Question

12．已知函數(shù)$f（x）=\frac{e^x}{{a{x^2}+bx+1}}$，其中a，b，c∈R．
（Ⅰ）若a=b=1，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若a=0，且當(dāng)x≥0時，f（x）≥1總成立，求實數(shù)b的取值范圍；
（Ⅲ）若a＞0，b=0，若f（x）存在兩個極值點x₁，x₂，求證；f（x₁）+f（x₂）＜e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題轉(zhuǎn)化為bx+1≥0在[0，+∞）恒成立，通過討論b的范圍集合函數(shù)的單調(diào)性從而求出b的范圍即可；
（Ⅲ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造新的函數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性證明即可．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=\frac{e^x}{{{x^2}+x+1}}，f'（x）=\frac{{{e^x}x（x-1）}}{{{{（{x^2}+x+1）}^2}}}$，
f'（x）＞0⇒x＞1或x＜0，f'（x）＜0⇒0＜x＜1，
∴f（x）增區(qū)間為（-∞，0），（1，+∞），減區(qū)間為（0，1）．…（4分）
（Ⅱ）$f（x）=\frac{e^x}{bx+1}≥1?bx+1≥0$在[0，+∞）恒成立⇒b≥0…（5分）
當(dāng)b≥0時，f（x）≥1?e^x-bx-1≥0．設(shè)g（x）=e^x-bx-1，g'（x）=e^x-b
①當(dāng)0≤b≤1時，g'（x）≥0⇒g（x）在[0，+∞）單調(diào)遞增，⇒g（x）≥g（0）=0成立
②當(dāng)b＞1時，g'（x）=0?x=lnb，當(dāng)x∈（0，lnb）時，
g'（x）＜0⇒g（x）在（0，lnb）單調(diào)遞減，⇒g（x）＜g（0）=0，不成立
綜上，0≤b≤1…（8分）
（Ⅲ）$f（x）=\frac{e^x}{{a{x^2}+1}}，f'（x）=\frac{{{e^x}（a{x^2}-2ax+1）}}{{{{（a{x^2}+1）}^2}}}，f'（x）=0?a{x^2}-2ax+1=0$
有條件知x₁，x₂為ax²-2ax+1=0兩根，${x_1}+{x_2}=2，{x_1}{x_2}=\frac{1}{a}$，
且$ax_1^2+1=2a{x_1}，ax_2^2+1=2a{x_2}$$f（{x_1}）+f（{x_2}）=\frac{{{e^{x_1}}}}{ax_1^2+1}+\frac{{{e^{x_2}}}}{ax_2^2+1}=\frac{{{e^{x_1}}}}{{2a{x_1}}}+\frac{{{e^{x_2}}}}{{2a{x_2}}}=\frac{{{e^{x_1}}•{x_2}+{e^{x_2}}•{x_1}}}{2}$，
由${e^{x_1}}•{x_2}+{e^{x_2}}•{x_1}＜（{x_1}+{x_2}）{e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}$成立，
作差得：${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}（{e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}-1）（{x_1}-{x_2}）＜0$，
得${e^{x_1}}•{x_2}+{e^{x_2}}•{x_1}＜2{e^{\frac{2}{2}}}=2e$∴f（x₁）+f（x₂）＜e….12
或由x₁+x₂=2，$f（{x_1}）+f（{x_2}）=\frac{{{e^{x_1}}•（1-{x_1}）+{e^{（1-{x_1}）}}•{x_1}}}{2}$，（可不妨設(shè)0＜x₁＜1）
設(shè)$h（x）=\frac{{{e^x}•（1-x）+{e^{（1-x）}}•x}}{2}$（0＜x＜1），
$h'（x）=\frac{{（1-x）（{e^x}+{e^{2-x}}）}}{2}＞0⇒h（x）$在（0，1）單調(diào)遞增，
h（x）＜h（1）=e，
∴f（x₁）+f（x₂）＜e成立．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，是一道綜合題．