Question

（2013•朝阳区二模）已知函数f（x）=

ax

x2+1

+a，g（x）=alnx-x（a≠0）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）求证：当a＞0时，对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x₁）＜f（x₂）成立．

Answer 1

分析：（I）先求函数f（x）的导数，再对字母a进行分类讨论，根据导数大于0函数单调递增，导数小于0时函数单调递减可得答案．
（Ⅱ）欲证当a＞0时，对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x₁）＜f（x₂）成立，只须证明对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x）_max＜f（x）_min．由（Ⅰ）可知，当a＞0时，f（x）在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，e]上单调递减，从而有f（x）_min=a，同样地利用导数可得，当a＞0时，g（x）在（0，a）上单调递增，g（x）在（a，e]上单调递减，从而g（x）_max=g（a）=alna-a，最后利用作差法即可得到g（x）_max＜f（x）_min．

解答：解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为R，f′(x)=

a(1-x2)

(x2+1)2

=

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）．
…（5分）
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当a＞0时，f（x）在（0，1）上单调递增，f（x）在（1，e]上单调递减，
又f（0）=a，f（e）=f(e)=

ae

e2+1

+a＞a
所以f（x）_min=a，
同样地，当a＞0时，g（x）在（0，a）上单调递增，g（x）在（a，e]上单调递减，
所以g（x）_max=g（a）=alna-a，
因为a-（alna-a）=a（2-lna）＞a（2-lne）=a＞0，
所以对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x）_max=g（e）=alna-a＜a=f（x）_min．
所以对于任意x₁，x₂∈（0，e]，仍有x₁，x₂∈（0，e]．
综上所述，对于任意x₁，x₂∈（0，e]，总有g（x₁）＜f（x₂）成立．…（13分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．