Question

2．設(shè)函數(shù)f（x）=$\sqrt{{x^2}+1$-ax．（a＞0）
（Ⅰ）解不等式f（x）≤1；
（Ⅱ）求a的取值范圍，使f（x）在[0，+∞）上是單調(diào)函數(shù)．

Answer 1

分析 （1）原不等式等價于 $\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+1{≤（1+ax）}^{2}}\\{x≥0}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{{（a}^{2}-1）x+2a≥0}\end{array}\right.$，由此分類討論a的范圍，求得x的范圍．
（2）設(shè)得x₁＜x₂，計算f（x₁）-f（x₂）=（x₁-x₂）•（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+1}•\sqrt{{{x}_{2}}^{2}+1}}$-a），由此分類討論a的范圍，判斷函數(shù)的單調(diào)性．

解答 解：（1）不等式f（x≤1），即$\sqrt{{x^2}+1$≤1+ax，
由此得：1≤1+ax，即ax≥0，其中常數(shù)a＞0，
∴原不等式等價于 $\left\{\begin{array}{l}{{x}^{2}+1{≤（1+ax）}^{2}}\\{x≥0}\end{array}\right.$，即 $\left\{\begin{array}{l}{x≥0}\\{{（a}^{2}-1）x+2a≥0}\end{array}\right.$．
∴當(dāng)0＜a＜1時，所給不等式解集為{x|0≤x≤$\frac{2a}{1{-a}^{2}}$}，
當(dāng)a≥1時，所給不等式解集為{x|x≥0}．
（2）在區(qū)間[0，+∞）上任取x₁，x₂，使得x₁＜x₂，
∵f（x₁）-f（x₂）=$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+1}$-$\sqrt{{{x}_{2}}^{2}+1}$-a（x₁-x₂）=$\frac{{{x}_{1}}^{2}{{-x}_{2}}^{2}}{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+1}•\sqrt{{{x}_{2}}^{2}+1}}$-a（x₁-x₂）=（x₁-x₂）•（$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+1}•\sqrt{{{x}_{2}}^{2}+1}}$-a），
（�。┊�(dāng)a≥1時，∵$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+1}•\sqrt{{{x}_{2}}^{2}+1}}$＜1，∴$\frac{{x}_{1}{+x}_{2}}{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+1}•\sqrt{{{x}_{2}}^{2}+1}}$-a＜0，
又x₁-x₂＜0，∴f（x₁）-f（x₂）＞0，即f（x₁）＞f（x₂），
所以，當(dāng)a≥1時，函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，+∞）上是單調(diào)遞減函數(shù)．
（ⅱ）當(dāng)0＜a＜1時，在[0，+∞）上存在兩點 x₁=0，x₂ =$\frac{2a}{1{-a}^{2}}$，滿足f（x₁）=1，f（x₂）=1，
即f（x₁）=f（x₂），∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[0，+∞）上不是單調(diào)函數(shù)．

點評 本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性的判斷和證明，其它不等式的解法，屬于中檔題．