Question

已知函數(shù)f(x)=

mx

x2+n

(m，n∈R)在x=1處取得極大值2．
（1）求函數(shù)f（x）的解析式；      
（2）求函數(shù)f（x）的極值；
（3）設(shè)函數(shù)g（x）=x²-2ax+a，若對于任意x₁∈R，總存在x₂∈[-1，1]，使得g（x₂）≤f（x₁），求實數(shù)a的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）先由已知函數(shù)求其導(dǎo)數(shù)，再根據(jù)函數(shù)f（x）在x=1處取得極值2，列出關(guān)于a，b的方程即可求得函數(shù)f（x）的解析式；
（2）求f′（x），令f′（x）＞0，令f′（x）＜0，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，進(jìn)而能夠求出函數(shù)f（x）的極值；
（3）求得函數(shù)f（x）的極小值，且當(dāng)x＞1時，f（x）＞0恒成立，得函數(shù)f（x）的最小值，利用二次函數(shù)的圖象，對a進(jìn)行分類討論，得出g（x）在[-1，1]上的最大值，由g（x）在[-1，1]上的最大值小于等于-2得a的范圍，結(jié)合分類時a的范圍，得到a的取值范圍．

解答：解：（1）∵函數(shù)f(x)=

mx

x2+n

(m，n∈R)在x=1處取得極大值2．
∴

f(1)=2 f′(1)=0

，
又由f′（x）=

m(x2+n)-mx•2x

(x2+n)2

=

-m(x2-n)

(x2+n)2

，
由題意得

f′(1)=  -m(1-n) (1+n)2 =0 f(1)=  m 1+n =2

，解得

m=4 n=1

，
經(jīng)檢驗，當(dāng)m=4，n=1時，函數(shù)f（x）在x=1處取得極小值2  
∴函數(shù)f（x）的解析式為f（x）=

4x

x2+1

；
（2）∵函數(shù)f（x）的定義域為R且由（1）有f′（x）=

-4(x-1)(x+1)

(x2+1)2

令f′（x）=0，解得：x=±1
∴當(dāng)x變化時，f（x），f′（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	-	0	+	0	-
f（x）	減	極小值-2	增	極大值2	減

∴當(dāng)x=-1時，函數(shù)f（x）有極小值-2；當(dāng)x=1時，函數(shù)f（x）有極大值2；
（3）由（2）知函數(shù)f（x）的大致圖象如圖所示：
則f（x）在x=-1處取得極小值f（-1）=-2，
在x=1處取得極大值f（1）=2
又∵x＞0時，f（x）＞0，
∴f（x）的最小值為-2，
∵對于任意的x₁∈R，總存在x₂∈[-1，1]，使得g（x₂）≤f（x₁）
∴當(dāng)x∈[-1，1]時，g（x）最小值不大于-2，
又g（x）=x²-2ax+a=（x-a）²+a-a²
①當(dāng)a≤-1時，g（x）的最小值為g（-1）=1+3a，
由1+3a≤-2，得a≤-1，
②當(dāng)a≥1時，g（x）最小值為g（1）=1-a，由1-a≤-2，得a≥3
③當(dāng)-1＜a＜1時，g（x）的最小值為g（a）=a-a²
由a-a²≤-2，得a≤-1或a≥2，又-1＜a＜1，
所以此時a不存在．
綜上，a的取值范圍是（-∞，-1]∪[3，+∞）．

點評：本題考查函數(shù)的解析式的求法，考查滿足條件的實數(shù)的取值范圍的求法，解題時要認(rèn)真審題，注意等價轉(zhuǎn)化思想和分類討論思想的合理運(yùn)用．