Question

设函数g(x)=

x

1+x2

(x＞0)，f（x）=ax-（1+a²）x²，其中a＞0，区间I={x|f（x）＞0}
（1）证明：函数g（x）在（0，1]单调递增；
（2）求I的长度（注：区间（α，β）的长度定义为β-α）；
（3）给定常数k∈（0，1），当1-k≤a≤1+k时，求I长度的最小值．

Answer 1

分析：（1）用单调性定义证明函数g（x）在（0，1]的单调性；
（2）求出f（x）＞0的解集，即得区间I长度；
（3）由g（x）在[1，+∞）上的单调性，求出区间I的表达式g（a）在[1-k，1+k]上的最小值即可．

解答：解：（1）证明：∵函数g(x)=

x

1+x2

(x＞0)，
任取x₁，x₂∈（0，1]，且x₁＜x₂；
∴g(x1)-g(x2)=

x1

1+ x 2 1

-

x2

1+ x 2 2

=

(x1-x2)(1-x1x2)

(1+ x 2 1 )(1+ x 2 2 )

，
∵0＜x₁＜x₂≤1，
∴x₁-x₂＜0，1-x₁x₂＞0，1+

x

2 1

＞0，1+

x

2 2

＞0；
∴g（x₁）-g（x₂）＜0，即g（x₁）＜g（x₂），
∴函数g（x）在（0，1]单调递增．
（2）∵f（x）=ax-（1+a²）x²，其中a＞0，
且区间I={x|f（x）＞0}，
∴f（x）=x[a-（1+a²）x]＞0，
∴x∈(0，

a

1+a2

)，即区间I长度为

a

1+a2

．
（3）由（1）知，g(x1)-g(x2)=

(x1-x2)(1-x1x2)

(1+ x 2 1 )(1+ x 2 2 )

，
当1≤x₁＜x₂时，x₁-x₂＜0，1-x₁x₂＜0，1+

x

2 1

＞0，1+

x

2 2

＞0，
∴g（x₁）-g（x₂）＞0，即g（x₁）＞g（x₂）；
∴g（x）在[1，+∞）上单调递减，
由（2）知，I=g（a）=

a

1+a2

，又∵k∈（0，1），0＜1-k＜1，1＜1+k＜2，
∴函数g（a）在[1-k，1]上单调递增，g（a）在[1，1+k]上单调递减；
∴当1-k≤a≤1+k时，I长度的最小值必在a=1-k或a=1+k处取得，
而

g(1-k)

g(1+k)

=

1-k 1+(1-k)2

1+k 1+(1+k)2

=

2-k2-k3

2-k2+k3

＜1，又g（1+k）＞0，
∴g（1-k）＜g（1+k）；
∴当a=1-k时，I取最小值g（1-k）=

1-k

2-2k+k2

．

点评：本题考查了函数的单调性与最值问题，以及函数与不等式的综合应用问题，是综合性题目．