Question

17．已知函數f（x）=lnx-ax²，g（x）=f（x）+ax²-x．
（1）求函數f（x）的極值；
（2）設x₁＞x₂＞0，比較$\frac{{x}_{1}}{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}$-$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$與1的大小關系，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區間，從而求出函數的極值即可；
（2）問題轉化為比較$\frac{{x}_{1}{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$與lnx₁-lnx₂的大小，令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（t＞1），即比較$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$與lnt的大小．設G（t）=$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$-lnt，根據函數的單調性并比較即可．

解答 解：（1）依題意f′（x）=$\frac{1}{x}$-2ax=$\frac{1-2{ax}^{2}}{x}$，x∈（0，+∞），
①若a≤0，則f′（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，函數f（x）無極值；
②若a＞0，則f′（x）=$\frac{（1-\sqrt{2a}x）（1+\sqrt{2a}x）}{x}$，此時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＞$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，
故函數f（x）的單調增區間為（0，$\frac{1}{\sqrt{2a}}$），單調減區間為（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$，+∞），
故函數f（x）的極大值為f（$\frac{1}{\sqrt{2a}}$）=-$\frac{1}{2}$（ln2a+1），無極小值．
綜上所述，當a≤0時，函數f（x）無極值；
當a＞0時，函數f（x）有極大值-$\frac{1}{2}$（ln2a+1），無極小值；
（2）依題意，g（x）=$\frac{{x}_{1}}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$-$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$，
要比較$\frac{{x}_{1}}{{x}_{1}^{2}+{x}_{2}^{2}}$-$\frac{g（{x}_{1}）-g（{x}_{2}）}{{x}_{1}-{x}_{2}}$與1的大小，
即比較$\frac{{x}_{1}}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$與$\frac{l{nx}_{1}-l{nx}_{2}}{{{x}_{1}-x}_{2}}$的大小，
∵x₁-x₂＞0，∴可比較$\frac{{x}_{1}{（x}_{1}{-x}_{2}）}{{{{{x}_{1}}^{2}+x}_{2}}^{2}}$與lnx₁-lnx₂的大小，
令t=$\frac{{x}_{1}}{{x}_{2}}$（t＞1），即比較$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$與lnt的大�。�
設G（t）=$\frac{{t}^{2}-1}{{t}^{2}+1}$-lnt，
則G′（t）=$\frac{{t}^{3}（1-t）-（t+1）}{{t{（t}^{2}+1）}^{2}}$，
因為t＞1，所以G′（t）＜0，所以函數G（t）在（1，+∞）上單調遞減，
故G（t）＜G（1）=0，所以G（t）＜0對任意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．

點評 本題考查了函數的單調性、極值問題，考查導數的應用以及分類討論思想，考查轉化思想，是一道綜合題．