Question

3．已知函數$f（x）=\frac{x}{{{x^2}+1}}，（x∈R）$．
（Ⅰ）判定函數f（x）在區(qū)間[-1，1]上的單調性，并用定義法加以證明；
（Ⅱ）對于任意n個實數a₁，a₂，…，a_n（可以相等），求滿足|f（a₁）|+|f（a₂）|+…+|f（a_n）|≥50成立的正整數n的最小值；
（Ⅲ）設函數${g_n}（x）=f（x）-f{（{n^2}）_{\;}}（n∈{N^*}）$在區(qū)間[0，1]上的零點為x=x_n，試探究是否存在正整數n，使得x₁+x₂+…+x_n≥2？若存在，求正整數n的最小值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據單調性的定義，設任意的x₁，x₂∈[-1，1]，然后作差，通分，根據-1≤x₁＜x₂≤1便可得出f（x₁）＜f（x₂），這樣便可得出f（x）在[-1，1]上單調遞增；
（Ⅱ）根據基本不等式便可得到$|f（x）|≤\frac{1}{2}$，從而得到$\frac{n}{2}≥|f（{a}_{1}）|+|f（{a}_{2}）|+…+|f（{a}_{n}）|≥50$，這樣便可n≥100，從而便可得出n的最小值為100；
（Ⅲ）可以求出$f（{n}^{2}）=f（\frac{1}{{n}^{2}}）$，從而得出方程f（x）=f（n²）的解為x=$\frac{1}{{n}^{2}}$，再根據f（x）在[0，1]上單調遞增，便可得出上面方程只有一解，從而便有${x}_{n}=\frac{1}{{n}^{2}}$，進行放縮和裂項可得，$\frac{1}{{n}^{2}}＜\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，從而便可求出${x}_{1}+{x}_{2}+…+{x}_{n}＜2-\frac{1}{n}＜2$，這樣便可得出結論為：不存在滿足x₁+x₂+…+x_n≥2的n．

解答 解：（Ⅰ）取x₁，x₂∈[-1，1]，且x₁＜x₂，則：
$f（{x_1}）-f（{x_2}）=\frac{x_1}{{{x_1}^2+1}}-\frac{x_2}{{{x_2}^2+1}}=\frac{{（{x_1}{x_2}-1）（{x_2}-{x_1}）}}{{（{x_1}^2+1）（{x_2}^2+1）}}$；
∵-1≤x₁＜x₂≤1；
∴x₂-x₁＞0，∴x₁-x₂＜0，x₁x₂＜1，x₁x₂-1＜0；
∴f（x₁）＜f（x₂）；
∴f（x）在[-1，1]上單調遞增；
（Ⅱ）$|f（x）|=\frac{|x|}{{x}^{2}+1}$，1）當x≠0時，$|f（x）|=\frac{|x|}{{x}^{2}+1}=\frac{1}{|x|+\frac{1}{|x|}}≤\frac{1}{2}$，當且僅當x=±1時取“=”；
2）當x=0時，|f（0）|=0；
∴?x∈R，$|f（x）{|}_{max}=\frac{1}{2}$；
∴$\frac{n}{2}≥|f（{a}_{1}）|+|f（{a}_{2}）|+…+|f（{a}_{n}）|≥50$；
∴n≥100；
當a_i∈{-1，1}，i=1，2，…，100時取“=”；
∴n_min=100；
（Ⅲ）$f（\frac{1}{x}）=\frac{\frac{1}{x}}{（\frac{1}{x}）^{2}+1}=\frac{x}{{x}^{2}+1}=f（x）$；
∴$f（\frac{1}{n^2}）=f（{n^2}）$，由${g_n}（x）=0?f（x）=f（{n^2}）$在x∈[0，1]上有解$x=\frac{1}{n^2}$；
又（I）知f（x）在x∈[0，1]上單調遞增；
∴f（x）=f（n²）在[0，1]只有這一解；
∴${x}_{n}=\frac{1}{{n}^{2}}$，?當n=1時，x₁=1＜2；?當n≥2時：
${x}_{1}+{x}_{2}+…+{x}_{n}=1+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{n}^{2}}$$＜1+\frac{1}{1×2}+\frac{1}{2×3}+…+\frac{1}{（n-1）n}$=$1+1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+…+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$=$2-\frac{1}{n}$＜2；
∴對任意n∈N^*，都有x₁+x₂+…+x_n＜2；
∴滿足x₁+x₂+…+x_n≥2的正整數n不存在．

點評 考查根據單調性定義判斷一個函數的單調性的方法和過程，作差的方法比較f（x₁），f（x₂），作差后為分式的一般要通分，根據基本不等式求函數的取值范圍，以及清楚單調函數若有零點時只有一個，放縮法和裂項法在不等式及求和中的應用．