Question

已知函数f(x)=

ax+b

x2+1

（其中常数a，b∈R），g(x)=sinx-

2

π

x．
（Ⅰ）当a=1时，若函数f（x）是奇函数，求f（x）的极值点；
（Ⅱ）若a≠0，求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅲ）当b=0，a∈(

π

2

，π]时，求函数g（x）在[0，a]上的最小值h（a），并探索：是否存在满足条件的实数a，使得对任意的x∈R，f（x）＞h（a）恒成立．

Answer 1

分析：（I）根据所给的函数是一个奇函数，写出奇函数成立的等式，整理出b的值是0，得到函数的解析式，对函数求导，使得导函数等于0，求出极值点．
（II）要求函数的单调增区间，首先对函数求导，使得导函数大于0，解不等式，问题转化为解一元二次不等式，注意对于a值进行讨论．
（Ⅲ）求出函数g（x）在[0，a]上的极值、端点值，比较其中最小者即为h（a），再利用奇函数性质及基本不等式求出f（x）的最小值，对任意的x∈R，f（x）＞h（a）恒成立，
等价于f（x）_min＞h（a），在a∈(

π

2

，π]上只要找到一a值满足该不等式即可．

解答：解：（Ⅰ）当a=1时，
因为函数f（x）是奇函数，∴对x∈R，f（-x）=-f（x）成立，
得

-x+b

x2+1

=-

x+b

x2+1

，∴

2b

x2+1

=0⇒b=0，
∴f(x)=

x

x2+1

，得f′(x)=

x2+1-2x2

(x2+1)2

=

-x2+1

(x2+1)2

，
令f'（x）=0，得x²=1，∴x=±1，
经检验x=±1是函数f（x）的极值点．
（Ⅱ）因为 f(x)=

ax+b

x2+1

，∴f′(x)=

a(x2+1)-2x(ax+b)

(x2+1)2

=

-ax2-2bx+a

(x2+1)2

，
令f'（x）＞0⇒-ax²-2bx+a＞0，得ax²+2bx-a＜0，
①当a＞0时，方程ax²+2bx-a=0的判别式△=4b²+4a²＞0，两根x=

-2b± △

2a

=

-b± a2+b2

a

，
单调递增区间为(

-b- a2+b2

a

，

-b+ a2+b2

a

)，
②当a＜0时，单调递增区间为(-∞，

-b- a2+b2

a

)和(

-b+ a2+b2

a

，+∞)．
（Ⅲ） 因为g′(x)=cosx-

2

π

，当x∈[0，a]时，令g'（x）=0，得cosx0=

2

π

，其中x0∈(0，

π

2

)．
当x变化时，g'（x）与g（x）的变化情况如下表：

x	（0，x0）	x0	（x0，a）
g'（x）	+	0	-
g（x）	↗		↘

∴函数g（x）在[0，a]上的最小值为g（0）与g（a）中的较小者．
又g（0）=0，g(a)＜g(

π

2

)=0，∴h（a）=g（a），∴h(a)=sina-

2

π

a，
b=0时，由函数f(x)=

ax

x2+1

(x∈R)是奇函数，且a∈(

π

2

，π]，
∴x＞0时，0＜f(x)=

ax

x2+1

=

a

x+ 1 x

≤

a

2

，当x=1时取得最大值

a

2

；
当x=0时，f（0）=0；当x＜0时，f(x)∈[-

a

2

，0)，
∴函数f（x）的最小值为f(x)最小=-

a

2

，
要使对任意x∈R，f（x）＞h（a）恒成立，则f（x）_最小＞h（a），
∴-

a

2

＞sina-

2

π

a，即不等式

2

π

a-

a

2

-sina＞0在a∈(

π

2

，π]上有解，a=π符合上述不等式，
∴存在满足条件的实数a=π，使对任意x∈R，f（x）＞h（a）恒成立．

点评：本题是考查导数的综合应用的题目，是一个以考查函数的单调性和最值为主的题目，同时考查分析问题解决问题的能力，解题过程中要解含参数的一元二次不等式的解法．