题目内容
（2009•黄冈模拟）已知函数f(x)=
(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[(
)2]-f(
)≥(
)2-
．
| 1-x2 |
| 1+x+x2 |
（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 |
| λa2+μb2 |
| λ+μ |
| λa+μb |
| λ+μ |
| λa2+μb2 |
| 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≥
由（Ⅰ）知，|x|≤1时，f（x）的最大值为
．则可得
的最大值为
，由恒成立的意义知道et≥
，从而可求t．
（Ⅲ）设g(x)=f(x)-x=
-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(
)2≤
．由g（x）的单调性可证．
（Ⅱ）原不等式可化为et≥
| 2(1-x2) |
| 1+x+x2 |
2
| ||
| 3 |
| 2(1-x2) |
| 1+x+x2 |
4
| ||
| 3 |
4
| ||
| 3 |
（Ⅲ）设g(x)=f(x)-x=
| 1-x2 |
| 1+x+x2 |
| λa+μb |
| λ+μ |
| λa2+μb2 |
| λ+μ |
解答：解：（Ⅰ）f′(x)=
=
∴f（x）的增区间为(-2-
，-2+
)，f（x）减区间为(-∞，-2-
)和(-2+
，+∞)．
极大值为f(-2+
)=
，极小值为f(-2-
)=-
．…4分
（Ⅱ）原不等式可化为et≥
由（Ⅰ）知，|x|≤1时，f（x）的最大值为
．
∴
的最大值为
，由恒成立的意义知道et≥
，从而t≥ln
…8分
（Ⅲ）设g(x)=f(x)-x=
-x(x＞0)
则g′(x)=f′(x)-1=
-1=-
．
∴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，(
)2-
=-
≤0
∴(
)2≤
．
由g（x）的单调性有：f[(
)2]-(
)2≥f(
)-
，
即f[(
)2]-f(
)≥(
)2-
．…12分
| -2x(1+x+x2)-(2x+1)(1-x2) |
| (1+x+x2)2 |
-[x-(-2+
| ||||
| (1+x+x2)2 |
∴f（x）的增区间为(-2-
| 3 |
| 3 |
| 3 |
| 3 |
极大值为f(-2+
| 3 |
2
| ||
| 3 |
| 3 |
2
| ||
| 3 |
（Ⅱ）原不等式可化为et≥
| 2(1-x2) |
| 1+x+x2 |
2
| ||
| 3 |
∴
| 2(1-x2) |
| 1+x+x2 |
4
| ||
| 3 |
4
| ||
| 3 |
4
| ||
| 3 |
（Ⅲ）设g(x)=f(x)-x=
| 1-x2 |
| 1+x+x2 |
则g′(x)=f′(x)-1=
| -(x2+4x+1) |
| (1+x+x2)2 |
| 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 |
| λa2+μb2 |
| λ+μ |
| λμ(a-b)2 |
| (λ+μ)2 |
∴(
| λa+μb |
| λ+μ |
| λa2+μb2 |
| λ+μ |
由g（x）的单调性有：f[(
| λa+μb |
| λ+μ |
| λa+μb |
| λ+μ |
| λa2+μb2 |
| λ+μ |
| λa2+μb2 |
| λ+μ |
即f[(
| λa+μb |
| λ+μ |
| λa2+μb2 |
| λ+μ |
| λa+μb |
| λ+μ |
| λa2+μb2 |
| λ+μ |
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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