Question

已知函数f（x）=

1+x 1+x2 ，0≤x≤2 f(2)，x＞2

（1）求函数f（x）在定义域上的单调区间；
（2）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；
（3）已知实数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，求实数p的最小值．

Answer 1

分析：（1）当x＞2时，f（x）不是单调函数；当0≤x≤2时，求导函数，由导数的正负，考查函数的单调区间；
（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，由此可得结论；
（3）先证f（x₁）+f（x₂）≤

12

5

，确定[f（x₁）•f（x₂）]_max=

36

25

，再设h（x）=x+p-lnx（x＞0），求出函数的最小值∴h（x）_min=h（1）=1+p，从而不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，等价于

36

25

≤1+p，由此可求实数p的最小值．

解答：解：（1）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)=

(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
∴函数f（x）的单调递增区间是：（0，

2

-1）；；单调递减区间是：（

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，∴1≤a＜

2 +1

2

；
（3）∵实数x₁，x₂∈（0，1]，且x₁+x₂=1，∴当x₁=x₂=

1

2

时，f(

1

2

)=

6

5

，∴f（x₁）+f（x₂）=

12

5

成立
下面先证f（x₁）+f（x₂）≤

12

5

．
先求0≤x≤2时，函数f（x）=

1+x

1+x2

，在x=

1

2

处的切线方程
∵k=f′(

1

2

)=-

4

25

，∴切线方程为y-

6

5

=-

4

25

(x-

1

2

)，即y=

4

25

(8-x)
下面证明：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），则g′（x）=12x²-64x+29=（2x-1）（6x-29）（0＜x≤1），
∴g（x）在（0，

1

2

）递增，在（

1

2

，1）单调递减，∴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

当且仅当当x₁=x₂=

1

2

时取等号，
∴[f（x₁）•f（x₂）]_max=

36

25

，
设h（x）=x+p-lnx（x＞0），则h′（x）=1-

1

x

（x＞0），
令h′（x）＞0，则x＜0或x＞1，∵x＞0，∴x＞1；令h′（x）＜0，则0＜x＜1
∴当0＜x＜1时，函数h（x）单调递减；当x＞1时，函数h（x）单调递增
∴h（x）_min=h（1）=1+p
∴不等式f（x₁）•f（x₂）≤x+p-lnx在x∈（0，+∞）上恒成立，等价于

36

25

≤1+p，
∴p≥

11

25

∴实数p的最小值为

11

25

．

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，考查方程的解，考查恒成立问题，解题的关键是确定函数的最值，属于中档题．