Question

已知函數f（x）=

ex

xex+1

．
（1）證明：0＜f（x）≤1；
（2）當x＞0時，f（x）＞

1

ax2+1

，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導數研究函數的單調性,導數在最大值、最小值問題中的應用

專題：綜合題,導數的綜合應用

分析：（1）由于e^x＞0，所求證f（x）＞0，故只需分母xe^x+1＞0即可，設函數g（x）=xe^x+1，對g（x）求導，判斷函數的單調性，求出最小值，證明最小值大于0即可，所求證的不等式右邊，需證明函數f（x）的最大值為1即可，對f（x）求導，判斷單調性求最大值；
（2）結合第一問的結論0＜f（x）≤1，討論a的正負，當a=0時，

1

ax2+1

=1，而f（x）＞1與0＜f（x）≤1矛盾，當a＜0時，當0＜x＜

1

-a

時，

1

ax2+1

＞1與0＜f（x）≤1矛盾，當a＞0時，分母ax²+1＞0，去分母，f（x）＞

1

ax2+1

等價于（ax²-x+1）e^x-1＞0．設出新函數h（x）=（ax²-x+1）e^x-1，需要討論a的情況，判斷在每種情況下，h（x）是否大于0，綜合上述所有情況，寫出符合題意的a的取值范圍．

解答： （1）證明：設g（x）=xe^x+1，則g′（x）=（x+1）e^x，
當x∈（-∞，-1）時，g′（x）＜0，g（x）單調遞減；
當x∈（-1，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）單調遞增．
∴g（x）≥g（-1）=1-e^-1＞0．
又e^x＞0，故f（x）＞0．
f′（x）=

ex(1-ex)

(xex+1)2

，
當x∈（-∞，0）時，f′（x）＞0，f（x）單調遞增；
當x∈（0，+∞）時，f′（x）＜0，f（x）單調遞減．
∴f（x）≤f（0）=1．
綜上，有0＜f（x）≤1．
（2）解：①若a=0，則x＞0時，f（x）＜1=

1

ax2+1

，不等式不成立．
②若a＜0，則當0＜x＜

1

-a

時，

1

ax2+1

＞1，不等式不成立．
③若a＞0，則f（x）＞

1

ax2+1

等價于（ax²-x+1）e^x-1＞0．（*）
設h（x）=（ax²-x+1）e^x-1，則h′（x）=x（ax+2a-1）e^x．
若a≥

1

2

，則當x∈（0，+∞）時，h′（x）＞0，h（x）單調遞增，h（x）＞h（0）=0．
若0＜a＜

1

2

，則當x∈(0，

1-2a

a

)，h′（x）＜0，h（x）單調遞減，h（x）＜h（0）=0．
于是，若a＞0，不等式（*）成立當且僅當a≥

1

2

．
綜上，a的取值范圍是[

1

2

，+∞）．

點評：本題考查導數的運算及利用導數研究函數的單調性最值等基礎知識，考查綜合分析問題解決問題的能力、轉化能力和計算能力．