Question

17．已知函数f（x）=$\frac{e^x}{{{x^2}-ax+1}}（{a≥0}）$．（e=2.71828…是自然对数的底数）
（1）试讨论函数f（x）的单调区间；
（2）若不等式f（x）≥x对于任意的x∈[0，a+1]恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）先求导$f'（x）=\frac{{{e^x}（{x-1}）[{x-（{a+1}）}]}}{{{{（{{x^2}-ax+1}）}^2}}}$，根据函数的定义域及导数的正负分a=0，a∈（0，2），a=2，a∈（2，+∞），讨论函数的定义域并求单调区间；
（2）结合（1）分a∈（2，+∞），a=2，a=0及a∈（0，2）讨论不等式f（x）≥x对于任意的x∈[0，a+1]恒成立是否成立，从而求a的取值范围．

解答 解：（1）$f'（x）=\frac{{{e^x}（{x-1}）[{x-（{a+1}）}]}}{{{{（{{x^2}-ax+1}）}^2}}}$，
①当a=0时，函数定义域为R，$f'（x）=\frac{{{e^x}{{（{x-1}）}^2}}}{{{{（{{x^2}+1}）}^2}}}≥0$，故f（x）在R上单调递增；
②当a∈（0，2）时，函数定义域为R，又a+1＞1，
故f（x）在（-∞，1）单调递增，（1，1+a）单调递减，（1+a，+∞）单调递增；
③当a=2时，函数定义域为（-∞，1）∪（1，+∞），$f'（x）=\frac{{{e^x}（{x-3}）}}{x-1}$，
故f（x）在（-∞，1）单调递增，（1，3）单调递减，（3，+∞）单调递增；
④当a∈（2，+∞）时，方程x²-ax+1=0的两个根为${x_1}=\frac{{a-\sqrt{{a^2}-4}}}{2}，{x_2}=\frac{{a+\sqrt{{a^2}-4}}}{2}$，
所以函数的定义域为（-∞，x₁）∪（x₁，x₂）∪（x₂，+∞），
由韦达定理知0＜x₁＜1＜x₂，
对称轴$x=\frac{a}{2}＜a+1$，（a+1）²-a（a+1）+1=a+2＞0，故x₂＜a+1，
f（x）在（-∞，x₁），（x₁，1），（1+a，+∞）单调递增，（1，x₂），（x₂，a+1）单调递减；
（2）①当a∈（2，+∞）时，x∈[x₁，x₂]⊆[0，a+1]时，有f（x）＜0即f（x）≥x不成立；
②当a=2时，由（1）可知不符合题意；
③当a=0时，f（x）单调递增，f_min（x）=f（0）=1，故不等式恒成立；
④当a∈（0，2）时，$f（0）=1，f（1）=\frac{e}{2-a}＞1，f（{1+a}）=\frac{{{e^{a+1}}}}{a+2}$，
下面证明$f（{1+a}）=\frac{{{e^{a+1}}}}{a+2}≥a+1$，
即证e^x-x（x+1）≥0（x=a+1∈（1，3）），
令g（x）=e^x-x（x+1），g′（x）=e^x-2x-1，g″（x）=e^x-2，
∵x∈（1，3），∴g″（x）＞0，g′（x）单调递增，g′（1）＜0，g′（3）＞0，
∴?x₀使得$g'（{x_0}）={e^{x_0}}-2{x_0}-1=0$，
g（x）在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，3）上单调递增，
此时$g（x）≥g（{x_0}）={e^{x_0}}-x_0^2-{x_0}=-x_0^2+{x_0}+1$，
$g'（{\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}}）={e^{\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}}}-（{2+\sqrt{5}}）＞0$，
∴${x_0}＜\frac{{1+\sqrt{5}}}{2}$，
∴g（x₀）＞0；
所以不等式e^x-x（x+1）≥0（x=a+1∈（1，3））成立．
即$f（{1+a}）=\frac{{{e^{a+1}}}}{a+2}≥a+1$；
由（1）知f（x）在（0，1）单调递增，（1，1+a）单调递减，
所以不等式f（x）≥x对于任意的x∈[0，a+1]恒成立
综上所述，
当a∈[0，2）时，不等式f（x）≥x对于任意的x∈[0，a+1]恒成立．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题的处理方法，同时考查了分类讨论的思想及单调性的判断与应用，化简及分类讨论比较困难，属于难题．