Question

12．已知函数$f（x）=\frac{e^x}{{a{x^2}+bx+1}}$，其中a，b，c∈R．
（Ⅰ）若a=b=1，求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若a=0，且当x≥0时，f（x）≥1总成立，求实数b的取值范围；
（Ⅲ）若a＞0，b=0，若f（x）存在两个极值点x₁，x₂，求证；f（x₁）+f（x₂）＜e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）问题转化为bx+1≥0在[0，+∞）恒成立，通过讨论b的范围集合函数的单调性从而求出b的范围即可；
（Ⅲ）求出函数的导数，构造新的函数，根据函数的单调性证明即可．

解答 解：（Ⅰ）$f（x）=\frac{e^x}{{{x^2}+x+1}}，f'（x）=\frac{{{e^x}x（x-1）}}{{{{（{x^2}+x+1）}^2}}}$，
f'（x）＞0⇒x＞1或x＜0，f'（x）＜0⇒0＜x＜1，
∴f（x）增区间为（-∞，0），（1，+∞），减区间为（0，1）．…（4分）
（Ⅱ）$f（x）=\frac{e^x}{bx+1}≥1?bx+1≥0$在[0，+∞）恒成立⇒b≥0…（5分）
当b≥0时，f（x）≥1?e^x-bx-1≥0．设g（x）=e^x-bx-1，g'（x）=e^x-b
①当0≤b≤1时，g'（x）≥0⇒g（x）在[0，+∞）单调递增，⇒g（x）≥g（0）=0成立
②当b＞1时，g'（x）=0?x=lnb，当x∈（0，lnb）时，
g'（x）＜0⇒g（x）在（0，lnb）单调递减，⇒g（x）＜g（0）=0，不成立
综上，0≤b≤1…（8分）
（Ⅲ）$f（x）=\frac{e^x}{{a{x^2}+1}}，f'（x）=\frac{{{e^x}（a{x^2}-2ax+1）}}{{{{（a{x^2}+1）}^2}}}，f'（x）=0?a{x^2}-2ax+1=0$
有条件知x₁，x₂为ax²-2ax+1=0两根，${x_1}+{x_2}=2，{x_1}{x_2}=\frac{1}{a}$，
且$ax_1^2+1=2a{x_1}，ax_2^2+1=2a{x_2}$$f（{x_1}）+f（{x_2}）=\frac{{{e^{x_1}}}}{ax_1^2+1}+\frac{{{e^{x_2}}}}{ax_2^2+1}=\frac{{{e^{x_1}}}}{{2a{x_1}}}+\frac{{{e^{x_2}}}}{{2a{x_2}}}=\frac{{{e^{x_1}}•{x_2}+{e^{x_2}}•{x_1}}}{2}$，
由${e^{x_1}}•{x_2}+{e^{x_2}}•{x_1}＜（{x_1}+{x_2}）{e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}$成立，
作差得：${e^{\frac{{{x_1}+{x_2}}}{2}}}（{e^{\frac{{{x_1}-{x_2}}}{2}}}-1）（{x_1}-{x_2}）＜0$，
得${e^{x_1}}•{x_2}+{e^{x_2}}•{x_1}＜2{e^{\frac{2}{2}}}=2e$∴f（x₁）+f（x₂）＜e….12
或由x₁+x₂=2，$f（{x_1}）+f（{x_2}）=\frac{{{e^{x_1}}•（1-{x_1}）+{e^{（1-{x_1}）}}•{x_1}}}{2}$，（可不妨设0＜x₁＜1）
设$h（x）=\frac{{{e^x}•（1-x）+{e^{（1-x）}}•x}}{2}$（0＜x＜1），
$h'（x）=\frac{{（1-x）（{e^x}+{e^{2-x}}）}}{2}＞0⇒h（x）$在（0，1）单调递增，
h（x）＜h（1）=e，
∴f（x₁）+f（x₂）＜e成立．

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转化思想、分类讨论思想，是一道综合题．