Question

（2009•黃岡模擬）已知函數(shù)f(x)=

1-x2

1+x+x2

(x∈R)．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；
（Ⅱ）若（e^t+2）x²+e^tx+e^t-2≥0對(duì)滿足|x|≤1的任意實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)t的取值范圍（這里e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）；
（Ⅲ）求證：對(duì)任意正數(shù)a、b、λ、μ，恒有f[(

λa+μb

λ+μ

)2]-f(

λa2+μb2

λ+μ

)≥(

λa+μb

λ+μ

)2-

λa2+μb2

λ+μ

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）對(duì)函數(shù)求導(dǎo)，利用導(dǎo)數(shù)可判斷函數(shù)的單獨(dú)區(qū)間，進(jìn)而可求函數(shù)的極大值，極小值．
（Ⅱ）原不等式可化為et≥

2(1-x2)

1+x+x2

由（Ⅰ）知，|x|≤1時(shí)，f（x）的最大值為

2 3

3

．則可得

2(1-x2)

1+x+x2

的最大值為

4 3

3

，由恒成立的意義知道et≥

4 3

3

，從而可求t．
（Ⅲ）設(shè)g(x)=f(x)-x=

1-x2

1+x+x2

-x(x＞0)，對(duì)g（x）求導(dǎo)可判斷g（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，而作差可證明(

λa+μb

λ+μ

)2≤

λa2+μb2

λ+μ

．由g（x）的單調(diào)性可證．

解答：解：（Ⅰ）f′(x)=

-2x(1+x+x2)-(2x+1)(1-x2)

(1+x+x2)2

=

-[x-(-2+ 3 )]•[x-(-2- 3 )]

(1+x+x2)2

∴f（x）的增區(qū)間為(-2-

3

，-2+

3

)，f（x）減區(qū)間為(-∞，-2-

3

)和(-2+

3

，+∞)．
極大值為f(-2+

3

)=

2 3

3

，極小值為f(-2-

3

)=-

2 3

3

．…4分
（Ⅱ）原不等式可化為et≥

2(1-x2)

1+x+x2

由（Ⅰ）知，|x|≤1時(shí)，f（x）的最大值為

2 3

3

．
∴

2(1-x2)

1+x+x2

的最大值為

4 3

3

，由恒成立的意義知道et≥

4 3

3

，從而t≥ln

4 3

3

…8分
（Ⅲ）設(shè)g(x)=f(x)-x=

1-x2

1+x+x2

-x(x＞0)
則g′(x)=f′(x)-1=

-(x2+4x+1)

(1+x+x2)2

-1=-

x4+2x3+4x2+6x+2

(1+x+x2)2

．
∴當(dāng)x＞0時(shí)，g'（x）＜0，故g（x）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
又當(dāng)a、b、λ、μ是正實(shí)數(shù)時(shí)，(

λa+μb

λ+μ

)2-

λa2+μb2

λ+μ

=-

λμ(a-b)2

(λ+μ)2

≤0
∴(

λa+μb

λ+μ

)2≤

λa2+μb2

λ+μ

．
由g（x）的單調(diào)性有：f[(

λa+μb

λ+μ

)2]-(

λa+μb

λ+μ

)2≥f(

λa2+μb2

λ+μ

)-

λa2+μb2

λ+μ

，
即f[(

λa+μb

λ+μ

)2]-f(

λa2+μb2

λ+μ

)≥(

λa+μb

λ+μ

)2-

λa2+μb2

λ+μ

．…12分

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了函數(shù)的恒成立問題的轉(zhuǎn)化的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用導(dǎo)數(shù)的知識(shí)判斷函數(shù)的單調(diào)性、求解函數(shù)的極值及最值及綜合應(yīng)用函數(shù)知識(shí)求解問題的綜合能力