Question

已知函数f(x)=

1

x2+ax+1

（1）若a∈（-2，2），求f（x）的单调区间；
（2）求f（x）值域；
（3）若a＞-2，求f（x）在区间[0，1]上的最大值和最小值．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）由a∈（-2，2）得△=a²-4＜0，对任意x∈R，f（x）＞0，令u=x²+ax+1，易知u在(-∞，-

a

2

)上递减，在(-

a

2

，+∞)上递增，于是f（x）的递增区间是(-∞，-

a

2

)，递减区间是(-

a

2

，+∞)．
（2）讨论（ⅰ）当a∈（-2，2）时（ⅱ）当a=±2时（ⅲ）当a∈（-∞，-2）∪（2，+∞）时综合得出结论．
（3）讨论（ⅰ）当a∈[0，+∞）时，（ⅱ）当a∈[-1，0）时（ⅲ）当a∈（-2，-1）时从而综合得出结论．

解答： 解：（1）∵a∈（-2，2），
∴△=a²-4＜0，对任意x∈R，f（x）＞0，令u=x²+ax+1，
易知u在(-∞，-

a

2

)上递减，在(-

a

2

，+∞)上递增，
于是f（x）的递增区间是(-∞，-

a

2

)，递减区间是(-

a

2

，+∞)．
（2）（ⅰ）当a∈（-2，2）时，umin=u(-

a

2

)=

4-a2

4

，
结合（1）得f（x）的值域是(0，

4

4-a2

)，
（ⅱ）当a=±2时，f(x)=

1

(x-1)2

或f(x)=

1

(x+1)2

，f（x）值域均为（0，+∞），
（ⅲ）当a∈（-∞，-2）∪（2，+∞）时，△=a²-4＞0，方程x²+ax+1=0有两实根x₁，x₂（不妨设x₁＜x₂），
与（1）同理，f（x）在（-∞，x₁）上递增，在(x1，-

a

2

)上递增，在(-

a

2

，x2)上递减，在（x₂，+∞）上递减，
且x∈（-∞，x₁）∪（x₂，+∞）时，f（x）＞0，
当x→x₁（x＜x₁）时f（x）→+∞，所以f（x）∈（0，+∞），
同理，当x∈（x₁，x₂）时，f(x)∈(-∞，

4

4-a2

)，
综上，当a∈（-∞，-2）∪（2，+∞）时，f（x）值域为(-∞，

4

4-a2

)∪(0，+∞)．
（3）（ⅰ）当a∈[0，+∞）时，
∵-

a

2

＜0，且u（0）=1＞0，于是x²+ax+1≥1，且f（x）在[0，1]上递减，
因此，f_max（x）=1，fmin(x)=

1

a+2

，
（ⅱ）当a∈[-1，0）时，-

a

2

∈(0，

1

2

]，
此时，f（x）在[0，-

a

2

)上递增，在[-

a

2

，1]上递减，
且f(0)=1≥

1

a+2

=f(1)，
所以fmax(x)=

4

4-a2

，fmin(x)=

1

a+2

，
（ⅲ）当a∈（-2，-1）时，单调性同上，不过此时f(0)=1＜

1

a+2

=f(1)，
所以fmax(x)=

4

4-a2

，f_min（x）=1．
综上所述，
当a∈[0，+∞）时，f_max（x）=1，fmin(x)=

1

a+2

，
当a∈[-1，0）时，-

a

2

∈(0，

1

2

]，fmax(x)=

4

4-a2

，fmin(x)=

1

a+2

，
当a∈（-2，-1）时，fmax(x)=

4

4-a2

，f_min（x）=1．

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，渗透了分类讨论思想，是一道综合题．