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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