Question

18．己知函數(shù)f（x）=$\frac{ax}{{x}^{2}+b}$在x=1處取得極值為2，設(shè)函數(shù)y=f（x）圖象上任意一點(diǎn)（x，f（x））處的切線斜率為k．
（1）求實(shí)數(shù)k的取值范圍；
（2）若對(duì)于任意0＜x₁＜x₂＜1，存在k，使得k=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，求證x₁＜|x|＜x₂．

Answer 1

分析 （1）先求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，得到k的表達(dá)式，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)，求出k的取值范圍；
（2）由（1）知，函數(shù)f（x）在（-1，1）單調(diào)遞增，即得到k＞0，構(gòu)造函數(shù)令h（x）=f（x）-kx，則h（x₁）=h（x₂），利用導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的極值的關(guān)系，求證得到h（x₀）為h（x）的唯一極大值，問題得以證明．

解答 解：（1）f′（x）=$\frac{ab-a{x}^{2}}{（{x}^{2}+b）^{2}}$，
由f′（1）=0，即f（1）=2，解得a=4，b=1，
∴k=f′（x₀）=4[$\frac{2}{（1+{{x}_{0}}^{2}）^{2}}$-${\frac{1}{1+{{x}_{0}}^{2}}}^{\;}$]，
設(shè)t=$\frac{1}{1+{{x}_{0}}^{2}}$，t∈（0，1]，
∴k=4（2t²-1）=8（t-$\frac{1}{4}$）²-$\frac{1}{2}$，
∵k=4（2t²-t）=8（t-$\frac{1}{4}$）²-$\frac{1}{2}$在（0，$\frac{1}{4}$]上為減函數(shù)，在（$\frac{1}{4}$，1]上為增函數(shù)，
當(dāng)t=$\frac{1}{4}$時(shí)，k有最小值為-$\frac{1}{2}$，當(dāng)x=1時(shí)，有最大值為4，
∴k∈[$-\frac{1}{2}$，4]；
（2）證明：由（1）知f′（x）=$\frac{4-4{x}^{2}}{（1+{x}^{2}）^{2}}$，
令f′（x）＞0，解得-1＜x＜1，函數(shù)f（x）在（-1，1）單調(diào)遞增，
∵0＜x₁＜x₂＜1，
∴k=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞0，
∴x₀∈（-1，1）
∵f′（x₀）=f′（-x₀），
故只需要證明x₀∈（0，1）時(shí)結(jié)論成立，
∵k=$\frac{f（{x}_{2}）-f（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$，
∴f（x₂）-kx₂=f（x₁）-kx₁，
令h（x）=f（x）-kx，則h（x₁）=h（x₂），
∴h′（x）=f′（x）-k，則h′（x₀）=0
設(shè)g（x）=$\frac{1-x}{（1+x）^{2}}$，x∈（0，1），
∴g′（x）=$\frac{x-3}{（1+x）^{3}}$＜0，
∴g（x）為減函數(shù)，
∴f′（x）為減函數(shù)，
∴當(dāng)x＞x₀時(shí)，有f′（x）＜f′（x₀）=k，此時(shí)h′（x）＜0，h（x）為減函數(shù)，
當(dāng)x＜x₀時(shí)，h′（x）＞0，h（x）為增函數(shù)，
∴h（x₀）為h（x）的唯一極大值，
因此要使h（x₁）=h（x₂），必有證x₁＜x₀＜x₂．
綜上，有x₁＜|x|＜x₂．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的幾何意義，以及導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的極值的關(guān)系，關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，培養(yǎng)可學(xué)生得轉(zhuǎn)化能力，運(yùn)算能力，屬于難題．