Question

19．設函數(shù)f（x）=$\frac{{{e^{ax}}}}{{{x^2}+1}}$，a∈R．
（Ⅰ）當a=$\frac{3}{5}$時，求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）設g（x）為f（x）的導函數(shù)，當x∈[$\frac{1}{e}$，2e]時，函數(shù)f（x）的圖象總在g（x）的圖象的上方，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）a=$\frac{3}{5}$時，求出函數(shù)的導數(shù)f′（x），通過導函數(shù)的符號，求解函數(shù)的單調增區(qū)間以及單調減區(qū)間．
（Ⅱ）寫出g（x）=$\frac{{e}^{ax}（a{x}^{2}-2x+a）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$，結合f（x）＞g（x），化簡表達式，構造h（x）=$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$，利用函數(shù)的導數(shù)求解h（x）的最小值，然后求解a的取值范圍．

解答 解：（Ⅰ）當a=$\frac{3}{5}$時，f′（x）=$\frac{{e}^{\frac{3x}{5}}（3{x}^{2}-10x+3）}{{5（x}^{2}+1）^{2}}$，
由f′（x）＞0可得3x²-10x+3＞0，解得，x$＜\frac{1}{3}$或x＞3，
由f′（x）＜0可得3x²-10x+3＜0，解得，$\frac{1}{3}＜x＜$3，
函數(shù)的單增調區(qū)間（$-∞，\frac{1}{3}$），（3，+∞），單調減區(qū)間為（$\frac{1}{3}，3$）；
（Ⅱ）設g（x）為f（x）的導函數(shù)，g（x）=$\frac{{e}^{ax}（a{x}^{2}-2x+a）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$，
又因為函數(shù)f（x）的圖象總在g（x）的圖象的上方，
所以，f（x）＞g（x），則$\frac{{e}^{ax}}{{x}^{2}+1}＞\frac{{e}^{ax}（a{x}^{2}-2x+a）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$，在x∈[$\frac{1}{e}$，2e]時，恒成立．
又因為$\frac{{e}^{ax}}{{x}^{2}+1}＞0$，所以a（x²+1）-2x＜x²+1，所以（a-1）（x²+1）＜2x，
∵x²+1＞0，
∴$a-1＜\frac{2x}{{x}^{2}+1}$，
設h（x）=$\frac{2x}{{x}^{2}+1}$，則a-1＜h（x）_min，x∈[$\frac{1}{e}$，2e]即可．
又h′（x）=$\frac{2（1-{x}^{2}）}{{（x}^{2}+1）^{2}}$，
由h′（x）=$\frac{2（1-{x}^{2}）}{{（x}^{2}+1）^{2}}$＞0，注意到x∈[$\frac{1}{e}$，2e]，解得$\frac{1}{e}≤x＜1$，
由h′（x）=$\frac{2（1-{x}^{2}）}{{（x}^{2}+1）^{2}}$＜0，注意到x∈[$\frac{1}{e}$，2e]，解得：1＜x≤2e．
所以函數(shù)h（x）在$[\frac{1}{e}，1）$上是增函數(shù)，在（1，2e]上是減函數(shù)．
所以h（x）的最小值為：h（$\frac{1}{e}$），或h（2e）．
∵h（$\frac{1}{e}$）=$\frac{2e}{{e}^{2}+1}$，h（2e）=$\frac{4e}{4{e}^{2}+1}$，
作差可證得$\frac{2e}{{e}^{2}+1}＞\frac{4e}{4{e}^{2}+1}$，
∴a-1$＜\frac{4e}{4{e}^{2}+1}$，
所以a的取值范圍：$（-∞，\frac{4{e}^{2}+4e+1}{4{e}^{2}+1}）$．

點評 本題考查的導數(shù)的應用，函數(shù)的最值與導數(shù)的關系，轉化思想以及構造法的應用，考查分析問題解決問題的能力．