Question

6．已知函數(shù)f（x）=lnx+ax²+1．
（1）當(dāng)a=-1時，求函數(shù)f（x）的極值；
（2）當(dāng)a＞0時，證明：存在正實數(shù)λ，使得|${\frac{1-x}{f（x）-lnx}}$|≤λ恒成立．

Answer 1

分析 （1）運用求解導(dǎo)數(shù)得出f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，x＞0，判斷（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）單調(diào)遞增，（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）單調(diào)遞減，
得出f（x）_極大值=f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{2}$，無極小值．
（2）構(gòu)造g（x）=$\frac{1-x}{a{x}^{2}+1}$，當(dāng)a＞0時g（x）的定義域為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$+\sqrt{1+\frac{1}{a}}$，
判斷得出g（x）在（-∞，x₁）（x₂，+∞）單調(diào)遞增，（₁，₂）單調(diào)遞減，求解得出極值，得出存在常數(shù)M，得出不等式恒成立．

解答 解：（1）函數(shù)f（x）=lnx+ax²+1，
f′（x）=$\frac{1}{x}$+2ax，x＞0，
當(dāng)a=-1時，函數(shù)f（x）=lnx-x²+1，
f′（x）=$\frac{1}{x}$-2x，x＞0，
∴x∈（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）時，f′（x）＞0，
x∈（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）時，f′（x）＜0；
∴（0，$\frac{\sqrt{2}}{2}$）單調(diào)遞增，（$\frac{\sqrt{2}}{2}$，+∞）單調(diào)遞減，
∴f（x）_極大值=f（$\frac{\sqrt{2}}{2}$）=ln$\frac{\sqrt{2}}{2}$+$\frac{1}{2}$，無極小值．
（2）證明：令g（x）=$\frac{1-x}{a{x}^{2}+1}$，當(dāng)a＞0時g（x）的定義域為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，+∞）單調(diào)遞增，（₁，₂）單調(diào)遞減，
g（1）=0，當(dāng)x＜1時，g（x）＞0，
當(dāng)x＜1時，0＜g（x）＜g（x₁）
∴當(dāng)x＞1時，0＜g（x）＜g（x₂）
記M=max||g（x₁）|g（x₂）|，
a＞0時，當(dāng)λ∈[M，+∞），使得|${\frac{1-x}{f（x）-lnx}}$|≤λ恒成立．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)在解決函數(shù)最值，不等式恒成立問題的綜合運用，學(xué)生的運用算化簡能力，分析問題的能力，屬于難題．