Question

7．已知函数f（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}-mx+1}$
（Ⅰ）若m∈（-2，2），求函数y=f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若m∈（0，$\frac{1}{2}$]，则当x∈[0，m+1）时，函数y=f（x）的图象是否总存在直线y=x上方？请写出判断过程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论m的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）令g（x）=x，讨论m的范围，根据函数的单调性求出g（x）的最大值和f（x）的最小值，结合函数恒成立分别判断即可证明结论．

解答 解：（Ⅰ）函数定义域为R，${f^'}（x）=\frac{{{e^x}（{x^2}-mx+1-2x+m）}}{{{{（{x^2}-mx+1）}^2}}}=\frac{{{e^x}（x-1）（x-m-1）}}{{{{（{x^2}-mx+1）}^2}}}$…（1分）
①当m+1=1，即m=0时，f′（x）≥0，此时f（x）在R递增，
②当1＜m+1＜3即0＜m＜2
x∈（-∞，1）时，f′（x）＞0，f（x）递增，
x∈（1，m+1）时，f′（x）＜0，f（x）递减，
x∈（m+1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）递增；
③0＜m+1＜1，即-1＜m＜0时，
x∈（-∞，m+1）和（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）递增，
x∈（m+1，1）时，f′（x）＜0，f（x）递减；
综上所述，①m=0时，f（x）在R递增，
②0＜m＜2时，f（x）在（-∞，1），（m+1，+∞）递增，在（1，m+1）递减，
③-2＜m＜0时，f（x）在（-∞，m+1），（1，+∞）递增，在（m+1，1）递减；
（Ⅱ）当m∈（0，$\frac{1}{2}$]时，由（1）知f（x）在（0，1）递增，在（1，m+1）递减，
令g（x）=x，
①当x∈[0，1]时，f（x）_min=f（0）=1，g（x）_max=1，
所以函数f（x）图象在g（x）图象上方；
②当x∈[1，m+1]时，函数f（x）单调递减，
所以其最小值为$f（m+1）=\frac{{{e^{m+1}}}}{m+2}$，g（x）最大值为m+1，
所以下面判断f（m+1）与m+1的大小，
即判断e^x与（1+x）x的大小，其中$x=m+1∈（{1，\frac{3}{2}}]$，
令m（x）=e^x-（1+x）x，m′（x）=e^x-2x-1，
令h（x）=m′（x），则h′（x）=e^x-2，
因$x=m+1∈（{1，\frac{3}{2}}]$，所以h′（x）=e^x-2＞0，m′（x）单调递增；
所以m′（1）=e-3＜0，${m^'}（\frac{3}{2}）={e^{\frac{3}{2}}}-4＞0$，
故存在${x_0}∈（{1，\frac{3}{2}}]$使得${m^'}（{x_0}）={e^{x_0}}-2{x_0}-1=0$，
所以m（x）在（1，x₀）上单调递减，在$（{{x_0}，\frac{3}{2}}）$单调递增
所以$m（x）≥m（{x_0}）={e^{x_0}}-{x_0}^2-{x_0}=2{x_0}+1-x_0^2-{x_0}=-x_0^2+{x_0}+1$，
所以${x_0}∈（{1，\frac{3}{2}}]$时，$m（{x_0}）=-x_0^2+{x_0}+1＞0$，
即e^x＞（1+x）x也即f（m+1）＞m+1，
所以函数f（x）的图象总在直线y=x上方．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查学生的计算能力，是一道综合题．