Question

已知函數(shù)f(x)=

mx

x2+n

(m，n∈R)在x=1處取得極值2．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的解析式；
（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（t，2t+1）上是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)g（x）=x²-2ax+a，若對(duì)于任意的x₁∈R，總存在x₂∈[-1，1]，使得g（x₂）≤f（x₁），求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（I）先由已知函數(shù)求其導(dǎo)數(shù)，再根據(jù)函數(shù)f（x）在x=1處取得極值2，列出關(guān)于a，b的方程即可求得函數(shù)f（x）的解析式；
（II）求f′（x），令f′（x）＞0，令f′（x）＜0，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，再由函數(shù)f（x）在區(qū)間（t，2t+1）上是單調(diào)函數(shù)，能夠求出實(shí)數(shù)t的取值范圍．
（Ⅲ）求得函數(shù)f（x）的極小值，且當(dāng)x＞1時(shí)，f（x）＞0恒成立，得函數(shù)f（x）的最小值，利用二次函數(shù)的圖象，對(duì)a進(jìn)行分類(lèi)討論，得出g（x）在[-1，1]上的最大值，由g（x）在[-1，1]上的最大值小于等于-2得a的范圍，結(jié)合分類(lèi)時(shí)a的范圍得a的取值范圍．

解答：解：（I）f′（x）=

m(x2+n)-mx•2x

(x2+n)2

=

-m(x2-n)

(x2+n)2

，
由題意得

f′(1)= -m(1-n) (1+n)2 =0 f(1)= m 1+n =2

，解得

m=4 n=1

，
∴f（x）=

4x

x2+1

．
（II）f′（x）=

-4(x2-1)

(x2+1)2

，令f'（x）=0，得x=-1或x=1
當(dāng)x變化時(shí)，f'（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減

∴f（x）的減區(qū)是（-∞，-1），（1，+∞）；增區(qū)間是（-1，1）．
∵函數(shù)f（x）在區(qū)間（t，2t+1）上是單調(diào)函數(shù)，
∴

t＜-1 2t+1≤-1 t＜2t+1

，或-1≤t＜2t+1≤1，或

t≥1 2t+1＞1 t＜2t+1

，
解得-1＜t≤0或t＞1．
故實(shí)數(shù)t的取值范圍是（-1，0]∪（1，+∞）．
（Ⅲ）由（Ⅱ）知f（x）在x=-1處取得極小值f（-1）=-2，
在x=1處取得極大值f（1）=2
又∵x＞0時(shí)，f（x）＞0，
∴f（x）的最小值為-2，（10分）
∵對(duì)于任意的x₁∈R，總存在x₂∈[-1，1]，使得g（x₂）≤f（x₁）
∴當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)，g（x）最小值不大于-2，
又g（x）=x²-2ax+a=（x-a）²+a-a²
當(dāng)a≤-1時(shí)，g（x）的最小值為g（-1）=1+3a，
由1+3a≤-2，得a≤-1，（11分）
當(dāng)a≥1時(shí)，g（x）最小值為g（1）=1-a，由1-a≤-2，得a≥3
當(dāng)-1＜a＜1時(shí)，g（x）的最小值為g（a）=a-a²
由a-a²≤-2，得a≤-1或a≥2，又-1＜a＜1，
所以此時(shí)a不存在．（12分）
綜上，a的取值范圍是（-∞，-1]∪[3，+∞）．（13分）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查函數(shù)的解析式的求法，考查滿(mǎn)足條件的實(shí)數(shù)的取值范圍的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意等價(jià)轉(zhuǎn)化思想和分類(lèi)討論思想的合理運(yùn)用．