Question

已知函數(shù)f(x)=

1+x 1+x2 ，0≤x≤2 f(2)，x＞2

．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）在定義域上的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）已知實數(shù)x₁，x₂∈（0，1]，且x₁+x₂=1．若不等式f（x₁）•f（x₂）≤x-ln（x-p）在x∈（p，+∞）上恒成立，求實數(shù)p的最小值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）f（x）為分段函數(shù)，當x＞2時，f（x）=f（2）=

3

5

，此時，不是單調(diào)函數(shù)，當0≤x≤2時，令f′（x）＞0，f′（x）＜0，分別得到單調(diào)遞增區(qū)間、單調(diào)遞減區(qū)間．
（Ⅱ）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，根據(jù)f（x）的單調(diào)性，畫出圖象，很容易得到a的取值范圍．
（Ⅲ）由已知，不等式f（x₁）•f（x₂）≤x-ln（x-p）在x∈（p，+∞）上恒成立，只需f（x₁）•f（x₂）的最大值小于x-ln（x-p）的最小值．接下來利用導數(shù)、均值不等式求出f（x₁）•f（x₂）的最大值；利用導數(shù)求最值的方法求x-ln（x-p）的最小值．

解答：解：（Ⅰ）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)=-

x2+2x-1

(1+x2)2

=-

(x+1)2-2

(1+x2)2

當f′（x）＜0，即x＞

2

-1或x＜-

2

-1時，f（x）為減函數(shù)；
當f′（x）＞0，即-

2

-1＜x＜

2

-1時，f（x）為增函數(shù)．
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（

2

-1，2]；
單調(diào)遞增區(qū)間為[0，

2

-1）；

（Ⅱ）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恰有兩個實數(shù)解，等價于直線y=a與曲線y=f（x）恰有兩個交點，
所以得到a的取值范圍1≤a＜

2 +1

2

；

（Ⅲ）f（x₁）•f（x₂）=

1+x1

1+ x 2 1

•

1+x2

1+ x 2 2

=

1+x1+x2+x1x2

1+ x 2 1 + x 2 2 + x 2 1 x 2 2

=

2+x1x2

1+(x1+x2)2-2x1x2+ x 2 1 x 2 2

=

2+x1x2

2-2x1x2+ x 2 1 x 2 2

令t=x₁x₂，∵1=x1+x2≥2

x1x2

（x₁=x₂=

1

2

時取等號）∴t∈(0，

1

4

]
∴f(x1)•f(x2)=

2+t

2-2t+t2

=

t+2

(t+2)2-6(t+2)+10

令s=t+2?s∈(2，

9

4

]，
∴f（x₁）•f（x₂）=

s

s2-6x+10

=4

1

s+ 10 s -6

，
∵y=s+

10

s

在(2，

9

4

]上單調(diào)遞減，
∴ymin=

9

4

+

10

9 4

=

241

36

，
∴[f(x1)•f(x2)]max=

1

241 36 -6

=

36

25

．
設h（x）=x-ln（x-p），則h′（x）=1-

1

x-p

，x＞p，
令h′（x）=0，得x=p+1，當h′（x）＜0，
即p＜x＜p+1時，h（x）單調(diào)遞減；
當h′（x）＞0，即x＞p+1時，h（x）單調(diào)遞增，
∴h（x）min=h（p+1）=p+1．
要使不等式f（x₁）•f（x₂）≤x-ln（x-p）在x∈（p，+∞）時恒成立只需f（x₁）•f（x₂）的最大值小于p+1，
即

36

25

≤p+1，得p≥

11

25

，
∴p的最小值為

11

25

．

點評：本題主要考查分段函數(shù)、函數(shù)單調(diào)性；考查數(shù)形結合的能力；同時考查觀察、猜想、論證及解不等式中恒成立的含參數(shù)值的綜合能力．計算量大，需細心．