Question

1．已知函数f_n（x）=$\frac{{n{x^2}-ax}}{{{x^2}+1}}（{n∈{N^*}}）$的图象在点（0，f_n（0））处的切线方程为y=-x
（Ⅰ）求a的值及f₁（x）的单调区间
（Ⅱ）是否存在实数k，使得射线y=kx（x≥-3）与曲线y=f₁（x）有三个公共点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由
（Ⅲ）设x₁，x₂，…x_n，为正实数，且x₁，x₂，…x_n=1，证明：f_n（x₁）+f_n（x₂）+…+f_n（x_n）≥0．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f_n（x）的导数，求得切线的斜率，由切线方程可得a=1，求出f₁（x）的导数，令导数大于0，可得增区间，令导数小于0，可得减区间；
（Ⅱ）由y=$\frac{{x}^{2}-x}{{x}^{2}+1}$和y=kx，可得$\frac{{x}^{2}-x}{{x}^{2}+1}$=kx，解得x=0或$\frac{x-1}{{x}^{2}+1}$=k，要使射线y=kx（x≥-3）与曲线y=f₁（x）有三个公共点，只要$\frac{x-1}{{x}^{2}+1}$=k，即kx²-x+k+1=0有两个大于等于-3且不为0的不等实根．对k讨论，k=0和k不为0，结合二次函数的图象，列出不等式组，解得即可；
（Ⅲ）求出y=f_n（x）在（$\frac{1}{n}$，f_n（$\frac{1}{n}$））处的切线的方程，当0＜x＜1时，f_n（x）≥$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$（x-$\frac{1}{n}$），运用累加法，即可得证．

解答 解：（Ⅰ）f_n（x）=$\frac{{n{x^2}-ax}}{{{x^2}+1}}（{n∈{N^*}}）$的导数为f′_n（x）=$\frac{a{x}^{2}+2nx-a}{（{x}^{2}+1）^{2}}$，
即有在点（0，f_n（0））处的切线斜率为f′_n（0）=-a=-1，
解得a=1，
f₁（x）=$\frac{{x}^{2}-x}{{x}^{2}+1}$，f′₁（x）=$\frac{{x}^{2}+2x-1}{（{x}^{2}+1）^{2}}$，
f′₁（x）＞0，解得x＞$\sqrt{2}$-1或x＜-1-$\sqrt{2}$；
f′₁（x）＜0，解得-1-$\sqrt{2}$＜x＜$\sqrt{2}$-1．
即有f₁（x）的单调增区间为（-∞，-$\sqrt{2}$-1）∪（$\sqrt{2}$-1，+∞），
单调减区间为（-1-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$-1）；
（Ⅱ）由y=$\frac{{x}^{2}-x}{{x}^{2}+1}$和y=kx，可得$\frac{{x}^{2}-x}{{x}^{2}+1}$=kx，解得x=0或$\frac{x-1}{{x}^{2}+1}$=k，
要使射线y=kx（x≥-3）与曲线y=f₁（x）有三个公共点，
只要$\frac{x-1}{{x}^{2}+1}$=k，即kx²-x+k+1=0有两个大于等于-3且不为0的不等实根．
当k=0时，方程即为x=1，不合题意舍去；
当k≠0时，令g（x）=kx²-x+k+1，
由$\left\{\begin{array}{l}{kg（-3）＞0}\\{g（0）≠0}\\{△＞0}\\{\frac{1}{2k}＞-3}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{k（10k+4）＞0}\\{k+1≠0}\\{1-4k（1+k）}\\{\frac{1}{2k}＞-3}\end{array}\right.$即$\left\{\begin{array}{l}{k＞0或k＜-\frac{2}{5}}\\{k≠-1}\\{\frac{-1-\sqrt{2}}{2}＜k＜\frac{-1+\sqrt{2}}{2}}\\{k＞0或k＜-\frac{1}{6}}\end{array}\right.$，
解得0＜k＜$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$或$\frac{-1-\sqrt{2}}{2}$＜k＜-1或-1＜k≤-$\frac{2}{5}$．
综上存在实数k，使得射线y=kx（x≥-3）与曲线y=f₁（x）有三个公共点，
且k的范围是（0，$\frac{\sqrt{2}-1}{2}$）∪（$\frac{-1-\sqrt{2}}{2}$，-1）∪（-1，-$\frac{2}{5}$]；
（Ⅲ）证明：f_n（x）=$\frac{n{x}^{2}-x}{{x}^{2}+1}$的导数为f′_n（x）=$\frac{{x}^{2}+2nx-1}{（{x}^{2}+1）^{2}}$，
f_n（$\frac{1}{n}$）=0，f′_n（$\frac{1}{n}$）=$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$，
即有y=f_n（x）在（$\frac{1}{n}$，f_n（$\frac{1}{n}$））处的切线的方程为y=$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$（x-$\frac{1}{n}$），
当0＜x＜1时，f_n（x）-$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$（x-$\frac{1}{n}$）=$\frac{n{x}^{2}-x}{{x}^{2}+1}$-$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$（x-$\frac{1}{n}$）=$\frac{（n-x）（nx-1）^{2}}{（{x}^{2}+1）（{n}^{2}+1）}$≥0，
即有f_n（x）≥$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$（x-$\frac{1}{n}$），
x_i＞0（i=1，2，…，n），且x₁+x₂+…+x_n=1，即有0＜x_i＜1，i=1，2，…，n．
f_n（x_i）≥$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$（x_i-$\frac{1}{n}$），
f_n（x₁）+f_n（x₂）+…+f_n（x_n）≥$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$（x₁-$\frac{1}{n}$+x₂-$\frac{1}{n}$+…+x_n-$\frac{1}{n}$）
即有f_n（x₁）+f_n（x₂）+…+f_n（x_n）≥$\frac{{n}^{2}}{{n}^{2}+1}$（x₁+x₂+…+x_n-$\frac{1}{n}$•n）=0，
综上可得f_n（x₁）+f_n（x₂）+…+f_n（x_n）≥0．

点评 本题考查导数的运用：求切线方程和单调区间、极值和最值，同时考查二次方程实根的分布，考查分类讨论的思想方法以及化简整理的运算能力和不等式的证明，属于中档题和易错题．