Question

已知定義域為R函數(shù)f（x）=

ex

x2-ax+1

，其中a∈R．
（Ⅰ）求實數(shù)a的取值范圍，并討論當(dāng)a≥0時，f（x）的單調(diào)性；
（Ⅱ）當(dāng)a≥0時，證明：當(dāng)x∈[0，1+a]時，f（x）≥x．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）對a進行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性即可；
（2）對a進行分類討論，把證明不等式成立問題轉(zhuǎn)化為判斷函數(shù)單調(diào)性問題解決，利用（1）的結(jié)論即可得出結(jié)論．

解答： 解：（Ⅰ）由f（x）定義域為R，知x²-ax+1＞0恒成立，于是△=a²-4＜0，
所以得-2＜a＜2，所以實數(shù)a的取值范圍是（-2，2）；  …（1分）
當(dāng)a=0時，f(x)=

ex

x2+1

，函數(shù)定義域為R，f′(x)=

ex(x-1)2

(x2+1)2

≥0，
于是f（x）在R上單調(diào)遞增；
當(dāng)a∈（0，2）時，求導(dǎo)得f′(x)=

ex(x-1)[x-(a+1)]

(x2-ax+1)2

，因為△=a²-4＜0，
所以x²-ax+1＞0恒成立，函數(shù)定義域為R，又a+1＞1，知f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞增，
在（1，a+1）上單調(diào)遞減，在（1+a，+∞）上單調(diào)遞增．…（4分）
（Ⅱ）當(dāng)a=0時，[0，a+1]=[0，1]，又f（x）在[0，1]單調(diào)遞增，f（0）=1于是f（x）≥1≥x，
即得f（x）≥x在x∈[0，a+1]上成立．…（6分）
當(dāng)a∈（0，2）時，由（I）知f（x）在[0，1]上遞增，在[1，1+a]上遞減．
當(dāng)x∈[0，1]時，由f（x）≥1≥x，即得f（x）≥x在x∈[0，1]上成立；…（8分）
當(dāng)x∈（1，1+a]時，有f(x)≥f(1+a)=

e1+a

(1+a)2-a(1+a)+1

=

e1+a

a+2

．
下面證明：f(1+a)=

ea+1

a+2

≥a+1．
令x=a+1，h（x）=e^x-（x+1）x，則h'（x）=e^x-2x-1，且x∈（1，3）．
記φ（x）=h'（x）=e^x-2x-1，則φ'（x）=e^x-2＞e-2＞0，于是φ（x）=h'（x）在[1，3]上單調(diào)遞增．
又因為h'（1）＜0，h′(

3

2

)=e

3

2

-4＞0，所以存在唯一的x0∈(1，

3

2

)使得h′(x0)=ex0-2x0-1=0，從而ex0=2x0+1．
于是h（x）在[1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，3]上單調(diào)遞增，此時h（x）≥h（x₀）=ex0-

x

2 0

-x0=2x0+1-

x

2 0

-x0=-(x0-

1

2

)2+

5

4

＞0．
從而 h（a+1）≥h（x₀）＞0，即  

ea+1

a+2

≥a+1．
亦即       f（x）≥f（a+1）≥a+1≥x．
因此不等式f（x）≥x在（1，1+a]上成立．
所以當(dāng)a∈（0，2）時，不等式f（x）≥x對于任意的x∈[0，a+1]恒成立．
綜上可得，當(dāng)a∈[0，2]時，對于任意的x∈[0，a+1]不等式f（x）≥x恒成立．…（12分）

點評：本題主要考查函數(shù)單調(diào)性的判斷及證明不等式恒成立問題，考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，注意分類討論思想的運用，邏輯性強，屬難題．