Question

14．已知函数f（x）=$\frac{{e}^{x}}{m{x}^{2}+nx+k}$，其中m，n，k∈R．
（1）若m=n=k=1，求f（x）的单调区间；
（2）若n=k=1，且当x≥0时，f（x）≥1总成立，求实数m的取值范围；
（3）若m＞0，n=0，k=1，若f（x）存在两个极值点x₁、x₂，求证：$\frac{e\sqrt{m}}{m}$＜f（x₁）+f（x₂）＜$\frac{{e}^{2}+1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）若m=n=k=1，求导数，利用导数的正负，求f（x）的单调区间；
（2）若n=k=1，且当x≥0时，f（x）≥1总成立，先确定m≥0，在分类讨论，确定函数的最小值，即可求实数m的取值范围；
（3）令f′（x）=0，x₁+x₂=2，x₁x₂=$\frac{1}{m}$，再结合基本不等式，即可证明结论．

解答 （1）解：m=n=k=1，f′（x）=$\frac{{e}^{x}（{x}^{2}-x）}{（{x}^{2}+x+1）^{2}}$，
∴0＜x＜1，f′（x）＜0，x＜0或x＞1时，f′（x）＞0，
∴函数的单调减区间是（0，1），单调增区间是（-∞，0），（1，+∞）；
（2）解：若n=k=1，且当x≥0时，f（x）≥1总成立，则m≥0．
m=0，f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$，f′（x）=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$≥0，∴f（x）_min=f（0）=1；
m＞0，f′（x）=$\frac{{e}^{x}•mx•（x+\frac{1-2m}{m}）}{（m{x}^{2}+x+1）^{2}}$，
0＜m≤$\frac{1}{2}$，f（x）_min=f（0）=1；
m≥$\frac{1}{2}$，f（x）在[0，$\frac{2m-1}{m}$]上为减函数，在[$\frac{2m-1}{m}$，+∞）上为增函数，f（x）_min＜f（0）=1不成立．
综上所述，0≤m≤$\frac{1}{2}$；
（3）证明：f（x）=$\frac{{e}^{x}}{m{x}^{2}+1}$，f′（x）=$\frac{{e}^{x}（m{x}^{2}-2mx+1）}{（m{x}^{2}+1）^{2}}$．
∵f（x）存在两个极值点x₁，x₂，∴4m²-4m＞0，∴m＞1．
令f′（x）=0，x₁+x₂=2，x₁x₂=$\frac{1}{m}$，
注意到$m{{x}_{i}}^{2}-2m{x}_{i}+1=0$（i=1，2），
∴f（x₁）=$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{m{{x}_{1}}^{2}+1}=\frac{{e}^{{x}_{1}}}{2m{x}_{1}}$，f（x₂）=$\frac{{e}^{{x}_{2}}}{2m{x}_{2}}$，
∴f（x₁）+f（x₂）=$\frac{{e}^{{x}_{1}}}{2m{x}_{1}}+\frac{{e}^{{x}_{2}}}{2m{x}_{2}}$=$\frac{1}{2}$（${x}_{2}•{e}^{{x}_{1}}+{x}_{1}•{e}^{{x}_{2}}$）
＞$\frac{1}{2}•2\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}•{e}^{{x}_{1}+{x}_{2}}}$=$e\sqrt{\frac{1}{m}}$=$\frac{e\sqrt{m}}{m}$；
∵$\frac{1}{2}$（${x}_{2}•{e}^{{x}_{1}}+{x}_{1}•{e}^{{x}_{2}}$）＜$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）（{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}）}{4}$＜$\frac{{e}^{2}+1}{2}$，
∴$\frac{e\sqrt{m}}{m}$＜f（x₁）+f（x₂）＜$\frac{{e}^{2}+1}{2}$．

点评 本题考查导数知识的综合运用，考查函数的单调性、最值，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于压轴题．