Question

18．已知函數(shù)$f（x）=\frac{mx}{{{x^2}+n}}$（m，n∈R）在x=1處取到極值2．
（Ⅰ）求f（x）的解析式；
（Ⅱ）設(shè)函數(shù)$g（x）=lnx+\frac{a}{x}$，若對(duì)任意的x₁∈[-1，1]，總存在x₂∈[1，e]（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），使得$g（{x_2}）≤f（{x_1}）+\frac{7}{2}$，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （I）f′（x）=$\frac{m（n-{x}^{2}）}{（{x}^{2}+n）^{2}}$，由題意可得：f′（1）=$\frac{m（n-1）}{（1+n）^{2}}$=0，f（1）=$\frac{m}{1+n}$=2，解得n，m．
（II）對(duì)任意的x₁∈[-1，1]，總存在x₂∈[1，e]（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），使得$g（{x_2}）≤f（{x_1}）+\frac{7}{2}$，?x₂∈[1，e]，g（x₂）_min≤f（x₁）_min+$\frac{7}{2}$，x₁∈[-1，1]．由f′（x）=$\frac{-4（x+1）（x-1）}{（{x}^{2}+1）^{2}}$，x∈[-1，1]．可得f（x）_min=f（-1）.$g（x）=lnx+\frac{a}{x}$，x∈[1，e]，g′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$．x∈[1，e]，對(duì)a分類(lèi)討論，即可得出最小值．

解答 解：（I）f′（x）=$\frac{m（n-{x}^{2}）}{（{x}^{2}+n）^{2}}$，
由題意可得：f′（1）=$\frac{m（n-1）}{（1+n）^{2}}$=0，f（1）=$\frac{m}{1+n}$=2，
解得n=1，m=4．
∴f（x）=$\frac{4x}{{x}^{2}+1}$．
（II）對(duì)任意的x₁∈[-1，1]，總存在x₂∈[1，e]（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），使得$g（{x_2}）≤f（{x_1}）+\frac{7}{2}$，
?x₂∈[1，e]，g（x₂）_min≤f（x₁）_min+$\frac{7}{2}$，x₁∈[-1，1]．
由f′（x）=$\frac{-4（x+1）（x-1）}{（{x}^{2}+1）^{2}}$，x∈[-1，1]．
可得f′（x）=$\frac{-4（x+1）（x-1）}{（{x}^{2}+1）^{2}}$≥0，因此函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，∴f（x）_min=f（-1）=$\frac{-4}{（-1）^{2}+1}$=-2．
$g（x）=lnx+\frac{a}{x}$，x∈[1，e]．
g′（x）=$\frac{1}{x}-\frac{a}{{x}^{2}}$=$\frac{x-a}{{x}^{2}}$．
①a≤1時(shí)，g′（x）≥0，此時(shí)函數(shù)g（x）在x∈[1，e]上單調(diào)遞增，∴g（x）_min=g（1）=a，由a≤-2+$\frac{7}{2}$，a≤1，解得a≤1．
②a≥e時(shí)，g′（x）≤0，此時(shí)函數(shù)g（x）在x∈[1，e]上單調(diào)遞減，∴g（x）_min=g（e）=1+$\frac{a}{e}$，由1+$\frac{a}{e}$≤-2+$\frac{7}{2}$，a≥e，解得a∈∅．
③1＜a＜e時(shí)，可得x=a時(shí)，函數(shù)g（x）取得極小值即最小值，g（a）=lna+1．∴l(xiāng)na+1≤-2+$\frac{7}{2}$，1＜a＜e，解得$1＜a≤\sqrt{e}$．
綜上可得：實(shí)數(shù)a的取值范圍是：$（-∞，\sqrt{e}]$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、分類(lèi)討論方法、方程與不等式的解法，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．