Question

11．已知函数f（x）=$\frac{mx}{{x}^{2}+n}$（m，n∈R）在x=1处取得极值2．
（1）求f（x）的解析式；
（2）k为何值时，方程f（x）-k=0只有1个根
（3）设函数g（x）=x²-2ax+a，若对于任意x₁∈R，总存在x₂∈[-1，0]，使得g（x₂）≤f（x₁），求a的取值范围．

Answer 1

分析 （1）函数f（1）=$\frac{m}{1+n}=2$．所以m=2+2n，f（x）=$\frac{（2+2n）x}{{x}^{2}+n}$，又f（x）在x=1处取得极值，f$′（1）=\frac{2{n}^{2}-2}{（1+n）^{2}}=0$，n=1，则m=4
（2）由f（x）-k=0，得k=f（x），由（1）得f$′（x）=\frac{4-4{x}^{2}}{（1+{x}^{2}）^{2}}$，令f′（x）=0，得x=±1．求出单调区间，根据图象即可求解．
（3）对于任意x₁∈R，总存在x₂∈[-1，0]，使得g（x₂）≤f（x₁），只需g（x₂）_min≤f（x₁）_min，即当x∈[-1，0]时，x²-2ax+a≤-2恒成立，只需$\left\{\begin{array}{l}{（-1）^{2}-2a×（-1）+a≤-2}\\{{0}^{2}-2a×0+a≤-2}\end{array}\right.$，解得a．

解答 解：（1）因为函数f（1）=$\frac{m}{1+n}=2$．
所以m=2+2n，f（x）=$\frac{（2+2n）x}{{x}^{2}+n}$，
又f（x）在x=1处取得极值，
f$′（x）=\frac{（2+2n）（{x}^{2}+n）-（2+2n）x•2x}{（{x}^{2}+n）^{2}}$=$\frac{2n+2{n}^{2}-（2+2n）{x}^{2}}{（{x}^{2}+n）^{2}}$，
 f$′（1）=\frac{2{n}^{2}-2}{（1+n）^{2}}=0$，n=1，则m=4，
经检验满足题意，
所以$f（x）=\frac{4x}{{{x^2}+1}}=\frac{4}{{x+\frac{1}{x}}}$；
（2）由f（x）-k=0，得k=f（x），
由（1）得f$′（x）=\frac{4-4{x}^{2}}{（1+{x}^{2}）^{2}}$，
令f′（x）=0，得x=±1．
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，1）	1	（1，+∞）
f'（x）	-	0	+	0	-
f（x）	单调递减	极小值	单调递增	极大值	单调递减

所以f（x）在x=-1处取得极小值-2，在x=1处取得极大值2
又$x→+∞，y→0{，_{^{\;}}}^{\;}x→-∞，y→0$如图   

所以k=±2或0时，方程有一个根…（7分）
（3）对于任意x₁∈R，总存在x₂∈[-1，0]，使得g（x₂）≤f（x₁），
只需g（x₂）_min≤f（x₁）_min，
即当x∈[-1，0]时，x²-2ax+a≤-2恒成立
只需$\left\{\begin{array}{l}{（-1）^{2}-2a×（-1）+a≤-2}\\{{0}^{2}-2a×0+a≤-2}\end{array}\right.$，
解得a≤-2
a的取值范围为a≤-2…（12分）

点评 本题考查了导数的应用，根的个数的判定，存在性问题，考查了转化思想、数形结合思想，属于中档题．