Question

14．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x}}{m{x}^{2}+nx+k}$，其中m，n，k∈R．
（1）若m=n=k=1，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若n=k=1，且當x≥0時，f（x）≥1總成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（3）若m＞0，n=0，k=1，若f（x）存在兩個極值點x₁、x₂，求證：$\frac{e\sqrt{m}}{m}$＜f（x₁）+f（x₂）＜$\frac{{e}^{2}+1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）若m=n=k=1，求導數(shù)，利用導數(shù)的正負，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若n=k=1，且當x≥0時，f（x）≥1總成立，先確定m≥0，在分類討論，確定函數(shù)的最小值，即可求實數(shù)m的取值范圍；
（3）令f′（x）=0，x₁+x₂=2，x₁x₂=$\frac{1}{m}$，再結(jié)合基本不等式，即可證明結(jié)論．

解答 （1）解：m=n=k=1，f′（x）=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}-x）}{（{x}^{2}+x+1）^{2}}$，
∴0＜x＜1，f′（x）＜0，x＜0或x＞1時，f′（x）＞0，
∴函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是（0，1），單調(diào)增區(qū)間是（-∞，0），（1，+∞）；
（2）解：若n=k=1，且當x≥0時，f（x）≥1總成立，則m≥0．
m=0，f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$，f′（x）=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$≥0，∴f（x）_min=f（0）=1；
m＞0，f′（x）=$\frac{{e}^{x}•mx•（x+\frac{1-2m}{m}）}{（m{x}^{2}+x+1）^{2}}$，
0＜m≤$\frac{1}{2}$，f（x）_min=f（0）=1；
m≥$\frac{1}{2}$，f（x）在[0，$\frac{2m-1}{m}$]上為減函數(shù)，在[$\frac{2m-1}{m}$，+∞）上為增函數(shù)，f（x）_min＜f（0）=1不成立．
綜上所述，0≤m≤$\frac{1}{2}$；
（3）證明：f（x）=$\frac{{e}^{x}}{m{x}^{2}+1}$，f′（x）=$\frac{{e}^{x}（m{x}^{2}-2mx+1）}{（m{x}^{2}+1）^{2}}$．
∵f（x）存在兩個極值點x₁，x₂，∴4m²-4m＞0，∴m＞1．
令f′（x）=0，x₁+x₂=2，x₁x₂=$\frac{1}{m}$，
注意到$m{{x}_{i}}^{2}-2m{x}_{i}+1=0$（i=1，2），
∴f（x₁）=$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{m{{x}_{1}}^{2}+1}=\frac{{e}^{{x}_{1}}}{2m{x}_{1}}$，f（x₂）=$\frac{{e}^{{x}_{2}}}{2m{x}_{2}}$，
∴f（x₁）+f（x₂）=$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{2m{x}_{1}}+\frac{{e}^{{x}_{2}}}{2m{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$（${x}_{2}•{e}^{{x}_{1}}+{x}_{1}•{e}^{{x}_{2}}$）
＞$\frac{1}{2}•2\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}•{e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}}$=$e\sqrt{\frac{1}{m}}$=$\frac{e\sqrt{m}}{m}$；
∵$\frac{1}{2}$（${x}_{2}•{e}^{{x}_{1}}+{x}_{1}•{e}^{{x}_{2}}$）＜$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）（{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}）}{4}$＜$\frac{{e}^{2}+1}{2}$，
∴$\frac{e\sqrt{m}}{m}$＜f（x₁）+f（x₂）＜$\frac{{e}^{2}+1}{2}$．

點評 本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值，考查不等式的證明，考查學生分析解決問題的能力，屬于壓軸題．