Question

2．已知函数f（x）=$\frac{ax}{{x}^{2}+1}$+a，g（x）=aln x-x（a≠0）．
（Ⅰ）求函数f （x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当a＞0时，对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x₁）＜f （x₂）成立，其中e=2.71828…是自然对数的底数．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）求出f（x）的范围，通过讨论a的范围得到g（x）的单调区间，求出g（x）的最大值，证明结论即可．

解答 解：（Ⅰ）函数f （x）的定义域为R，f′（x）=$\frac{a（1-x2）}{（x2+1）2}$=$\frac{a（1-x）（1+x）}{（x2+1）2}$，
当a＞0时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	-	0	+	0	-
f （x）	↘		↗		↘

当a＜0时，当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

x	（-∞，-1）	-1	（-1，1）	1	（1，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f （x）	↗		↘		↗

综上所述，
当a＞0时，f （x）的单调递增区间为（-1，1），单调递减区间为（-∞，-1），（1，+∞）；
当a＜0时，f （x）的单调递增区间为（-∞，-1），（1，+∞），单调递减区间为（-1，1）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当a＞0时，f （x）在区间（0，1）上单调递增，f （x）＞f （0）=a；
f （x）在区间（1，e]上单调递减，且f （e）=$\frac{ae}{{e}^{2}+1}$+a＞a，所以当x∈（0，e]时，f （x）＞a，
因为g（x）=aln x-x，所以g′（x）=$\frac{a}{x}$-1，令g′（x）=0，得x=a．
①当a≥e时，g′（x）≥0在区间（0，e]上恒成立，
所以函数g（x）在区间（0，e]上单调递增，所以g（x）_max=g（e）=a-e＜a．
所以对于任意x₁，x₂∈（0，e]，仍有g（x₁）＜f（x₂）．　　　　　　　　　　　　　　　
②当0＜a＜e时，由g′（x）＞0，得0＜x＜a；由g′（x）＜0，得e≥x＞a，
所以函数g（x）在区间（0，a）上单调递增，在区间（a，e]上单调递减．
所以g（x）_max=g（a）=aln a-a；
因为a-（aln a-a）=a（2-ln a）＞a（2-ln e）=a＞0，
所以对任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x₁）＜f （x₂）．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，是一道中档题．