Question

20．已知函数$f（x）=\frac{ax}{{1+{x^2}}}+1$（a≠0）．
（1）已知函数f（x）在点（0，1）处的斜率为1，求a的值；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）若a＞0，g（x）=x²e^mx，且对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出函数的导数，计算f′（0）=1，求出a的值即可；
（2）求出f（x）的导数，并分解因式，讨论a＞0，a＜0，由导数大于0可得增区间，由导数小于0，得减区间；
（3）“对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”等价于“当a＞0时，对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，求得f（x）在[0，2]上的最小值，再求g（x）的导数，对m讨论，结合单调性，求得最大值，解不等式即可得到．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{a（1-x）（1+x）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$，故f′（0）=$\frac{a}{1}$=1，解得：a=1；
（2）由题意可知，函数f（x）的定义域为R，
f′（x）=$\frac{a（1-x）（1+x）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$，
当a＞0时，x∈（-1，1），f′（x）＞0，f（x）为增函数，
x∈（-∞，-1），（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当a＜0时，x∈（-1，1），f′（x）＜0，f（x）为减函数，
x∈（-∞，-1），（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）为增函数．
（3）“对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”
等价于“当a＞0时，对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，
当a＞0时，由（2）可知，函数f（x）在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，
而f（0）=1，f（2）=$\frac{2a}{5}$+1＞1，所以f（x）的最小值为f（0）=1，
g（x）的导数g′（x）=2xe^mx+x²e^mx•m=（mx²+2x）e^mx，
当m=0时，g（x）=x²，x∈[0，2]时，g_max（x）=g（2）=4，显然不满足g_max（x）≤1，
当m≠0时，令g′（x）=0得，x₁=0，x₂=-$\frac{2}{m}$，
①当-$\frac{2}{m}$≥2，即-1≤m≤0时，在[0，2]上g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]单调递增，
所以g_max（x）=g（2）=4e^2m，只需4e^2m≤1，得m≤-ln2，所以-1≤m≤-ln2；
②当0＜-$\frac{2}{m}$＜2，即m＜-1时，在[0，-$\frac{2}{m}$]，g′（x）≥0，g（x）单调递增，
在[-$\frac{2}{m}$，2]，g′（x）＜0，g（x）单调递减，所以g_max（x）=g（-$\frac{2}{m}$）=$\frac{4}{{{m}^{2}e}^{2}}$，
只需$\frac{4}{{{m}^{2}e}^{2}}$≤1，得m≤-$\frac{2}{e}$，所以m＜-1；
③当-$\frac{2}{m}$＜0，即m＞0时，显然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）单调递增，
g_max（x）=g（2）=4e^2m，4e^2m≤1不成立．
综上所述，m的取值范围是（-∞，-ln2]．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，主要考查不等式的恒成立问题转化为求函数最值，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．