Question

3．已知函數(shù)f（x）=$\frac{ax}{1+x{\;}^{2}}$（a≠0）．
（1）試討論y=f（x）的極值；
（2）若a＞0，設(shè)g（x）=x²e^mx，且任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）-g（x₂）≥-1恒成立，求m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的極值即可；
（2）結(jié)合題意得到f（x）_min（x₁）+1≥g_max（x₂），法一：分離參數(shù)問題轉(zhuǎn)化為m≤-$\frac{2lnx}{x}$，從而求出m的范圍即可；法二：通過分類討論求出m的范圍即可．

解答 解：（1）f′（x）=-$\frac{a（x+1）（x-1）}{{（1{+x}^{2}）}^{2}}$，
a＞0時，當(dāng)x=-1時，f（x）的極小值為f（-1）=-$\frac{a}{2}$，
當(dāng)x=1時，f（x）的極大值為f（1）=$\frac{a}{2}$，
a＜0時，當(dāng)x=-1時，f（x）的極大值為f（-1）=-$\frac{a}{2}$，
當(dāng)x=1時，f（x）的極小值為f（1）=$\frac{a}{2}$；
（2）方法一：由題意知，x₁，x₂∈[0，2]，
f（x）_min（x₁）+1≥g_max（x₂），
x₁∈[0，2]，f_min（x₁）+1=1，
x∈[0，2]，x²e^mx≤1，m≤-$\frac{2lnx}{x}$，m≤{-$\frac{2lnx}{x}$}_min，m≤-ln2，
方法二：分類討論
x₁∈[0，2]，f_min（x₁）+1=1，
∴x∈[0，2]，g_max（x）≤1，
g（x）=x²e^mx，g′（x）=e^mxx（mx+2），
1）當(dāng)m≥0時，g（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，
g_max（x）=g（2）=4•e^2m≤1，解得：m≤-ln2（舍），
2）當(dāng)-1＜m＜0時，g（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，
g_max（x）=g（2）=4e^2m≤1，解得：m≤-ln2，
∴-1＜m≤-ln2，
3）當(dāng)m≤-1時，g（x）在[0，-$\frac{2}{m}$]上單調(diào)遞增，在[-$\frac{2}{m}$，2]上單調(diào)遞減，
g_max（x）=g（-$\frac{2}{m}$）=$\frac{4}{{{m}^{2}e}^{2}}$≤1，解得：m≤-$\frac{2}{e}$，∴m≤-1，
綜合得：m≤-ln2．

點(diǎn)評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、極值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，是一道中檔題．