Question

已知函數(shù)f（x）=

2ax+a2-1

x2+1

，其中a∈R．
（1）若a=1時，記h（x）=mf（x），g（x）=（lnx）²+2ex-2，存在x₁，x₂∈（0，1]使h（x₁）＞g（x₂）成立，求實數(shù)m的取值范圍；
（2）若f（x）在[0，+∞）上存在最大值和最小值，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）a=1時，存在x₁，x₂∈（0，1]使h（x₁）＞g（x₂）成立，等價于h（x）_max＞g（x）_min，利用導(dǎo)數(shù)、函數(shù)單調(diào)性可求得兩函數(shù)的最值；
（2）f′（x）=

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

(x2+1)2

，按照a=0，a＞0，a＜0三種情況進行討論，根據(jù)單調(diào)性可判斷函數(shù)最值情況；

解答： 解：（1）g′（x）=

2lnx

x

+2e，g′（x）=0⇒x=e-1，
x∈（0，e^-1），g'（x）＜0，g（x）遞減；x∈（e^-1，1），g'（x）＞0，g（x）遞增，
∴g（x）min=g（e^-1）=1，∴h（x）=

2mx

1+x2

，
顯然m＞0，則h（x）在（0，1]上是遞增函數(shù)，h（x）_max=m，
∴m＞1，
所以存在x₁，x₂∈（0，1]使h（x₁）＞g（x₂）成立時，實數(shù)m的取值范圍是（1，+∞）；
（2）解：f′（x）=

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

(x2+1)2

，
①當(dāng)a=0時，f′（x）=

2x

(x2+1)2

．
所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（-∞，0）上單調(diào)遞減，f（x）在[0，+∞）上不存在最大值和最小值；
當(dāng)a≠0，f′（x）=

-2(x+a)(x- 1 a )

(x2+1)2

，
②當(dāng)a＞0時，令f'（x）=0，得x₁=-a＜0，x₂=

1

a

，f（x）與f'（x）的情況如下：

x	（0，x2）	x2	（x2，+∞）
f'（x）	+	0	-
f（x）	↗	f（x2）	↘

故f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（

1

a

，+∞）；單調(diào)增區(qū)間是（0，

1

a

）．
當(dāng)a＞0時，由上得，f（x）在（0，

1

a

）單調(diào)遞增，在（

1

a

，+∞）單調(diào)遞減，
所以f（x）在（0，+∞）上存在最大值f（

1

a

）=a2＞0．
又因為

lim

x→∞

f（x）=

lim

x→∞

2ax+a2-1

x2+1

=0，
設(shè)x₀為f（x）的零點，易知x0=

1-a2

2a

，且x0＜

1

a

．從而x＞x₀時，f（x）＞0；x＜x₀時，f（x）＜0．
若f（x）在[0，+∞）上存在最小值，必有f（0）≤0，解得-1≤a≤1．
所以a＞0時，若f（x）在[0，+∞）上存在最大值和最小值，a的取值范圍是（0，1]．
③當(dāng)a＜0時，f（x）與f'（x）的情況如下：

x	（0，x1）	x1	（x1，+∞）
f'（x）	-	0	+
f（x）	↘	f（x1）	↗

所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（-a，+∞）；單調(diào)減區(qū)間是（0，-a），f（x）在（0，-a）單調(diào)遞減，在（-a，+∞）單調(diào)遞增，
所以f（x）在（0，+∞）上存在最小值f（-a）=-1．
又因為

lim

x→∞

f（x）=

lim

x→∞

2ax+a2-1

x2+1

=0，
若f（x）在[0，+∞）上存在最大值，必有f（0）≥0，解得a≥1，或a≤-1．
所以a＜0時，若f（x）在[0，+∞）上存在最大值和最小值，a的取值范圍是（-∞，-1]．
綜上，a的取值范圍是（-∞，-1]∪（0，1]．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值等知識，考查學(xué)生綜合運用所學(xué)知識分析問題解決問題的能力，綜合性強，難度大，能力要求較高．