Question

15．已知函数f（x）=x²+1，g（x）=2ax+b（a，b∈R）．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，b=-2，求函数G（x）=f（x）g（x）的单调区间；
（2）设a＞0，求证：函数F（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$有一个极小值和一个极大值点；
（3）当b=0时，若对任意的x∈（0，∞），f（x）+g（x）＜e^x恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）求出G（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（2）求出F（x）的导数，结合二次函数的性质求出F（x）的单调区间，从而求出函数的极值，证出结论；
（3）问题转化为2a＜$\frac{{e}^{x}}{x}$-x-$\frac{1}{x}$，设h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$-x-$\frac{1}{x}$，根据函数的单调性得到h（x）_min=h（1）=e-2，从而求出a的范围即可．

解答 解：（1）当a=$\frac{1}{2}$，b=-2时，G（x）=f（x）g（x）=x³-2x²+x-2，
G′（x）=（3x-1）（x-1）…（1分）
G′（x）＞0?x＜$\frac{1}{3}$，或x＞1；G′（x）＜0?$\frac{1}{3}$＜x＜1…（3分）
所以函数G（x）的增区间为（-∞，$\frac{1}{3}$），（1，+∞），减区间为（$\frac{1}{3}$，1）…（5分）
（2）由F（x）=$\frac{g（x）}{f（x）}$=$\frac{2ax+b}{{x}^{2}+1}$，得
F′（x）=-$\frac{2（{ax}^{2}+bx-a）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$．…（6分）
令F′（x）=0，得ax²+bx-a=0①
因为a＞0，所以方程①的判别式△=b²+4a²＞0，
所以方程①有两个不相等的实数根，
记为x₁，x₂ （x₁＜x₂），则F′（x）=-$\frac{2a（x{-x}_{1}）（x{-x}_{2}）}{{{（x}^{2}+1）}^{2}}$．…（7分）
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（-∞，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
F′（x）	-	0	+	0	-
F（x）	减函数	极小值	增函数	极大值	减函数

可见，x=x₁ 是函数F（x）的极小值点，x=x₂是函数F（x）的极大值点．…（9分）
（3）当b=0时，不等式f（x）+g（x）＜e^x化为e^x-x²-1-2ax＞0．
于是，对任意的x∈（0，+∞），e^x-x²-1-2ax＞0恒成立，
即2a＜$\frac{{e}^{x}}{x}$-x-$\frac{1}{x}$．…（10分）
设h（x）=$\frac{{e}^{x}}{x}$-x-$\frac{1}{x}$，则h′（x）=$\frac{（x-1）{（e}^{x}-x-1）}{{x}^{2}}$．…（11分）
考察函数m（x）=e^x-x-1（x≠0），当x＞0时，m′（x）＞0，m（x）在（0，+∞）上是增函数．
从而，当x＞0时，m（x）＞m（0）=0，即e^x-x-1＞0．
因此，当0＜x＜1时，h′（x）＜0，h（x）在（0，1）上是减函数；
当x＞1时，h′（x）＞0，h（x）在（1，+∞）上是增函数．…（12分）
因此，当x=1时，h（x）取得最小值，h（x）_min=h（1）=e-2．
于是2a＜e-2，即a＜$\frac{e}{2}$-1．
所以a的取值范围为（-∞，$\frac{e}{2}$-1）…（13分）

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道综合题．