Question

2．已知函數(shù)$f（x）=\frac{x}{{{x^2}+1}}+1$，g（x）=x²e^ax（a＜0）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若對任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）問題等價于“對于任意x∈[0，2]，f（x）_min≥g（x）_max成立”，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)f（x）的定義域為R，$f'（x）=\frac{{（1-{x^2}）}}{{{{（{x^2}+1）}^2}}}=\frac{（1-x）（1+x）}{{{{（{x^2}+1）}^2}}}$．…（2分）
當(dāng)x變化時，f'（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-1）	（-1，1）	（1，+∞）
f'（x）	-	+	-
f（x）	↘	↗	↘

所以，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-1，1），
單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，-1），（1，+∞）．…（5分）
（Ⅱ）依題意，“對于任意x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”
等價于“對于任意x∈[0，2]，f（x）_min≥g（x）_max成立”．
由（Ⅰ）知，函數(shù)f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，在[1，2]上單調(diào)遞減，
因為f（0）=1，$f（2）=\frac{2m}{5}+1＞1$，所以函數(shù)f（x）的最小值為f（0）=1．
所以應(yīng)滿足g（x）_max≤1．…（7分）
因為g（x）=x²e^ax，所以g'（x）=（ax²+2x）e^ax．…（8分）
因為a＜0，令g'（x）=0得，x₁=0，${x_2}=-\frac{2}{a}$．
（ⅰ）當(dāng)$-\frac{2}{a}≥2$，即-1≤a＜0時，
在[0，2]上g'（x）≥0，所以函數(shù)g（x）在[0，2]上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)$g{（x）_{max}}=g（2）=4{e^{2a}}$．
由4e^2a≤1得，a≤-ln2，所以-1≤a≤-ln2．  …（11分）
（ⅱ）當(dāng)$0＜-\frac{2}{a}＜2$，即a＜-1時，
在$[0，-\frac{2}{a}）$上g'（x）≥0，在$（-\frac{2}{a}，2]$上g'（x）＜0，
所以函數(shù)g（x）在$[0，-\frac{2}{a}）$上單調(diào)遞增，在$（-\frac{2}{a}，2]$上單調(diào)遞減，
所以$g{（x）_{max}}=g（-\frac{2}{a}）=\frac{4}{{{a^2}{e^2}}}$．
由$\frac{4}{{{a^2}{e^2}}}≤1$得，$a≤-\frac{2}{e}$，所以a＜-1．   …（13分）
綜上所述，a的取值范圍是（-∞，-ln2]．   …（14分）

點評 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、轉(zhuǎn)化思想，是一道綜合題．