题目

已知函数f（x）=

1-x

1+x2

ex．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：当f（x₁）=f（x₂）（x₁≠x₂）时，x₁+x₂＜0．

答案

（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，e^x＞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（e^2x-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．

解析