Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x}}{a{x}^{2}+bx+c}$．其中a，b，c∈R．
（1）若a=1，b=1，c=1，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若b=c=1，且當x≥0時，f（x）≥1總成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）若a＞0，b=0，c=1，若f（x）存在兩個極值點x₁，x₂，求證：e$\sqrt{\frac{1}{a}}$＜f（x₁）+f（x₂）＜$\frac{{e}^{2}+1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）若a=1，b=1，c=1，求導數(shù)，利用導數(shù)的正負，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若b=c=1，且當x≥0時，f（x）≥1總成立，先確定a≥0，在分類討論，確定函數(shù)的最小值，即可求實數(shù)a的取值范圍；
（3）令f′（x）=0，x₁+x₂=2，x₁x₂=$\frac{1}{a}$，再結(jié)合基本不等式，即可證明結(jié)論．

解答 （1）解：a=1，b=1，c=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時，f′（x）＞0，
∴函數(shù)的單調(diào)減區(qū)間是（0，1），單調(diào)增區(qū)間是（-∞，0），（1，+∞）；
（2）解：若b=c=1，且當x≥0時，f（x）≥1總成立，則a≥0．
a=0，f（x）=$\frac{{e}^{x}}{x+1}$，f′（x）=$\frac{x{e}^{x}}{（x+1）^{2}}$≥0，∴f（x）_min=f（0）=1；
a＞0，f′（x）=$\frac{{e}^{x}•ax•（x+\frac{1-2a}{a}）}{（a{x}^{2}+x+1）^{2}}$，
0＜a≤$\frac{1}{2}$，f（x）_min=f（0）=1；a≥$\frac{1}{2}$，f（x）在[0，$\frac{2a-1}{a}$]上為減函數(shù)，在[[$\frac{2a-1}{a}$，+∞）上為增函數(shù)，f（x）_min＜f（0）=1，不成立，
綜上所述，0≤a≤$\frac{1}{2}$；
（3）證明：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）存在兩個極值點x₁，x₂，∴4a²-4a＞0，∴a＞1．
令f′（x）=0，x₁+x₂=2，x₁x₂=$\frac{1}{a}$，f（x₁）+f（x₂）=$\frac{1}{2}（{x}_{2}{e}^{{x}_{1}}+{x}_{1}{e}^{{x}_{2}}）$＞e$\sqrt{\frac{1}{a}}$，
∵$\frac{1}{2}（{x}_{2}{e}^{{x}_{1}}+{x}_{1}{e}^{{x}_{2}}）$＜$\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）（{e}^{{x}_{1}}+{e}^{{x}_{2}}）}{4}$＜$\frac{{e}^{2}+1}{2}$，
∴e$\sqrt{\frac{1}{a}}$＜f（x₁）+f（x₂）＜$\frac{{e}^{2}+1}{2}$．

點評 本題考查導數(shù)知識的綜合運用，考查函數(shù)的單調(diào)性、最值，考查不等式的證明，考查學生分析解決問題的能力，屬于中檔題．