Question

19．已知函數(shù)f（x）=$\frac{{e}^{x}}{{x}^{2}-mx+1}$
（1）若m∈（-2，2），求函數(shù)y=f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若m∈（0，$\frac{1}{2}$]，則當(dāng)x∈[0，m+1]時(shí)，函數(shù)y=f（x）的圖象是否總在直線y=x上方，請(qǐng)寫出判斷過(guò)程．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)討論m的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）令g（x）=x，討論m的范圍，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出g（x）的最大值和f（x）的最小值，結(jié)合函數(shù)恒成立分別判斷即可證明結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)定義域?yàn)镽，f′（x）=$\frac{{e}^{x}（x-1）（x-m-1）}{{{（x}^{2}-mx+1）}^{2}}$
①當(dāng)m+1=1，即m=0時(shí)，f′（x）≥0，此時(shí)f（x）在R遞增，
②當(dāng)1＜m+1＜3即0＜m＜2
x∈（-∞，1）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增，
x∈（1，m+1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減，
x∈（m+1，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）遞增；
③0＜m+1＜1，即-1＜m＜0時(shí)，
x∈（-∞，m+1）和（1，+∞），f′（x）＞0，f（x）遞增，
x∈（m+1，1）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）遞減；
綜上所述，①m=0時(shí)，f（x）在R遞增，
②0＜m＜2時(shí)，f（x）在（-∞，1），（m+1，+∞）遞增，在（1，m+1）遞減，
③-2＜m＜0時(shí)，f（x）在（-∞，m+1），（1，+∞）遞增，在（m+1，1）遞減；
（Ⅱ）當(dāng)m∈（0，$\frac{1}{2}$]時(shí)，由（1）知f（x）在（0，1）遞增，在（1，m+1）遞減，
令g（x）=x，
①當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f（x）_min=f（0）=1，g（x）_max=1，
所以函數(shù)f（x）圖象在g（x）圖象上方；
②當(dāng)x∈[1，m+1]時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減，
所以其最小值為f（m+1）=$\frac{{e}^{m+1}}{m+2}$，g（x）最大值為m+1，
所以下面判斷f（m+1）與m+1的大小，
即判斷e^x與（1+x）x的大小，其中x=m+1∈（1，$\frac{3}{2}$]，
令m（x）=e^x-（1+x）x，m′（x）=e^x-2x-1，
令h（x）=m′（x），則h′（x）=e^x-2，
因x=m+1∈（1，$\frac{3}{2}$]，所以h′（x）=e^x-2＞0，m′（x）單調(diào)遞增；
所以m′（1）=e-3＜0，m′（$\frac{3}{2}$）=${e}^{\frac{3}{2}}$-4＞0，
故存在x₀∈（1，$\frac{3}{2}$]使得m′（x0）=e^x₀-2x₀-1=0，
所以m（x）在（1，x₀）上單調(diào)遞減，在（x₀，$\frac{3}{2}$）單調(diào)遞增
所以m（x）≥m（x₀）=e^x₀-x₀²-x₀=2x₀+1-${{x}_{0}}^{2}$-x₀=-${{x}_{0}}^{2}$+x₀+1，
所以x₀∈（1，$\frac{3}{2}$]時(shí)，m（x₀）=-${{x}_{0}}^{2}$+x₀+1＞0，
即e^x＞（1+x）x也即f（m+1）＞m+1，
所以函數(shù)f（x）的圖象總在直線y=x上方．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查學(xué)生的計(jì)算能力，是一道綜合題．