Question

急急急已知函数f(x)=[(1-x)e^x]/(1+x^2) (1) 求f(x)的单调区间 (2)证明当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时x1+x2＜0

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性；函数单调性的性质．
专题：压轴题；导数的综合应用．
分析：（I）利用导数的运算法则求出f′（x），分别解出f′（x）＞0与f′（x）＜0的x取值范围即可得到单调区间；
（II）当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．由（I）可知：x1∈（-∞，0），x2∈（0，1）．利用导数先证明：∀x∈（0，1），f（x）＜f（-x）．而x2∈（0，1），可得f（x2）＜f（-x2）．即f（x1）＜f（-x2）．由于x1，-x2∈（-∞，0），f（x）在（-∞，0）上单调递增，因此得证．
解答：解：（I）易知函数的定义域为R．
f′(x)＝(
1−x
1+x2
)′ex+
1−x
1+x2
ex=
x2−2x−1
(1+x2)2
ex+
1−x
1+x2
ex=
−x[(x−1)2+2]
(1+x2)2
ex，
当x＜0时，f′（x）＞0；当x＞0时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0），单调递减区间为（0，+∞）．
（II）当x＜1时，由于
1−x
1+x2
＜0，ex＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0．
当f（x1）=f（x2）（x1≠x2）时，不妨设x1＜x2．
由（I）可知：x1∈（-∞，0），x2∈（0，1）．
下面证明：∀x∈（0，1），f（x）＜f（-x），即证
1−x
1+x2
ex＜
1+x
1+x2
e−x．此不等式等价于(1−x)ex−
1+x
ex
＜0．
令g（x）=(1−x)ex−
1+x
ex
，则g′（x）=-xe-x（e2x-1）．
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0．
即(1−x)ex−
1+x
ex
＜0．
∴∀x∈（0，1），f（x）＜f（-x）．
而x2∈（0，1），∴f（x2）＜f（-x2）．
从而，f（x1）＜f（-x2）．
由于x1，-x2∈（-∞，0），f（x）在（-∞，0）上单调递增，
∴x1＜-x2，即x1+x2＜0．

点评：本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、等价转化问题等基础知识与基本技能，需要较强的推理能力和计算能力．
http://www.jyeoo.com/math2/ques/detail/3927918b-f767-4a56-81fb-7911e1147c6d

Answer 2

（1），f(x)′=（-x e^x ((x-1)^2+2)）/(1+x^2)^2
可知单调递增区间为：（-∞，0），单调递减区间为：（0，+∞）
（2），由（1）得，不妨设X1＜0，X2＞0（反过来也行）
由f(x1)=f(x2)得到：式子写的太麻烦，你自己写写，
用反证法非常简单：
假设x1+x2＜0不成立
那么X1+X2≥0,，成立，
得到X2 ≥ - X1＞0，由（1）单调递减区间为：（0，+∞）
得，f(x2)≤f(-x1)
由f(x1)=f(x2)得到
f(x1)≤f(-x1)
化简得到：e^2x ≤（1+x）/（1-x）（x＜0）
求导证明他不成立就行了（移项构造新函数）
或者你就带个数-1/2，你看化简后就得到3＜e，显然不成立