Question

5．已知函数f（x）=lnx+ax²+1的图象在点（1，f（1））处切线的斜率为3．
（1）求实数a的值；
（2）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）求导f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，f′（1）=1+2a=3，从而解得；
（2）f（x）=lnx+x²+1的定义域为（0，+∞），令g（x）=$\frac{1-x}{f（x）-lnx}$=$\frac{1-x}{{x}^{2}+1}$，从而求导确定函数的单调性及最值，从而化恒成立问题为最值问题，从而解得．

解答 解：（1）∵f（x）=lnx+ax²+1，
∴f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，f′（1）=1+2a=3，
解得，a=1；
（2）证明：f（x）=lnx+x²+1的定义域为（0，+∞），
故令g（x）=$\frac{1-x}{f（x）-lnx}$=$\frac{1-x}{{x}^{2}+1}$，
g′（x）=$\frac{-1（{x}^{2}+1）-（1-x）2x}{（{x}^{2}+1）^{2}}$=$\frac{（x-1+\sqrt{2}）（x-1-\sqrt{2}）}{{（x}^{2}+1）^{2}}$，
故当x∈（0，1+$\sqrt{2}$）时，g′（x）＜0，
当x∈（1+$\sqrt{2}$，+∞）时，g′（x）＞0；
故g（x）在（0，1+$\sqrt{2}$）上单调递减，在（1+$\sqrt{2}$，+∞）上单调递增；
而g（1+$\sqrt{2}$）=-$\frac{1}{2\sqrt{2}+2}$，$\underset{lim}{x→0}$g（x）=$\underset{lim}{x→0}$$\frac{1-x}{{x}^{2}+1}$=1，$\underset{lim}{x→+∞}$g（x）=$\underset{lim}{x→+∞}$$\frac{1-x}{{x}^{2}+1}$=0，
故|$\frac{1-x}{f（x）-lnx}$|≤1恒成立；
故当λ≥1时，|$\frac{1-x}{f（x）-lnx}$|≤λ恒成立．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了转化思想与构造法的应用．