Question

11．已知函數(shù)f（x）=$\frac{mx}{{x}^{2}+n}$（m，n∈R）在x=1處取得極值2．
（1）求f（x）的解析式；
（2）k為何值時(shí)，方程f（x）-k=0只有1個(gè)根
（3）設(shè)函數(shù)g（x）=x²-2ax+a，若對(duì)于任意x₁∈R，總存在x₂∈[-1，0]，使得g（x₂）≤f（x₁），求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）函數(shù)f（1）=$\frac{m}{1+n}=2$．所以m=2+2n，f（x）=$\frac{（2+2n）x}{{x}^{2}+n}$，又f（x）在x=1處取得極值，f$′（1）=\frac{2{n}^{2}-2}{（1+n）^{2}}=0$，n=1，則m=4
（2）由f（x）-k=0，得k=f（x），由（1）得f$′（x）=\frac{4-4{x}^{2}}{（1+{x}^{2}）^{2}}$，令f′（x）=0，得x=±1．求出單調(diào)區(qū)間，根據(jù)圖象即可求解．
（3）對(duì)于任意x₁∈R，總存在x₂∈[-1，0]，使得g（x₂）≤f（x₁），只需g（x₂）_min≤f（x₁）_min，即當(dāng)x∈[-1，0]時(shí)，x²-2ax+a≤-2恒成立，只需$\left\{\begin{array}{l}{（-1）^{2}-2a×（-1）+a≤-2}\\{{0}^{2}-2a×0+a≤-2}\end{array}\right.$，解得a．

解答 解：（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（1）=$\frac{m}{1+n}=2$．
所以m=2+2n，f（x）=$\frac{（2+2n）x}{{x}^{2}+n}$，
又f（x）在x=1處取得極值，
f$′（x）=\frac{（2+2n）（{x}^{2}+n）-（2+2n）x•2x}{（{x}^{2}+n）^{2}}$=$\frac{2n+2{n}^{2}-（2+2n）{x}^{2}}{（{x}^{2}+n）^{2}}$，
 f$′（1）=\frac{2{n}^{2}-2}{（1+n）^{2}}=0$，n=1，則m=4，
經(jīng)檢驗(yàn)滿(mǎn)足題意，
所以$f（x）=\frac{4x}{{{x^2}+1}}=\frac{4}{{x+\frac{1}{x}}}$；
（2）由f（x）-k=0，得k=f（x），
由（1）得f$′（x）=\frac{4-4{x}^{2}}{（1+{x}^{2}）^{2}}$，
令f′（x）=0，得x=±1．
當(dāng)x變化時(shí)，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減

所以f（x）在x=-1處取得極小值-2，在x=1處取得極大值2
又$x→+∞，y→0{，_{^{\;}}}^{\;}x→-∞，y→0$如圖   

所以k=±2或0時(shí)，方程有一個(gè)根…（7分）
（3）對(duì)于任意x₁∈R，總存在x₂∈[-1，0]，使得g（x₂）≤f（x₁），
只需g（x₂）_min≤f（x₁）_min，
即當(dāng)x∈[-1，0]時(shí)，x²-2ax+a≤-2恒成立
只需$\left\{\begin{array}{l}{（-1）^{2}-2a×（-1）+a≤-2}\\{{0}^{2}-2a×0+a≤-2}\end{array}\right.$，
解得a≤-2
a的取值范圍為a≤-2…（12分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，根的個(gè)數(shù)的判定，存在性問(wèn)題，考查了轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．