与1的大小关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而求出函数的极值即可；
（2）问题转化为比较$\frac{{x}_{1}{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$与lnx₁-lnx₂的大小，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（t＞1），即比较$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$与lnt的大小．设G（t）=$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$-lnt，根据函数的单调性并比较即可．

解答 解：（1）依题意f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax=$\frac{1-2{ax}^{2}}{x}$，x∈（0，+∞），
①若a≤0，则f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，函数f（x）无极值；
②若a＞0，则f′（x）=$\frac{（1-\sqrt{2a}x）（1+\sqrt{2a}x）}{x}$，此时1+$\sqrt{2a}$x＞0，x＞0，
令f′（x）＞0，解得：0＜x＜$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，令f′（x）＜0，解得x＞$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，
故函数f（x）的单调增区间为（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$），单调减区间为（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞），
故函数f（x）的极大值为f（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）=-$\frac{1}{2}$（ln2a+1），无极小值．
综上所述，当a≤0时，函数f（x）无极值；
当a＞0时，函数f（x）有极大值-$\frac{1}{2}$（ln2a+1），无极小值；
（2）依题意，g（x）=$\frac{{x}_{1}}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$-$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
要比较$\frac{{x}_{1}}{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}$-$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$与1的大小，
即比较$\frac{{x}_{1}}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$与$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$的大小，
∵x₁-x₂＞0，∴可比较$\frac{{x}_{1}{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$与lnx₁-lnx₂的大小，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（t＞1），即比较$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$与lnt的大小．
设G（t）=$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$-lnt，
则G′（t）=$\frac{{t}^{3}（1-t）-（t+1）}{{t{（t}^{2}+1）}^{2}}$，
因为t＞1，所以G′（t）＜0，所以函数G（t）在（1，+∞）上单调递减，
故G（t）＜G（1）=0，所以G（t）＜0对任意t＞1恒成立，
所以$\frac{{x}_{1}{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$＜lnx₁-lnx₂，
所以$\frac{{x}_{1}}{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}$-$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$＜1．

点评 本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，考查转化思想，是一道综合题．