Question

设f（x）=ln（x²+1），g（x）=

1

2

x²-

1

2

．
（1）求F（x）=f（x）-g（x）的单调区间，并证明对[-1，1]上的任意x₁，x₂，x₃，都有F（x₁）+F（x₂）＞F（x₃）；
（2）将y=f（x）的图象向下平移a（a＞0）个单位，同时将y=g（x）的图象向上平移b（b＞0）个单位，使它们恰有四个交点，求

a+1

b+1

的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,函数的图象与图象变化

专题：导数的综合应用

分析：（1）由F′（x）=

2x

x2+1

-x=-

x(x+1)(x-1)

x2+1

，得F（x）在（-∞，-1）和（0，1）上单调递增，在（-1，0）和（1，+∞）上单调递减，因此F（x₁）+F（x₂）≥2F（x）_min=1，而F（x₃）≤F（x）_max=ln 2，故F（x₁）+F（x₂）＞F（x₃）．
（2）由ln（x²+1）-a=

1

2

x²-

1

2

+b，则a+b=ln（x²+1）-

1

2

x²+

1

2

．令F（x）=ln（x²+1）-

1

2

x²+

1

2

，从而F（x）_极小值=F（0）=

1

2

，F（x）_极大值=F（1）=ln 2．
又F（4）=F（-4）＜0＜F（0），又

a+1

b+1

可视为点P（-1，-1）与可行域内的点连线的斜率，故

1

1+ln2

＜

a+1

b+1

＜1+ln 2．

解答： 解：（1）∵F（x）=ln（x²+1）-

1

2

x²-

1

2

，
∴F′（x）=

2x

x2+1

-x=-

x(x+1)(x-1)

x2+1

．
F′（x），F（x）的值随x值的变化如下表：

x	（-∞，-1）	（-1，0）	（0，1）	（1，+∞）
F′（x）	+	-	+	-
F（x）	↗	↘	↗	↘

故F（x）在（-∞，-1）和（0，1）上单调递增，在（-1，0）和（1，+∞）上单调递减，
在[-1，1]上F（x）的最小值F（x）_min=F（0）=

1

2

．F（x）的最大值F（x）_max=F（1）=F（-1）=ln 2．
因此F（x₁）+F（x₂）≥2F（x）_min=1，而F（x₃）≤F（x）_max=ln 2，
故F（x₁）+F（x₂）＞F（x₃）．
（2）由题意可知y=ln（x²+1）-a与y=

1

2

x²-

1

2

+b的图象恰有四个交点．
由ln（x²+1）-a=

1

2

x²-

1

2

+b，
则a+b=ln（x²+1）-

1

2

x²+

1

2

．
令F（x）=ln（x²+1）-

1

2

x²+

1

2

，
由（1）可知F（x）_极小值=F（0）=

1

2

，F（x）_极大值=F（1）=ln 2．
又F（4）=F（-4）＜0＜F（0），
所以F（x）的大致图象如图（1）所示，
要使y=a+b与y=F（x）恰有四个交点，
则

1

2

＜a+b＜ln 2．由

1 2 ＜a+b＜ln2 a＞0 b＞0

得到（b，a）的可行域为如图（2）所示的阴部分．
又

a+1

b+1

可视为点P（-1，-1）与可行域内的点连线的斜率，
故

1

1+ln2

＜

a+1

b+1

＜1+ln 2．

点评：本题考察了函数的单调性，导数的应用，不等式的证明，函数的图象的变化问题，渗透了分类讨论，数形结合思想，是一道综合题．