题目：若函数 \( f(x) = \ln(x^2 + 1) - \arctan(x) \) 在区间 \( (-\infty, +\infty) \) 上连续，求该函数的极值点。
解答：
首先，函数 \( f(x) = \ln(x^2 + 1) - \arctan(x) \) 在其定义域内是连续的，因为 \( \ln(x^2 + 1) \) 和 \( \arctan(x) \) 都是连续函数，且 \( x^2 + 1 \) 在 \( (-\infty, +\infty) \) 上恒正。
接下来，我们求函数的导数 \( f'(x) \)：
\[ f'(x) = \frac{d}{dx}[\ln(x^2 + 1)] - \frac{d}{dx}[\arctan(x)] \]
\[ f'(x) = \frac{2x}{x^2 + 1} - \frac{1}{1 + x^2} \]
\[ f'(x) = \frac{2x - 1}{x^2 + 1} \]
为了找到极值点，我们需要令 \( f'(x) = 0 \)：
\[ \frac{2x - 1}{x^2 + 1} = 0 \]
\[ 2x - 1 = 0 \]
\[ x = \frac{1}{2} \]
接下来，我们检查 \( x = \frac{1}{2} \) 是否是极值点。我们计算 \( f''(x) \)：
\[ f''(x) = \frac{d}{dx}[\frac{2x - 1}{x^2 + 1}] \]
\[ f''(x) = \frac{(2)(x^2 + 1) - (2x - 1)(2x)}{(x^2 + 1)^2} \]
\[ f''(x) = \frac{2x^2 + 2 - 4x^2 + 2x}{(x^2 + 1)^2} \]
\[ f''(x) = \frac{-2x^2 + 2x + 2}{(x^2 + 1)^2} \]
将 \( x = \frac{1}{2} \) 代入 \( f''(x) \)：
\[ f''\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{-2\left(\frac{1}{2}\right)^2 + 2\left(\frac{1}{2}\right) + 2}{\left(\left(\frac{1}{2}\right)^2 + 1\right)^2} \]
\[ f''\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{-\frac{1}{2} + 1 + 2}{\left(\frac{1}{4} + 1\right)^2} \]
\[ f''\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{\frac{5}{2}}{\left(\frac{5}{4}\right)^2} \]
\[ f''\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{5}{2} \cdot \frac{16}{25} \]
\[ f''\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{40}{25} \]
\[ f''\left(\frac{1}{2}\right) = \frac{8}{5} \]
因为 \( f''\left(\frac{1}{2}\right) > 0 \)，所以 \( x = \frac{1}{2} \) 是函数 \( f(x) \) 的极小值点。
极小值 \( f\left(\frac{1}{2}\right) \) 为：
\[ f\left(\frac{1}{2}\right) = \ln\left(\left(\frac{1}{2}\right)^2 + 1\right) - \arctan\left(\frac{1}{2}\right) \]
\[ f\left(\frac{1}{2}\right) = \ln\left(\frac{1}{4} + 1\right) - \arctan\left(\frac{1}{2}\right) \]
\[ f\left(\frac{1}{2}\right) = \ln\left(\frac{5}{4}\right) - \arctan\left(\frac{1}{2}\right) \]
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