Question

15．已知函數(shù)f（x）=x²+1，g（x）=2ax+b（a，b∈R）．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，b=-2，求函數(shù)G（x）=f（x）g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)a＞0，求證：函數(shù)F（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$有一個(gè)極小值和一個(gè)極大值點(diǎn)；
（3）當(dāng)b=0時(shí)，若對(duì)任意的x∈（0，∞），f（x）+g（x）＜e^x恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出G（x）的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（2）求出F（x）的導(dǎo)數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求出F（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值，證出結(jié)論；
（3）問(wèn)題轉(zhuǎn)化為2a＜$\frac{{e}^{x}}{x}$-x-$\frac{1}{x}$，設(shè)h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$-x-$\frac{1}{x}$，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到h（x）_min=h（1）=e-2，從而求出a的范圍即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=$\frac{1}{2}$，b=-2時(shí)，G（x）=f（x）g（x）=x³-2x²+x-2，
G′（x）=（3x-1）（x-1）…（1分）
G′（x）＞0?x＜$\frac{1}{3}$，或x＞1；G′（x）＜0?$\frac{1}{3}$＜x＜1…（3分）
所以函數(shù)G（x）的增區(qū)間為（-∞，$\frac{1}{3}$），（1，+∞），減區(qū)間為（$\frac{1}{3}$，1）…（5分）
（2）由F（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$=$\frac{2ax+b}{{x}^{2}+1}$，得
F′（x）=-$\frac{2（{ax}^{2}+bx-a）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$．…（6分）
令F′（x）=0，得ax²+bx-a=0①
因?yàn)閍＞0，所以方程①的判別式△=b²+4a²＞0，
所以方程①有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，
記為x₁，x₂ （x₁＜x₂），則F′（x）=-$\frac{2a（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$．…（7分）
當(dāng)x變化時(shí)，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
F′（x）	-	0	+	0	-
F（x）	減函數(shù)	極小值	增函數(shù)	極大值	減函數(shù)

可見(jiàn)，x=x₁ 是函數(shù)F（x）的極小值點(diǎn)，x=x₂是函數(shù)F（x）的極大值點(diǎn)．…（9分）
（3）當(dāng)b=0時(shí)，不等式f（x）+g（x）＜e^x化為e^x-x²-1-2ax＞0．
于是，對(duì)任意的x∈（0，+∞），e^x-x²-1-2ax＞0恒成立，
即2a＜$\frac{{e}^{x}}{x}$-x-$\frac{1}{x}$．…（10分）
設(shè)h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$-x-$\frac{1}{x}$，則h′（x）=$\frac{（x-1）{（e}^{x}-x-1）}{{x}^{2}}$．…（11分）
考察函數(shù)m（x）=e^x-x-1（x≠0），當(dāng)x＞0時(shí)，m′（x）＞0，m（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)．
從而，當(dāng)x＞0時(shí)，m（x）＞m（0）=0，即e^x-x-1＞0．
因此，當(dāng)0＜x＜1時(shí)，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上是減函數(shù)；
當(dāng)x＞1時(shí)，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上是增函數(shù)．…（12分）
因此，當(dāng)x=1時(shí)，h（x）取得最小值，h（x）_min=h（1）=e-2．
于是2a＜e-2，即a＜$\frac{e}{2}$-1．
所以a的取值范圍為（-∞，$\frac{e}{2}$-1）…（13分）

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，是一道綜合題．