Question

已知函数f(x)=

1+x 1+x2 ，0≤x≤2 f(2)，x＞2

．
（Ⅰ）求函数f（x）在定义域上的单调区间；
（Ⅱ）若关于x的方程f（x）-a=0恰有两个不同实数解，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）已知实数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，求实数p的最小值．

Answer 1

分析：（Ⅰ）f（x）为分段函数，当x＞2时，f（x）=f（2）=

3

5

，此时，不是单调函数，当0≤x≤2时，令f′（x）＞0，f′（x）＜0，分别得到单调递增区间、单调递减区间．
（Ⅱ）f（x）-a=0恰有两个不同实数解，等价于直线y=a与曲线y=f（x）恰有两个交点，根据f（x）的单调性，画出图象，很容易得到a的取值范围．
（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．接下来利用导数、均值不等式求出f（x₁）•f（x₂）的最大值；利用导数求最值的方法求x-ln（x-p）的最小值．

解答：解：（Ⅰ）当x＞2时，f（x）=f（2）=

3

5

是常数，不是单调函数；
当0≤x≤2时，f（x）=

1+x

1+x2

，∴f′(x)=-

x2+2x-1

(1+x2)2

=-

(x+1)2-2

(1+x2)2

当f′（x）＜0，即x＞

2

-1或x＜-

2

-1时，f（x）为减函数；
当f′（x）＞0，即-

2

-1＜x＜

2

-1时，f（x）为增函数．
∴函数f（x）的单调递减区间为（

2

-1，2]；
单调递增区间为[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恰有两个实数解，等价于直线y=a与曲线y=f（x）恰有两个交点，
所以得到a的取值范围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

时取等号）∴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

]上单调递减，
∴ymin=

9

4

+

10

9 4

=

241

36

，
∴[f(x1)•f(x2)]max=

1

241 36 -6

=

36

25

．
设h（x）=x-ln（x-p），则h′（x）=1-

1

x-p

，x＞p，
令h′（x）=0，得x=p+1，当h′（x）＜0，
即p＜x＜p+1时，h（x）单调递减；
当h′（x）＞0，即x＞p+1时，h（x）单调递增，
∴h（x）min=h（p+1）=p+1．
要使不等式f（x₁）•f（x₂）≤x-ln（x-p）在x∈（p，+∞）时恒成立只需f（x₁）•f（x₂）的最大值小于p+1，
即

36

25

≤p+1，得p≥

11

25

，
∴p的最小值为

11

25

．

点评：本题主要考查分段函数、函数单调性；考查数形结合的能力；同时考查观察、猜想、论证及解不等式中恒成立的含参数值的综合能力．计算量大，需细心．