Question

9．已知函數(shù)$f（x）=\frac{mx}{{{x^2}+n}}（m，n∈R）$在x=1處取得極值2．
（1）求f（x）的解析式；
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，求f（x）的最大值？
（3）設(shè)函數(shù)g（x）=x²-2ax+a，若對于任意x₁∈R，總存在x₂∈[-1，0]，使得g（x₂）≤f（x₁），求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求出函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)，得到方程組，求出a，b的值，從而求出函數(shù)的解析式；
（2）根據(jù)基本不等式即可求出函數(shù)的最大值，
（3）求f′（x），令f′（x）＞0，令f′（x）＜0得函數(shù)f（x）的極小值，且當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0恒成立，得函數(shù)f（x）的最小值，利用二次函數(shù)的圖象，對a進(jìn)行分類討論，得出g（x）在[-1，0]上的最大值，由g（x）在[-1，0]上的最大值小于等于-2得a的范圍，結(jié)合分類時(shí)a的范圍得a的取值范圍．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{-m{x}^{2}+mn}{（{x}^{2}+n）^{2}}$，
根據(jù)題意得$\left\{\begin{array}{l}{f′（1）=\frac{-m+mn}{（1+n）^{2}}=0}\\{f（1）=\frac{m}{1+n}=2}\end{array}\right.$，解得m=4，n=1，
∴f（x）=$\frac{4x}{{x}^{2}+1}$
（2）$f（x）=\frac{4x}{{{x^2}+1}}=\frac{4}{{x+\frac{1}{x}}}$，
∵x＞0時(shí)，$x+\frac{1}{x}≥2$當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號
∴f（x）的最大值為f（1）=2．
（3）f′（x）=$\frac{-4（{x}^{2}-1）}{（{x}^{2}+1）^{2}}$，令f'（x）=0，得x=-1或x=1
當(dāng)x變化時(shí)，f'（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減

∴f（x）在x=-1處取得極小值f（-1）=-2，在x=1處取得極大值f（1）=2
又∵x＞0時(shí)，f（x）＞0，
∴f（x）的最小值為-2，
∵對于任意的x₁∈R，總存在x₂∈[-1，0]，使得g（x₂）≤f（x₁），
∴當(dāng)x∈[-1，0]時(shí)，g（x）最小值不大于-2
又g（x）=x²-2ax+a=（x-a）²+a-a²
當(dāng)a≤-1時(shí)，g（x）的最小值為g（-1）=1+3a，由1+3a≤-2
得a≤-1，
當(dāng)a≥0時(shí)，g（x）最小值為g（0）=a，由a≤-2，此時(shí)不存在，
當(dāng)-1＜a＜0時(shí)，g（x）的最小值為g（a）=a-a²
由a-a²≤-2，得a≤-1或a≥2，又-1＜a＜1，此時(shí)時(shí)a不存在．
綜上，a的取值范圍是（-∞，-1]．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的求導(dǎo)及極值以及函數(shù)的最值和參數(shù)的取值范圍，考查了分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，屬于難題．