Question

已知函数f(x)=

1-x2

1+x+x2

．
（1）若（e^a+2）x²+e^ax+e^a-2≥0对|x|≤1恒成立，求a的取值范围；
（2）求证：对于正数a、b、μ，恒有f[(

a+μb

1+μ

)2]-f（

a2+μb2

1+μ

）≥(

a+μb

1+μ

)2-

a2+μb2

1+μ

．

Answer 1

分析：（1）构造函数g（x）=（e^a+2）x²+e^ax+e^a-2，确定函数的对称轴，利用判别式，即可求出a的取值范围；
（2）构造函数h(x)=f(x)-x=

1-x2

1+x+x2

-x，证明函数h（x）在（0，+∞）上是减函数，将要证明的问题转化为证明(

a+μb

1+μ

)2≤

a2+μb2

1+μ

，即可得结论．

解答：（1）解：令g（x）=（e^a+2）x²+e^ax+e^a-2，
∵g（-1）=e^a＞0，且对称轴x=-

ea

4+2ea

∈(-1，0)
所以△=e^2a-4（e^2a-4）≤0
∴3e^2a≥16
∴a≥ln

4 3

3

（2）证明：令h(x)=f(x)-x=

1-x2

1+x+x2

-x
h′(x)=

-2x(1+x+x2)-(1-x2)(2x+1)

(1+x+x2)2

-1=

-x2-4x-1

(1+x+x2)2

-1＜0(x＞0)
所以函数h（x）在（0，+∞）上是减函数
现证明(

a+μb

1+μ

)2≤

a2+μb2

1+μ

只需证明

a2+μ2b2+2μab

1+μ

≤a2+μb2
只需证明a²+μ²b²+2μab≤a²+μb²+μa²+μ²b²
2μab≤μb²+μa²显然成立
∴h[(

a+μb

1+μ

)2]≥h(

a2+μb2

1+μ

)
即有f[(

a+μb

1+μ

)2]-f（

a2+μb2

1+μ

）≥(

a+μb

1+μ

)2-

a2+μb2

1+μ

点评：本题以函数为载体，考查恒成立问题，考查导数的运用，同时考查了分析法证明不等式，综合性强．