问题
解答题
已知函数f（x）=
（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)=(
)′ex+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
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
＜0，ex＞0，得到f（x）＞0；同理，当x＞1时，f（x）＜0．1-x 1+x2
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
ex＜1-x 1+x2
e-x．此不等式等价于(1-x)ex-1+x 1+x2
＜0．1+x ex
令g（x）=(1-x)ex-
，则g′（x）=-xe-x（e2x-1）．1+x ex
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，∴g（x）＜g（0）=0．
即(1-x)ex-
＜0．1+x ex
∴∀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．