Question

17．已知函數(shù)f（x）=$\frac{e^x}{{{x^2}-ax+1}}（{a≥0}）$．（e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）
（1）試討論函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（2）若不等式f（x）≥x對于任意的x∈[0，a+1]恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先求導$f'（x）=\frac{{{e^x}（{x-1}）[{x-（{a+1}）}]}}{{{{（{{x^2}-ax+1}）}^2}}}$，根據(jù)函數(shù)的定義域及導數(shù)的正負分a=0，a∈（0，2），a=2，a∈（2，+∞），討論函數(shù)的定義域并求單調區(qū)間；
（2）結合（1）分a∈（2，+∞），a=2，a=0及a∈（0，2）討論不等式f（x）≥x對于任意的x∈[0，a+1]恒成立是否成立，從而求a的取值范圍．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{{{e^x}（{x-1}）[{x-（{a+1}）}]}}{{{{（{{x^2}-ax+1}）}^2}}}$，
①當a=0時，函數(shù)定義域為R，$f'（x）=\frac{{{e^x}{{（{x-1}）}^2}}}{{{{（{{x^2}+1}）}^2}}}≥0$，故f（x）在R上單調遞增；
②當a∈（0，2）時，函數(shù)定義域為R，又a+1＞1，
故f（x）在（-∞，1）單調遞增，（1，1+a）單調遞減，（1+a，+∞）單調遞增；
③當a=2時，函數(shù)定義域為（-∞，1）∪（1，+∞），$f'（x）=\frac{{{e^x}（{x-3}）}}{x-1}$，
故f（x）在（-∞，1）單調遞增，（1，3）單調遞減，（3，+∞）單調遞增；
④當a∈（2，+∞）時，方程x²-ax+1=0的兩個根為${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，{x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}$，
所以函數(shù)的定義域為（-∞，x₁）∪（x₁，x₂）∪（x₂，+∞），
由韋達定理知0＜x₁＜1＜x₂，
對稱軸$x=\frac{a}{2}＜a+1$，（a+1）²-a（a+1）+1=a+2＞0，故x₂＜a+1，
f（x）在（-∞，x₁），（x₁，1），（1+a，+∞）單調遞增，（1，x₂），（x₂，a+1）單調遞減；
（2）①當a∈（2，+∞）時，x∈[x₁，x₂]⊆[0，a+1]時，有f（x）＜0即f（x）≥x不成立；
②當a=2時，由（1）可知不符合題意；
③當a=0時，f（x）單調遞增，f_min（x）=f（0）=1，故不等式恒成立；
④當a∈（0，2）時，$f（0）=1，f（1）=\frac{e}{2-a}＞1，f（{1+a}）=\frac{{{e^{a+1}}}}{a+2}$，
下面證明$f（{1+a}）=\frac{{{e^{a+1}}}}{a+2}≥a+1$，
即證e^x-x（x+1）≥0（x=a+1∈（1，3）），
令g（x）=e^x-x（x+1），g′（x）=e^x-2x-1，g″（x）=e^x-2，
∵x∈（1，3），∴g″（x）＞0，g′（x）單調遞增，g′（1）＜0，g′（3）＞0，
∴?x₀使得$g'（{x_0}）={e^{x_0}}-2{x_0}-1=0$，
g（x）在（1，x₀）上單調遞減，在（x₀，3）上單調遞增，
此時$g（x）≥g（{x_0}）={e^{x_0}}-x_0^2-{x_0}=-x_0^2+{x_0}+1$，
$g'（{\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}}）={e^{\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}}}-（{2+\sqrt{5}}）＞0$，
∴${x_0}＜\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$，
∴g（x₀）＞0；
所以不等式e^x-x（x+1）≥0（x=a+1∈（1，3））成立．
即$f（{1+a}）=\frac{{{e^{a+1}}}}{a+2}≥a+1$；
由（1）知f（x）在（0，1）單調遞增，（1，1+a）單調遞減，
所以不等式f（x）≥x對于任意的x∈[0，a+1]恒成立
綜上所述，
當a∈[0，2）時，不等式f（x）≥x對于任意的x∈[0，a+1]恒成立．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用及恒成立問題的處理方法，同時考查了分類討論的思想及單調性的判斷與應用，化簡及分類討論比較困難，屬于難題．