2013-湖南卷文-21 解-导数单调性与证明

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性。核心在于导数判号、构造对称差的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年湖南卷(文)） 已知函数 $f(x)=\frac{1-x}{1+x^2}{\mathrm{e}}^x$.

(1)求 $f(x)$ 的单调区间；

(2)证明：当 $f(x_1)=f(x_2)$（$x_1\ne x_2$）时，$x_1+x_2<0$.

🔍【思路分析】

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1. （1）$f^{\prime }(x)=-\frac{x\left[(x-1{)}^2+2\right]}{(1+x^2{)}^2}{\mathrm{e}}^x$：$x<0$ 时 $f^{\prime }>0$，$x>0$ 时 $f^{\prime }<0$。增区间 $(-\infty ,0)$，减区间 $(0,+\infty )$。
2. （2）$x<1$ 时 $f(x)>0$，$x>1$ 时 $f(x)<0$ → $x_1\in (-\infty ,0)$，$x_2\in (0,1)$。
3. 证 $\forall x\in (0,1)$，$f(x)<f(-x)$：等价于 $(1-x){\mathrm{e}}^x<\frac{1+x}{{\mathrm{e}}^x}$，令 $g(x)=(1-x){\mathrm{e}}^x-\frac{1+x}{{\mathrm{e}}^x}$，$g^{\prime }(x)=-x{\mathrm{e}}^{-x}({\mathrm{e}}^{2x}-1)<0$，$g(x)<g(0)=0$。
4. $f(x_2)<f(-x_2)$，又 $f(x_1)=f(x_2)$ → $f(x_1)<f(-x_2)$；$x_1,-x_2\in (-\infty ,0)$ 上增 → $x_1<-x_2$，即 $x_1+x_2<0$。

✅【答案】

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(1)单调递增区间为 $(-\infty ,0)$，单调递减区间为 $(0,+\infty )$；(2)证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）函数定义域为 $\mathbf{R}$。 $f^{\prime }(x)={\left(\frac{1-x}{1+x^2}\right)}^{\prime }{\mathrm{e}}^x+\frac{1-x}{1+x^2}{\mathrm{e}}^x=\frac{x^2-2x-1}{(1+x^2{)}^2}{\mathrm{e}}^x+\frac{1-x}{1+x^2}{\mathrm{e}}^x=-\frac{x\left[(x-1{)}^2+2\right]}{(1+x^2{)}^2}{\mathrm{e}}^x.$ 由 $(x-1{)}^2+2>0$，$(1+x^2{)}^2>0$，${\mathrm{e}}^x>0$，知 $f^{\prime }(x)$ 的符号由 $-x$ 决定：$x<0$ 时 $f^{\prime }(x)>0$，$x>0$ 时 $f^{\prime }(x)<0$。 故增区间为 $(-\infty ,0)$，减区间为 $(0,+\infty )$。 （2）当 $x<1$ 时 $\frac{1-x}{1+x^2}>0$，${\mathrm{e}}^x>0$，故 $f(x)>0$；当 $x>1$ 时 $f(x)<0$。 设 $x_1<x_2$，由（1）的单调性及 $f(x_1)=f(x_2)>0$，必有 $x_1\in (-\infty ,0)$，$x_2\in (0,1)$。 先证：$\forall x\in (0,1)$，$f(x)<f(-x)$，即 $\frac{1-x}{1+x^2}{\mathrm{e}}^x<\frac{1+x}{1+x^2}{\mathrm{e}}^{-x}⟺(1-x){\mathrm{e}}^x<\frac{1+x}{{\mathrm{e}}^x}.$ 令 $g(x)=(1-x){\mathrm{e}}^x-\frac{1+x}{{\mathrm{e}}^x}$，则 $g^{\prime }(x)=-x{\mathrm{e}}^x+(1-x){\mathrm{e}}^x+\frac{{\mathrm{e}}^x-(1+x){\mathrm{e}}^x}{{\mathrm{e}}^{2x}}=-x{\mathrm{e}}^x-x{\mathrm{e}}^{-x}=-x{\mathrm{e}}^{-x}\left({\mathrm{e}}^{2x}+1\right)<0,$ （$x\in (0,1)$ 时 $-x<0$）。故 $g$ 在 $(0,1)$ 上递减，$g(x)<g(0)=0$，即 $f(x)<f(-x)$ 对一切 $x\in (0,1)$ 成立。 于是 $f(x_2)<f(-x_2)$，又 $f(x_1)=f(x_2)$，得 $f(x_1)<f(-x_2)$。 由于 $x_1,-x_2\in (-\infty ,0)$ 且 $f$ 在 $(-\infty ,0)$ 上单调递增，故 $x_1<-x_2$，即 $x_1+x_2<0.■$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数研究单调性与对称性证明

核心方法：$f^{\prime }(x)=-\frac{x\left[(x-1{)}^2+2\right]}{(1+x^2{)}^2}{\mathrm{e}}^x$ → 增 $(-\infty ,0)$、减 $(0,+\infty )$；(2) 由单调性 $x_1\in (-\infty ,0)$，$x_2\in (0,1)$，证 $\forall x\in (0,1)$，$f(x)<f(-x)$ → $f(x_2)<f(-x_2)$ → $x_1<-x_2$

避坑指南：求导后分子提取 $-x$ 是判号的关键——$(x-1{)}^2+2>0$ 恒正，符号全由 $-x$ 决定；第 (2) 问的套路是“比较 $f(x)$ 与 $f(-x)$”：构造 $g(x)=(1-x){\mathrm{e}}^x-\frac{1+x}{{\mathrm{e}}^x}$ 求导定号，再用增区间上函数值大小反推自变量大小——直接对 $f(x_1)=f(x_2)$ 解方程是死路。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：利用导数研究函数（单调区间 + 对称式不等式证明，湖南卷解答题压轴）。

结论推广：求导提取公因式判号；构造对称差函数。

方法推广：判号定单调区间 → 定 $x_1,x_2$ 所在区间 → 证 $f(x)<f(-x)$ → 移项。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2013-大纲卷文-21 解-导数单调性与恒成立
• 2013-新课标I卷文-20 解-导数单调性与极值
• 2014-湖南卷文-21 解-导数零点