Question

13．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ax}{1+{x}^{2}}$+1（a≠0）．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）圖象在點（0，1）處的切線方程為x-2y+1=0，求a的值；
（Ⅱ）求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅲ）若a＞0，g（x）=x²e^mx，且對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導數(shù)，結(jié)合切線方程求出a的值即可；
（Ⅱ）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，從而求出函數(shù)的極值即可；
（Ⅲ）問題轉(zhuǎn)化為當a＞0時，對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，通過討論a的范圍，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，分別求出函數(shù)f（x）的最小值和g（x）的最大值，從而求出m的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）$f'（x）=\frac{{a（{x^2}+1）-ax•2x}}{{{{（{x^2}+1）}^2}}}=\frac{{a-a{x^2}}}{{{{（{x^2}+1）}^2}}}$，∴f'（0）=a．…（3分）
函數(shù)f（x）圖象在點（0，1）處的切線方程為x-2y+1=0∴$a=\frac{1}{2}$．…（4分）
（Ⅱ）由題意可知，函數(shù)f（x）的定義域為R，
$f'（x）=\frac{{a（{x^2}+1）-ax•2x}}{{{{（{x^2}+1）}^2}}}=\frac{{a（1-{x^2}）}}{{{{（{x^2}+1）}^2}}}=\frac{a（1-x）（1+x）}{{{{（{x^2}+1）}^2}}}$．…（6分）
當a＞0時，x∈（-1，1），f'（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
x∈（-∞，-1），（1，+∞），f'（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，
所以$f{（x）_{極小}}=f（-1）=1-\frac{a}{2}$，$f{（x）_{極大}}=f（1）=1+\frac{a}{2}$．
當a＜0時，x∈（-1，1），f'（x）＜0，f（x）為減函數(shù)，
x∈（-∞，-1），（1，+∞），f'（x）＞0，f（x）為增函數(shù)，
所以$f{（x）_{極大}}=f（-1）=1-\frac{a}{2}$，$f{（x）_{極小}}=f（1）=1+\frac{a}{2}$．…（8分）
（Ⅲ）“對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”
等價于“當a＞0時，對任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，
當a＞0時，由（Ⅱ）可知，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，
而f（x）=tanx，所以f（x）的最小值為f（0）=1，g'（x）=2xe^mx+x²e^mx•m=（mx²+2x）e^mx，
當m=0時，g（x）=x²，x∈[0，2]時，g_max（x）=g（2）=4，顯然不滿足g_max（x）≤1，…（10分）
當m≠0時，令g'（x）=0得，x₁=0，${x_2}=-\frac{2}{m}$，
（�。┊�$-\frac{2}{m}≥2$，即-1≤m＜0時，在[0，2]上g'（x）≥0，所以g（x）在[0，2]單調(diào)遞增，
所以${g_{max}}（x）=g（2）=4{e^{2m}}$，只需4e^2m≤1，得m≤-ln2，所以-1≤m≤-ln2．…（11分）
（ⅱ）當$0＜-\frac{2}{m}＜2$，即m＜-1時，在$[0，-\frac{2}{m}]$，g'（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，
在$[-\frac{2}{m}，2]$，g'（x）＜0，g（x）單調(diào)遞減，所以${g_{max}}（x）=g（-\frac{2}{m}）=\frac{4}{{{m^2}{e^2}}}$，
只需$\frac{4}{{{m^2}{e^2}}}≤1$，得$m≤-\frac{2}{e}$，所以m＜-1．…（12分）
（ⅲ）當$-\frac{2}{m}＜0$，即m＞0時，顯然在[0，2]上g'（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增，
${g_{max}}（x）=g（2）=4{e^{2m}}$，4e^2m≤1不成立，…（13分）
綜上所述，m的取值范圍是（-∞，-ln2]．…（14分）

點評 本題考查了切線方程問題，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．