Question

已知函数f(x)=

4x+a

1+x2

的单调递增区间为[m，n]
（1）求证f（m）f（n）=-4；
（2）当n-m取最小值时，点p（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）（a＜x₁＜x₂＜n），是函数f（x）图象上的两点，若存在x₀使得f′（x₀）=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

，x求证x₁＜|x₀|＜x₂．

Answer 1

分析：（1）f′（x）=

-4x2-2ax+4

(1+x2)2

，依题意，m，n是方程-4x²-2ax+4=0的两根，由此能够证明f（m）f（n）=-4．
（2）由n-m=

a2 4 +4

≥2，知n-m取最小值时，a=0，n=1，m=-1，由f（x）在[-1，1]是增函数，0＜x₁＜x₂＜1，知f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞0，从而x₀∈（-1，1）．由此入手，结合题设条件能够证明x₁＜|x₀|＜x₂．

解答：解：（1）f′（x）=

-4x2-2ax+4

(1+x2)2

，
依题意，m，n是方程-4x²-2ax+4=0的两根，
∴

m+n=- a 2 mn=-1

，
f（m）f（n）=

4m+a

1+m2

•

4n+a

1+n2

=

16mn+4a(m+n)+a2

(mn)2+(m+n)2-2mn+1

=

-(16+a2)

a2 4 +4

=-4．
（2）∵n-m=

(m+n)2-4x1x2

=

a2 4 +4

≥2，
∴n-m取最小值时，a=0，n=1，m=-1，
∵f（x）在[-1，1]是增函数，0＜x₁＜x₂＜1，
∴f′(x0)=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

＞0，从而x₀∈（-1，1）．
f′（x₀）=

4(1-x02)

(1+x02)2

=

f(x2)-f(x1)

x2-x1

=

4(1-x1x2)

(1+x12)(1+x22)

，
即

(1-x02)

(1+x02)2

=

1-x1x2

(1+x12)(1+x22)

．
∵(1+x12)(1+x22)=x12x22+x12+x22+1
＞（x₁x₂）²+2x₁x₂+1
=(1+x1x2)2，
∴

1-x02

(1+x02)2

=

1-x1x2

(1+x12)(1+x22)

＜

1-x1x2

(1+x1x2)2

．
设g（x）=

1-x

(1+x)2

，则g′（x）=

(x-1)2-2

(1+x)4

，
∴当x∈（0，1）时，有g′（x）＜0，
∴g（x）是（0，1）上的减函数．
∴由g（x 02）＜g（x₁x₂），得x02＞x₁x₂＞x 12，∴|x₀|＞x₁．
由

1-x02

(1+x02)2

=

1-x1x2

(1+x12)(1+x22)

，及0＜1-x 02＜1-x₁x₂，
得(1+x02)2＜(1+x12)(1+x22)＜(1+x22)2，
故1+x02＜1+x22，即|x₀|＜x₂，
∴x₁＜|x₀|＜x₂．

点评：本题考查函数恒成立问题的应用，解题时要注意韦达定理、导数性质、函数单调性、等价转化思想等知识点的合理运用．