Question

（2013•朝陽區(qū)二模）已知函數(shù)f(x)=

mx

x2+1

+1(m≠0)，g（x）=x²e^ax（a∈R）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)m＞0時，若對任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析：（Ⅰ）把給出的函數(shù)進行求導(dǎo)，由導(dǎo)函數(shù)的零點把定義域分段，然后分m的正負判斷導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號，從而得到元函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)m＞0時，若對任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，轉(zhuǎn)化為對于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x）_min≥g（x）_max成立，然后分類求函數(shù)f（x）和g（x）在[0，2]上的最小值和最大值，由f（x）的最小值大于g（x）的最大值即可解得實數(shù)a的取值范圍．

解答：解：函數(shù)f(x)=

mx

x2+1

+1(m≠0)的定義域為R，
f′(x)=

m(1-x2)

(x2+1)2

=

m(1-x)(1+x)

(x2+1)2

．
①當(dāng)m＞0時，當(dāng)x變化時，f^′（x），f（x）的變化情況如表：

所以，函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間時（-1，1），單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，-1），（1，+∞）．
②當(dāng)m＜0時，當(dāng)x變化時，f^′（x），f（x）的變化情況如表：

所以，函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間時（-1，1），單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，-1），（1，+∞）．
（Ⅱ）依題意，對任意當(dāng)m＞0時，對于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，等價于
當(dāng)m＞0時，對于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x）_min≥g（x）_max成立．
當(dāng)m＞0時，由（Ⅰ）知，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，
因為f（0）=1，f（2）=

2m

5

+1＞1，所以函數(shù)f（x）的最小值為f（0）=1．
所以應(yīng)滿足g（x）_max≤1．
因為g（x）=x²e^ax，所以g^′（x）=（ax²+2x）e^ax．
③當(dāng)a=0時，函數(shù)g（x）=x²，任意x∈[0，2]，g（x）_max=g（2）=4，
顯然不滿足g（x）_max≤1，故a=0不成立．
④當(dāng)a≠0時，令g^′（x）=（ax²+2x）e^ax=0得：x1=0，x2=-

2

a

1°當(dāng)-

2

a

≥2，即-1≤a＜0時，在[0，2]上g^′（x）≥0，所以函數(shù)g（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，
所以g(x)max=g(2)=4e2a．
由4e^2a≤1得，a≤-ln2，所以-1≤a≤-ln2．
2°當(dāng)0＜-

2

a

＜2，即a＜-1時，在[0，-

2

a

)上g^′（x）≥0，在(-

2

a

，2]上g^′（x）＜0，
所以函數(shù)g（x）在[0，-

2

a

)上單調(diào)遞增，在(-

2

a

，2]上單調(diào)遞減．
所以g(x)max=g(-

2

a

)=

4

a2e2

．
由

4

a2e2

≤1得：a≤-

2

e

，所以a＜-1．
3°當(dāng)-

2

a

＜0，即a＞0時，顯然在[0，2]上g^′（x）≥0，
函數(shù)g（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，且g(x)max=g(2)=4e2a．
顯然g(x)max=4e2a≤1不成立，故a＞0不成立．
綜上所述，a的取值范圍是（-∞，-ln2]．

點評：本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了函數(shù)恒成立問題，解答過程體現(xiàn)了分類討論得數(shù)學(xué)思想，正確對a進行分類是解答該題的關(guān)鍵，此題屬有一定難度題目．