Question

已知函数f（x）=

ax

1+x2

+1（a≠0）．
（1）当a=1时，求函数f（x）图象在点（0，1）处的切线方程；
（2）求函数f（x）的单调区间；
（3）若a＞0，g（x）=x²e^mx，且对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究曲线上某点切线方程,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：分类讨论,导数的概念及应用,导数的综合应用,不等式的解法及应用

分析：（1）求出a=1时f（x）的导数，求得切点，由点斜式方程即可得到切线方程；
（2）求出f（x）的导数，并分解因式，讨论a＞0，a＜0，由导数大于0可得增区间，由导数小于0，得减区间；
（3）“对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”等价于“当a＞0时，对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，求得f（x）在[0，2]上的最小值，再求g（x）的导数，对m讨论，结合单调性，求得最大值，解不等式即可得到．

解答： 解：（1）当a=1时，f(x)=

x

1+x2

+1，f（0）=1，
导数f′(x)=

(x2+1)-x•2x

(x2+1)2

=

1-x2

(x2+1)2

，
所以f′（0）=1，即有切线方程为y-1=x-0，即x-y+1=0；
（2）由题意可知，函数f（x）的定义域为R，
f′(x)=

a(x2+1)-ax•2x

(x2+1)2

=

a(1-x2)

(x2+1)2

=

a(1-x)(1+x)

(x2+1)2

，
当a＞0时，x∈（-1，1），f′（x）＞0，f（x）为增函数，
x∈（-∞，-1），（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当a＜0时，x∈（-1，1），f′（x）＜0，f（x）为减函数，
x∈（-∞，-1），（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）为增函数．
（3）“对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f（x₁）≥g（x₂）恒成立”
等价于“当a＞0时，对任意的x₁，x₂∈[0，2]，f_min（x）≥g_max（x）成立”，
当a＞0时，由（2）可知，函数f（x）在[0，1]上单调递增，在[1，2]上单调递减，
而f(0)=1，f(2)=

2a

5

+1＞1，所以f（x）的最小值为f（0）=1，
g（x）的导数g′（x）=2xe^mx+x²e^mx•m=（mx²+2x）e^mx，
当m=0时，g（x）=x²，x∈[0，2]时，g_max（x）=g（2）=4，显然不满足g_max（x）≤1，
当m≠0时，令g′（x）=0得，x1=0，x2=-

2

m

，
①当-

2

m

≥2，即-1≤m≤0时，在[0，2]上g′（x）≥0，所以g（x）在[0，2]单调递增，
所以gmax(x)=g(2)=4e2m，只需4e^2m≤1，得m≤-ln2，所以-1≤m≤-ln2；
②当0＜-

2

m

＜2，即m＜-1时，在[0，-

2

m

]，g′(x)≥0，g（x）单调递增，
在[-

2

m

，2]，g′(x)＜0，g（x）单调递减，所以gmax(x)=g(-

2

m

)=

4

m2e2

，
只需

4

m2e2

≤1，得m≤-

2

e

，所以m＜-1；
③当-

2

m

＜0，即m＞0时，显然在[0，2]上g′（x）≥0，g（x）单调递增，
gmax(x)=g(2)=4e2m，4e^2m≤1不成立．
综上所述，m的取值范围是（-∞，-ln2]．

点评：本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，主要考查不等式的恒成立问题转化为求函数最值，运用分类讨论的思想方法是解题的关键．