Question

已知函數(shù)f(x)=

ax+b

x2+1

（其中常數(shù)a，b∈R），g(x)=sinx-

2

π

x．
（Ⅰ）當a=1時，若函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，求f（x）的極值點；
（Ⅱ）若a≠0，求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅲ）當b=0，a∈(

π

2

，π]時，求函數(shù)g（x）在[0，a]上的最小值h（a），并探索：是否存在滿足條件的實數(shù)a，使得對任意的x∈R，f（x）＞h（a）恒成立．

Answer 1

分析：（I）根據(jù)所給的函數(shù)是一個奇函數(shù)，寫出奇函數(shù)成立的等式，整理出b的值是0，得到函數(shù)的解析式，對函數(shù)求導，使得導函數(shù)等于0，求出極值點．
（II）要求函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間，首先對函數(shù)求導，使得導函數(shù)大于0，解不等式，問題轉(zhuǎn)化為解一元二次不等式，注意對于a值進行討論．
（Ⅲ）求出函數(shù)g（x）在[0，a]上的極值、端點值，比較其中最小者即為h（a），再利用奇函數(shù)性質(zhì)及基本不等式求出f（x）的最小值，對任意的x∈R，f（x）＞h（a）恒成立，
等價于f（x）_min＞h（a），在a∈(

π

2

，π]上只要找到一a值滿足該不等式即可．

解答：解：（Ⅰ）當a=1時，
因為函數(shù)f（x）是奇函數(shù)，∴對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，
經(jīng)檢驗x=±1是函數(shù)f（x）的極值點．
（Ⅱ）因為 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當a＞0時，方程ax²+2bx-a=0的判別式△=4b²+4a²＞0，兩根x=

-2b± △

2a

=

-b± a2+b2

a

，
單調(diào)遞增區(qū)間為(

-b- a2+b2

a

，

-b+ a2+b2

a

)，
②當a＜0時，單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞，

-b- a2+b2

a

)和(

-b+ a2+b2

a

，+∞)．
（Ⅲ） 因為g′(x)=cosx-

2

π

，當x∈[0，a]時，令g'（x）=0，得cosx0=

2

π

，其中x0∈(0，

π

2

)．
當x變化時，g'（x）與g（x）的變化情況如下表：

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

∴函數(shù)g（x）在[0，a]上的最小值為g（0）與g（a）中的較小者．
又g（0）=0，g(a)＜g(

π

2

)=0，∴h（a）=g（a），∴h(a)=sina-

2

π

a，
b=0時，由函數(shù)f(x)=

ax

x2+1

(x∈R)是奇函數(shù)，且a∈(

π

2

，π]，
∴x＞0時，0＜f(x)=

ax

x2+1

=

a

x+ 1 x

≤

a

2

，當x=1時取得最大值

a

2

；
當x=0時，f（0）=0；當x＜0時，f(x)∈[-

a

2

，0)，
∴函數(shù)f（x）的最小值為f(x)最小=-

a

2

，
要使對任意x∈R，f（x）＞h（a）恒成立，則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，
∴存在滿足條件的實數(shù)a=π，使對任意x∈R，f（x）＞h（a）恒成立．

點評：本題是考查導數(shù)的綜合應用的題目，是一個以考查函數(shù)的單調(diào)性和最值為主的題目，同時考查分析問題解決問題的能力，解題過程中要解含參數(shù)的一元二次不等式的解法．