Question

已知函數(shù)f（x）=

1+x 1+x2 ，0≤x≤2 f(2)，x＞2

（1）求函數(shù)f（x）在定義域上的單調(diào)區(qū)間；
（2）若關于x的方程f（x）-a=0恰有兩個不同實數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）已知實數(shù)x₁，x₂∈（0，1]，且x₁+x₂=1．若不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，求實數(shù)p的最小值．

Answer 1

分析：（1）當x＞2時，f（x）不是單調(diào)函數(shù)；當0≤x≤2時，求導函數(shù)，由導數(shù)的正負，考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（2）由（1）知，f（0）=1，f（x）_max=f（

2

-1）=

2 +1

2

，f（2）=

3

5

，方程f（x）-a=0恰有兩個不同實數(shù)解，等價于直線y=a與曲線y=f（x）恰有兩個交點，由此可得結(jié)論；
（3）先證f（x₁）+f（x₂）≤

12

5

，確定[f（x₁）•f（x₂）]_max=

36

25

，再設h（x）=x+p-lnx（x＞0），求出函數(shù)的最小值∴h（x）_min=h（1）=1+p，從而不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，等價于

36

25

≤1+p，由此可求實數(shù)p的最小值．

解答：解：（1）當x＞2時，f（x）=f（2）=

3

5

是常數(shù)，不是單調(diào)函數(shù)；
當0≤x≤2時，f（x）=

1+x

1+x2

，∴f′(x)=

(x+1)2-2

(1+x2)2

令f′（x）＞0，可得0＜x＜

2

-1；令f′（x）＜0，又0≤x≤2，∴可得

2

-1＜x＜2
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是：（0，

2

-1）；；單調(diào)遞減區(qū)間是：（

2

-1，2）
（2）由（1）知，f（0）=1，f（x）_max=f（

2

-1）=

2 +1

2

，f（2）=

3

5

方程f（x）-a=0恰有兩個不同實數(shù)解，等價于直線y=a與曲線y=f（x）恰有兩個交點，∴1≤a＜

2 +1

2

；
（3）∵實數(shù)x₁，x₂∈（0，1]，且x₁+x₂=1，∴當x₁=x₂=

1

2

時，f(

1

2

)=

6

5

，∴f（x₁）+f（x₂）=

12

5

成立
下面先證f（x₁）+f（x₂）≤

12

5

．
先求0≤x≤2時，函數(shù)f（x）=

1+x

1+x2

，在x=

1

2

處的切線方程
∵k=f′(

1

2

)=-

4

25

，∴切線方程為y-

6

5

=-

4

25

(x-

1

2

)，即y=

4

25

(8-x)
下面證明：f（x）=

1+x

1+x2

≤

4

25

(8-x)，∴4x³-32x²+29x-7≤0（0＜x≤1）成立
令g（x）=4x³-32x²+29x-7（0＜x≤1），則g′（x）=12x²-64x+29=（2x-1）（6x-29）（0＜x≤1），
∴g（x）在（0，

1

2

）遞增，在（

1

2

，1）單調(diào)遞減，∴g（x）_max=g（

1

2

）=0
∴f（x）=

1+x

1+x2

≤

4

25

(8-x)成立
∴f（x₁）•f（x₂）≤

4

25

(8-x1)×

4

25

(8-x2)≤

16

625

×[

(8-x1)+(8-x2)

2

]2=

36

25

當且僅當當x₁=x₂=

1

2

時取等號，
∴[f（x₁）•f（x₂）]_max=

36

25

，
設h（x）=x+p-lnx（x＞0），則h′（x）=1-

1

x

（x＞0），
令h′（x）＞0，則x＜0或x＞1，∵x＞0，∴x＞1；令h′（x）＜0，則0＜x＜1
∴當0＜x＜1時，函數(shù)h（x）單調(diào)遞減；當x＞1時，函數(shù)h（x）單調(diào)遞增
∴h（x）_min=h（1）=1+p
∴不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，等價于

36

25

≤1+p，
∴p≥

11

25

∴實數(shù)p的最小值為

11

25

．

點評：本題考查導數(shù)知識的運用，考查函數(shù)的單調(diào)性，考查方程的解，考查恒成立問題，解題的關鍵是確定函數(shù)的最值，屬于中檔題．