Question

18．已知函数f（x）=$\frac{1-x}{1+a{x}^{2}}$，其中a∈R．
（1）当a=-$\frac{1}{4}$时，求 f （x）的单调区间；
（2）当a＞0时，证明：存在实数m＞0，使得对于任意的实数x，都有|f（x）|≤m成立．

Answer 1

分析 （1）a=$-\frac{1}{4}$带入f（x），求出f（x），然后求f′（x），根据导数符号即可判断f（x）的单调性，并写出f（x）的单调区间；
（2）求f′（x）=$\frac{a{x}^{2}-2ax-1}{（1+a{x}^{2}）^{2}}$，容易判断f′（x）=0有两个实数根x₁，x₂，x₁＜x₂，根据a＞0从而得到f（x）在（-∞，x₁），（x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减．能够求出f（1）=0，并x＜1时f（x）＞0，而x＞1时f（x）＜0，从而便得到f（x₂）≤f（x）≤f（x₁），取|f（x₁）|，|f（x₂）|最大的记为M，从而便得出证明的结论．

解答 解：（1）当a=-$\frac{1}{4}$时，f（x）=$\frac{1-x}{1-\frac{1}{4}{x}^{2}}$；
f（x）的定义域为{x|x≠±2}；
$f′（x）=\frac{-\frac{1}{4}（{x}^{2}-2x+4）}{（1-\frac{1}{4}{x}^{2}）^{2}}=\frac{-（x-1）^{2}-3}{4（1-\frac{1}{4}{x}^{2}）^{2}}＜0$；
∴f（x）在（-∞，-2），（-2，2），（2，∞）上单调递减；
∴f（x）的单调递减区间为（-∞，-2），（-2，2），（2，+∞）；
（2）证明：当a＞0时，f（x）=$\frac{1-x}{1+a{x}^{2}}$的定义域为R；
f′（x）=$\frac{a{x}^{2}-2ax-1}{（1+a{x}^{2}）^{2}}$，令f′（x）=0得：
${x}_{1}=1-\sqrt{1+\frac{1}{a}}＜0$，${x}_{2}=1+\sqrt{1+\frac{1}{a}}＞1$；
∴f（x）在（-∞，x₁]，[x₂，+∞）上单调递增，在（x₁，x₂）上单调递减；
又f（1）=0，当x＜1时，f（x）$\frac{1-x}{1+a{x}^{2}}＞0$；当x＞1时，f（x）＜0；
∴x≤1时，0≤f（x）≤f（x₁）；x＞1时，f（x₂）≤f（x）＜0；

记M=max{|f（x₁）|，|f（x₂）|}，其中max{|f（x₁）|，|f（x₂）|}表示两数|f（x₁）|，|f（x₂）|中最大的数；
综上，当a＞0时，存在实数m∈[M，+∞），使得对任意的实数x，不等式|f（x）|≤m恒成立．

点评 考查函数商的导数的求导公式，根据函数导数符号判断函数单调性，找函数单调区间的方法，以及函数单调性定义的运用，注意正确求导．