Question

已知函数的单调递增区间为[m，n]
（1）求证f（m）f（n）=-4；
（2）当n-m取最小值时，点p（x₁，y₁），Q（x₂，y₂）（a＜x₁＜x₂＜n），是函数f（x）图象上的两点，若存在x使得f′（x）=，x求证x₁＜|x|＜x₂．

Answer

（1）f′（x）=，依题意，m，n是方程-4x2-2ax+4=0的两根，由此能够证明f（m）f（n）=-4．
（2）由n-m=，知n-m取最小值时，a=0，n=1，m=-1，由f（x）在[-1，1]是增函数，0＜x1＜x2＜1，知＞0，从而x∈（-1，1）．由此入手，结合题设条件能够证明x1＜|x|＜x2．
【解析】
（1）f′（x）=，
依题意，m，n是方程-4x2-2ax+4=0的两根，
∴，
f（m）f（n）=
=
==-4．
（2）∵n-m=
=，
∴n-m取最小值时，a=0，n=1，m=-1，
∵f（x）在[-1，1]是增函数，0＜x1＜x2＜1，
∴＞0，从而x∈（-1，1）．
f′（x）===，
即．
∵=
＞（x1x2）2+2x1x2+1
=，
∴=＜．
设g（x）=，则g′（x）=，
∴当x∈（0，1）时，有g′（x）＜0，
∴g（x）是（0，1）上的减函数．
∴由g（x）＜g（x1x2），得＞x1x2＞x，∴|x|＞x1．
由=，及0＜1-x＜1-x1x2，
得＜，
故1+＜1+，即|x|＜x2，
∴x1＜|x|＜x2．