Question

20．已知函數(shù)$f（x）=\frac{ax}{{1+{x^2}}}+1$（a≠0）．
（1）已知函數(shù)f（x）在點(diǎn)（0，1）處的斜率為1，求a的值；
（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若a＞0，g（x）=x²e^mx，且對(duì)任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，計(jì)算f′（0）=1，求出a的值即可；
（2）求出f（x）的導(dǎo)數(shù)，并分解因式，討論a＞0，a＜0，由導(dǎo)數(shù)大于0可得增區(qū)間，由導(dǎo)數(shù)小于0，得減區(qū)間；
（3）“對(duì)任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”等價(jià)于“當(dāng)a＞0時(shí)，對(duì)任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，求得f（x）在[0，2]上的最小值，再求g（x）的導(dǎo)數(shù)，對(duì)m討論，結(jié)合單調(diào)性，求得最大值，解不等式即可得到．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a（1-x）（1+x）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$，故f′（0）=$\frac{a}{1}$=1，解得：a=1；
（2）由題意可知，函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，
f′（x）=$\frac{a（1-x）（1+x）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$，
當(dāng)a＞0時(shí)，x∈（-1，1），f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
x∈（-∞，-1），（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)；
當(dāng)a＜0時(shí)，x∈（-1，1），f′（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，
x∈（-∞，-1），（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）為增函數(shù)．
（3）“對(duì)任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”
等價(jià)于“當(dāng)a＞0時(shí)，對(duì)任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，
當(dāng)a＞0時(shí)，由（2）可知，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，
而f（0）=1，f（2）=$\frac{2a}{5}$+1＞1，所以f（x）的最小值為f（0）=1，
g（x）的導(dǎo)數(shù)g′（x）=2xe^mx+x²e^mx•m=（mx²+2x）e^mx，
當(dāng)m=0時(shí)，g（x）=x²，x∈[0，2]時(shí)，g_max（x）=g（2）=4，顯然不滿足g_max（x）≤1，
當(dāng)m≠0時(shí)，令g′（x）=0得，x₁=0，x₂=-$\frac{2}{m}$，
①當(dāng)-$\frac{2}{m}$≥2，即-1≤m≤0時(shí)，在[0，2]上g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]單調(diào)遞增，
所以g_max（x）=g（2）=4e^2m，只需4e^2m≤1，得m≤-ln2，所以-1≤m≤-ln2；
②當(dāng)0＜-$\frac{2}{m}$＜2，即m＜-1時(shí)，在[0，-$\frac{2}{m}$]，g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，
在[-$\frac{2}{m}$，2]，g′（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，所以g_max（x）=g（-$\frac{2}{m}$）=$\frac{4}{{{m}^{2}e}^{2}}$，
只需$\frac{4}{{{m}^{2}e}^{2}}$≤1，得m≤-$\frac{2}{e}$，所以m＜-1；
③當(dāng)-$\frac{2}{m}$＜0，即m＞0時(shí)，顯然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，
g_max（x）=g（2）=4e^2m，4e^2m≤1不成立．
綜上所述，m的取值范圍是（-∞，-ln2]．

點(diǎn)評(píng) 本題考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用：求切線方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，主要考查不等式的恒成立問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值，運(yùn)用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．