Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{a{x^2}+x+b}}{x^2}$的單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）和（0，+∞）．
（1）求實(shí)數(shù)b的值；
（2）當(dāng)x＞0時(shí)，有$\frac{1}{f（x）}$+f（e^x）≥a+1成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，得到x（x+2b）＞0的解集為（-∞，0）∪（0，+∞），所求出b=0即可；
（2）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，問題轉(zhuǎn)化為（1+ax）（1-e^-x）≤x，設(shè)h（x）=（1+ax）（1-e^-x）-x，（x＞0），根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（1）∵$f（x）=a+\frac{1}{x}+\frac{x^2}$，∴$f'（x）=-\frac{1}{x^2}-\frac{2b}{x^3}=\frac{-x-2b}{x^3}$，
所以$\frac{-x-2b}{x^3}＜0$的解集為（-∞，0）∪（0，+∞），
即x（x+2b）＞0的解集為（-∞，0）∪（0，+∞），所以b=0．（4分）
（2）由（1）知$f（x）=\frac{1}{x}+a$，又$\frac{1}{f（x）}+f（{e^x}）≥a+1$，
則$\frac{1}{{\frac{1}{x}+a}}≥1-{e^{-x}}$，由x＞0時(shí)，1-e^-x＞0，故a≥0．（5分）
所以$（{1-{e^{-x}}}）（{\frac{1}{x}+a}）≤1$，即（1+ax）（1-e^-x）≤x，
設(shè)h（x）=（1+ax）（1-e^-x）-x，（x＞0）（7分）
則h'（x）=e^-x（1+ax-a）+a-1=e^-x[1+ax-a+（a-1）e^x]（x＞0）．
設(shè)g（x）=1+ax-a+（a-1）e^x，（x＞0）
則g'（x）=a+（a-1）e^x，g'（0）=2a-1
當(dāng)2a-1≤0時(shí)，即$0≤a≤\frac{1}{2}$時(shí)，g''（x）=（a-1）e^x＜0，
所以g'（x）=a+（a-1）e^x單調(diào)遞減，g'（x）=a+（a-1）e^x＜g'（0）≤0，
故g（x）單調(diào)遞減，g（x）＜g（0）=0，所以h'（x）＜0恒成立，
h（x）=（1+ax）（1-e^-x）-x在（0，+∞）上單調(diào)遞減，
h（x）＜h（0）=0符合題意．（10分）
當(dāng)2a-1＞0時(shí)，即$a＞\frac{1}{2}$時(shí)，存在x₀＞0，
當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，g'（x）＞0，g（x）單調(diào)遞增，
g（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）在（0，x₀）上單調(diào)遞增，
h（x）＞0，與h（x）≤0恒成立矛盾．
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是$[{0，\frac{1}{2}}]$．（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，考查函數(shù)恒成立問題，是一道綜合題．