题目内容

(2009•黄冈模拟)已知函数f(x)=
1-x2
1+x+x2
(x∈R)

(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间和极值;
(Ⅱ)若(et+2)x2+etx+et-2≥0对满足|x|≤1的任意实数x恒成立,求实数t的取值范围(这里e是自然对数的底数);
(Ⅲ)求证:对任意正数a、b、λ、μ,恒有f[(
λa+μb
λ+μ
)
2
]-f(
λa2b2
λ+μ
)≥(
λa+μb
λ+μ
)2
-
λa2b2
λ+μ
分析:(Ⅰ)对函数求导,利用导数可判断函数的单独区间,进而可求函数的极大值,极小值.
(Ⅱ)原不等式可化为et
2(1-x2)
1+x+x2
由(Ⅰ)知,|x|≤1时,f(x)的最大值为
2
3
3
.则可得
2(1-x2)
1+x+x2
的最大值为
4
3
3
,由恒成立的意义知道et
4
3
3
,从而可求t.
(Ⅲ)设g(x)=f(x)-x=
1-x2
1+x+x2
-x(x>0)
,对g(x)求导可判断g(x)在(0,+∞)上是减函数,而作差可证明(
λa+μb
λ+μ
)2
λa2b2
λ+μ
.由g(x)的单调性可证.
解答:解:(Ⅰ)f′(x)=
-2x(1+x+x2)-(2x+1)(1-x2)
(1+x+x2)2
=
-[x-(-2+
3
)]•[x-(-2-
3
)]
(1+x+x2)2

∴f(x)的增区间为(-2-
3
,-2+
3
)
,f(x)减区间为(-∞,-2-
3
)
(-2+
3
,+∞)

极大值为f(-2+
3
)=
2
3
3
,极小值为f(-2-
3
)=-
2
3
3
.…4分
(Ⅱ)原不等式可化为et
2(1-x2)
1+x+x2
由(Ⅰ)知,|x|≤1时,f(x)的最大值为
2
3
3

2(1-x2)
1+x+x2
的最大值为
4
3
3
,由恒成立的意义知道et
4
3
3
,从而t≥ln
4
3
3
…8分
(Ⅲ)设g(x)=f(x)-x=
1-x2
1+x+x2
-x(x>0)

g′(x)=f′(x)-1=
-(x2+4x+1)
(1+x+x2)2
-1=-
x4+2x3+4x2+6x+2
(1+x+x2)2

∴当x>0时,g'(x)<0,故g(x)在(0,+∞)上是减函数,
又当a、b、λ、μ是正实数时,(
λa+μb
λ+μ
)2-
λa2b2
λ+μ
=-
λμ(a-b)2
(λ+μ)2
≤0

(
λa+μb
λ+μ
)2
λa2b2
λ+μ

由g(x)的单调性有:f[(
λa+μb
λ+μ
)
2
]-(
λa+μb
λ+μ
)2≥f(
λa2b2
λ+μ
)-
λa2b2
λ+μ

f[(
λa+μb
λ+μ
)
2
]-f(
λa2b2
λ+μ
)≥(
λa+μb
λ+μ
)2-
λa2b2
λ+μ
.…12分
点评:本题主要考查了函数的恒成立问题的转化的应用,解题的关键是熟练应用导数的知识判断函数的单调性、求解函数的极值及最值及综合应用函数知识求解问题的综合能力
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