Question

7．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}-mx+1}$
（Ⅰ）若m∈（-2，2），求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若m∈（0，$\frac{1}{2}$]，則當(dāng)x∈[0，m+1）時(shí)，函數(shù)y=f（x）的圖象是否總存在直線y=x上方？請(qǐng)寫(xiě)出判斷過(guò)程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）令g（x）=x，討論m的范圍，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最大值和f（x）的最小值，結(jié)合函數(shù)恒成立分別判斷即可證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)定義域?yàn)镽，${f^'}（x）=\frac{{{e^x}（{x^2}-mx+1-2x+m）}}{{{{（{x^2}-mx+1）}^2}}}=\frac{{{e^x}（x-1）（x-m-1）}}{{{{（{x^2}-mx+1）}^2}}}$…（1分）
①當(dāng)m+1=1，即m=0時(shí)，f′（x）≥0，此時(shí)f（x）在R遞增，
②當(dāng)1＜m+1＜3即0＜m＜2
x∈（-∞，1）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增，
x∈（1，m+1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（m+1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；
③0＜m+1＜1，即-1＜m＜0時(shí)，
x∈（-∞，m+1）和（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）遞增，
x∈（m+1，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減；
綜上所述，①m=0時(shí)，f（x）在R遞增，
②0＜m＜2時(shí)，f（x）在（-∞，1），（m+1，+∞）遞增，在（1，m+1）遞減，
③-2＜m＜0時(shí)，f（x）在（-∞，m+1），（1，+∞）遞增，在（m+1，1）遞減；
（Ⅱ）當(dāng)m∈（0，$\frac{1}{2}$]時(shí)，由（1）知f（x）在（0，1）遞增，在（1，m+1）遞減，
令g（x）=x，
①當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f（x）_min=f（0）=1，g（x）_max=1，
所以函數(shù)f（x）圖象在g（x）圖象上方；
②當(dāng)x∈[1，m+1]時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
所以其最小值為$f（m+1）=\frac{{{e^{m+1}}}}{m+2}$，g（x）最大值為m+1，
所以下面判斷f（m+1）與m+1的大小，
即判斷e^x與（1+x）x的大小，其中$x=m+1∈（{1，\frac{3}{2}}]$，
令m（x）=e^x-（1+x）x，m′（x）=e^x-2x-1，
令h（x）=m′（x），則h′（x）=e^x-2，
因$x=m+1∈（{1，\frac{3}{2}}]$，所以h′（x）=e^x-2＞0，m′（x）單調(diào)遞增；
所以m′（1）=e-3＜0，${m^'}（\frac{3}{2}）={e^{\frac{3}{2}}}-4＞0$，
故存在${x_0}∈（{1，\frac{3}{2}}]$使得${m^'}（{x_0}）={e^{x_0}}-2{x_0}-1=0$，
所以m（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞減，在$（{{x_0}，\frac{3}{2}}）$單調(diào)遞增
所以$m（x）≥m（{x_0}）={e^{x_0}}-{x_0}^2-{x_0}=2{x_0}+1-x_0^2-{x_0}=-x_0^2+{x_0}+1$，
所以${x_0}∈（{1，\frac{3}{2}}]$時(shí)，$m（{x_0}）=-x_0^2+{x_0}+1＞0$，
即e^x＞（1+x）x也即f（m+1）＞m+1，
所以函數(shù)f（x）的圖象總在直線y=x上方．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查學(xué)生的計(jì)算能力，是一道綜合題．