Question

已知函数f(x)=

ex

x2-ax+1

(a≥0)，
（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）先求导函数，然后讨论a，得到导数符号，从而得到函数的单调区间；
（2）由（1）可知当a＞2时，x∈[x₁，x₂]⊆[0，a+1]时，有f（x）＜0即f（x）≥x不成立，当a=0时，f（x）≥x在x∈[0，a+1]上成立，当a∈（0，2）时，证明f(1+a)=

ea+1

a+2

≥a+1，即证e^x-（x+1）x≥0（x=a+1∈（1，3））即可．

解答：解：（1）f′（x）=

ex(x2-ax+1-2x+a)

(x2-ax+1)2

=

ex(x-1)(x-(a+1))

(x2-ax+1)2

当a=0时，函数定义域为R，f′（x）=

ex(x-1)2

(x2+1)2

≥0，∴f（x）在R上单调递增
当a∈（0，2）时，∵△=a²-4＜0∴x²-ax+1＞0恒成立，函数定义域为R，又a+1＞1，
∴f（x）在（-∞，1）上单调递增，（1，1+a）单调递减，（1+a，+∞）单调递增
当a=2时，函数定义域为（-∞，1）∪（1，+∞），f′（x）=

ex(x-3)

x-1

∴f（x）在（-∞，1）上单调递增，（1，3）上单调递减，（3，+∞）上单调递增
当a∈（2，+∞）时，∵△=a²-4＞0，设x²-ax+1=0的两个根为x₁，x₂，且x₁＜x₂，
由韦达定理易知两根均为正根，且0＜x₁＜1＜x₂，所以函数的定义域为（-∞，x₁）∪（x₂，+∞）
又对称轴x=

a

2

＜a+1，且（a+1）²-a（a+1）+1=a+2＞0，x₂＜a+1
∴f（x）在（-∞，x₁），（x₁，1）单调递增，（1，x₂），（x₂，a+1）上单调递减，（1+a，+∞）单调递增
（2）解：由（1）可知当a＞2时，x∈[x₁，x₂]⊆[0，a+1]时，有f（x）＜0即f（x）≥x不成立，---------（8分）
当a=0时，f(0)=1，f(1)=

e

2

＞1，f(x)单调递增，所以f（x）≥x在x∈[0，a+1]上成立----------------（9分）
当a∈（0，2）时，f(0)=1，f(1)=

e

2-a

＞1，f(1+a)=

ea+1

a+2

，
下面证明：f(1+a)=

ea+1

a+2

≥a+1即证e^x-（x+1）x≥0（x=a+1∈（1，3））
令g（x）=e^x-（x+1）x，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=e^x-2x₀-1=0
∴g（x）在（1，x₀）上单调递减，在（x₀，3）上单调递减，此时g（x）≥g（x₀）=-

x

2 0

+x₀+1
∵g′（

1+ 5

2

）=e

1+ 5

2

-（2+

5

）＞0
∴x₀＜

1+ 5

2

∴g（x₀）＞0
所以不等式e^x-（x+1）x≥0（x=a+1∈（1，3））所以f(1+a)=

ea+1

a+2

≥a+1
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-------（15分）

点评：本题主要考查了函数恒成立问题，以及利用导数研究函数的单调性和最值，同时考查了转化的思想和计算能力，属于难题．