Question

已知函數(shù)f（x）=

ax

1+x2

+1（a≠0）．
（1）當(dāng)a=1時，求函數(shù)f（x）圖象在點（0，1）處的切線方程；
（2）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）若a＞0，g（x）=x²e^mx，且對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點切線方程,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：分類討論,導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（1）求出a=1時f（x）的導(dǎo)數(shù)，求得切點，由點斜式方程即可得到切線方程；
（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）“對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”等價于“當(dāng)a＞0時，對任意的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）當(dāng)a=1時，f(x)=

x

1+x2

+1，f（0）=1，
導(dǎo)數(shù)f′(x)=

(x2+1)-x•2x

(x2+1)2

=

1-x2

(x2+1)2

，
所以f′（0）=1，即有切線方程為y-1=x-0，即x-y+1=0；
（2）由題意可知，函數(shù)f（x）的定義域為R，
f′(x)=

a(x2+1)-ax•2x

(x2+1)2

=

a(1-x2)

(x2+1)2

=

a(1-x)(1+x)

(x2+1)2

，
當(dāng)a＞0時，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，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）“對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”
等價于“當(dāng)a＞0時，對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，
當(dāng)a＞0時，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)=

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，g（x）=x²，x∈[0，2]時，g_max（x）=g（2）=4，顯然不滿足g_max（x）≤1，
當(dāng)m≠0時，令g′（x）=0得，x1=0，x2=-

2

m

，
①當(dāng)-

2

m

≥2，即-1≤m≤0時，在[0，2]上g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]單調(diào)遞增，
所以gmax(x)=g(2)=4e2m，只需4e^2m≤1，得m≤-ln2，所以-1≤m≤-ln2；
②當(dāng)0＜-

2

m

＜2，即m＜-1時，在[0，-

2

m

]，g′(x)≥0，g（x）單調(diào)遞增，
在[-

2

m

，2]，g′(x)＜0，g（x）單調(diào)遞減，所以gmax(x)=g(-

2

m

)=

4

m2e2

，
只需

4

m2e2

≤1，得m≤-

2

e

，所以m＜-1；
③當(dāng)-

2

m

＜0，即m＞0時，顯然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，
gmax(x)=g(2)=4e2m，4e^2m≤1不成立．
綜上所述，m的取值范圍是（-∞，-ln2]．

點評：本題考查導(dǎo)數(shù)的運用：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題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)最值，運用分類討論的思想方法是解題的關(guān)鍵．