2000-新课标理-20 解-无理不等式的解法

本题导读

本题考查无理不等式的求解以及函数单调性的证明。第一问通过合理移项后两边平方，将无理不等式转化为熟知的一元二次不等式或线性不等式进行求解，注意分类讨论参数 $a$ 的范围；第二问利用函数单调性的定义，通过作差、分子有理化并结合不等式放缩，证明函数在给定区间上的单调性。

📌【题干】

Question

（2000年新课标卷(理)） 设函数 $f(x)=\sqrt{x^2+1}-ax$，其中 $a>0$.

(1) 解不等式 $f(x)\le 1$；

(2) 证明：当 $a\ge 1$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上是单调函数.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：将不等式写为 $\sqrt{x^2+1}-ax\le 1$，移项得 $\sqrt{x^2+1}\le ax+1$。 由于左边恒正，右边 $ax+1$ 必须大于等于 0 才有解。 在 $ax+1\ge 0$ 的前提下，两边平方化简得 $(a^2-1)x^2+2ax\ge 0$。 通过提取公因式 $x$，分 $a^2-1>0$、$a^2-1=0$ 和 $a^2-1<0$ 三种情况（即 $a>1$, $a=1$, $0<a<1$）讨论解集，并与前提条件求交集。
2. 第二问：在区间 $[0,+\infty )$ 上任取 $x_1<x_2$。 作差 $f(x_1)-f(x_2)=(\sqrt{x_1^2+1}-\sqrt{x_2^2+1})+a(x_2-x_1)$。 对前一部分进行分子有理化，提取出公因式 $(x_2-x_1)$，通过对剩余代数式在 $a\ge 1$ 时的符号判定，确定差值的正负，从而得出单调递减的结论。

✅【答案】

Success

(1) 当 $a\ge 1$ 时，解集为 $\{x\mid x\ge 0\}$；当 $0<a<1$ 时，解集为 $\left\{x|0\le x\le \frac{2a}{1-a^2}\right\}$

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解不等式 $f(x)\le 1$： 原不等式可化为： $\sqrt{x^2+1}-ax\le 1⟹\sqrt{x^2+1}\le ax+1$

根据无理不等式的同解原理，上式等价于不等式组： $\{\begin{array}{l}ax+1\ge 0\text{(1)}\\ x^2+1\le (ax+1{)}^2\text{(2)}\end{array}$

展开方程 ②： $x^2+1\le a^2{x}^2+2ax+1⟹(a^2-1)x^2+2ax\ge 0⟹x[(a^2-1)x+2a]\ge 0$

由于已知 $a>0$，下面针对二次项系数 $(a^2-1)$ 的符号分三种情况讨论：

• 情况一：当 $a>1$ 时， $a^2-1>0$。 由 ② 得 $x\le \frac{2a}{1-a^2}$ 或 $x\ge 0$。 因为 $a>1$，则 $1-a^2<0$，所以 $\frac{2a}{1-a^2}<0$。 同时考虑条件 ① $ax\ge -1⟹x\ge -\frac{1}{a}$。 比较临界点：$0-\left(-\frac{1}{a}-\frac{2a}{1-a^2}\right)$ 转化为大小比较。 事实上，$-\frac{1}{a}-\frac{2a}{1-a^2}=\frac{-(1-a^2)-2a^2}{a(1-a^2)}=\frac{-1-a^2}{a(1-a^2)}$，因为 $1-a^2<0$，所以该差值大于 0，即 $-\frac{1}{a}>\frac{2a}{1-a^2}$。 综合 ① 和 ② 的交集，解集为：$x\ge 0$。

• 情况二：当 $a=1$ 时， $a^2-1=0$。 方程 ② 变为：$2x\ge 0⟹x\ge 0$。 条件 ① 变为：$x\ge -1$。 取交集，解集为：$x\ge 0$。

• 情况三：当 $0<a<1$ 时， $a^2-1<0$。 由 ② 得 $\frac{2a}{1-a^2}\ge x\ge 0$（此时 $1-a^2>0$，故 $\frac{2a}{1-a^2}>0$）。 条件 ① 变为：$x\ge -\frac{1}{a}$。 取交集，解集为：$0\le x\le \frac{2a}{1-a^2}$。

综上所述： 当 $a\ge 1$ 时，不等式的解集为 $\{x\mid x\ge 0\}$； 当 $0<a<1$ 时，不等式的解集为 $\left\{x|0\le x\le \frac{2a}{1-a^2}\right\}$。

(2) 证明：当 $a\ge 1$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上是单调函数。 使用定义法证明。在区间 $[0,+\infty )$ 上任意取两个自变量 $x_1,x_2$，且设 $0\le x_1<x_2$。

计算函数值的差： $f(x_1)-f(x_2)=(\sqrt{x_1^2+1}-a{x}_1)-(\sqrt{x_2^2+1}-a{x}_2)$ $f(x_1)-f(x_2)=(\sqrt{x_1^2+1}-\sqrt{x_2^2+1})+a(x_2-x_1)$

对前一部分进行分子有理化变形： $\sqrt{x_1^2+1}-\sqrt{x_2^2+1}=\frac{(\sqrt{x_1^2+1}-\sqrt{x_2^2+1})(\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1})}{\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}}=\frac{(x_1^2+1)-(x_2^2+1)}{\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}}=\frac{x_1^2-x_2^2}{\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}}$ 将分子因式分解： $\frac{x_1^2-x_2^2}{\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}}=-\frac{(x_2-x_1)(x_2+x_1)}{\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}}$

代回原差值表达式并提取公因式 $(x_2-x_1)$： $f(x_1)-f(x_2)=(x_2-x_1)\left[a-\frac{x_1+x_2}{\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}}\right]$

接下来判断括号内的符号： 因为 $x\ge 0$，所以 $\sqrt{x^2+1}>\sqrt{x^2}=x$。 因此，分母满足： $\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}>x_1+x_2$ 由此可得： $\frac{x_1+x_2}{\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}}<1$

已知 $a\ge 1$，所以： $a-\frac{x_1+x_2}{\sqrt{x_1^2+1}+\sqrt{x_2^2+1}}>1-1=0$

因为设 $x_1<x_2⟹x_2-x_1>0$， 所以两个正数相乘： $f(x_1)-f(x_2)>0⟹f(x_1)>f(x_2)$

根据单调函数的定义，当 $a\ge 1$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上是严格单调递减函数。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：无理不等式化为有理不等式组的边界控制；利用定义法（作差有理化）证明含有根式的函数单调性。
2. 核心方法：分类讨论思想（针对二次项系数含参）；分子有理化与不等式缩放（利用 $\sqrt{x^2+1}>x$ 削减分母）。
3. 避坑指南：

• 第一问两边平方时，切记必须强制补充被开方数大于等于 0（本题 $x^2+1\ge 1$ 恒成立）以及右侧式子大于等于 0 ($ax+1\ge 0$) 的限制条件，否则会产生增根。
• 第二问若使用导数法证明（若已学过导数）：$f^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-a$。由于 $\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}<1$，当 $a\ge 1$ 时， $f^{\prime }(x)<0$ 恒成立，亦可极快地证明其单调递减。但用定义法时，有理化后的缩放是核心得分点。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题主要考查代数推导的基本功，属于函数与不等式综合的经典高考中档题。
2. 结论推广：此类形如 $f(x)=\sqrt{x^2+c^2}-ax$ 的双曲型函数，其增减性切换的临界点取决于参数 $a$ 与离心率或渐近线斜率的相对大小。当 $a\ge 1$ 时，由于减函数减去增函数（或增幅小于减幅），整体在正半轴表现为单调递减。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 1960-全国-06 解-方程组解为正数的条件
• 1986-广东文-08 单-集合的交集
• 1987-全国文-06 单-函数的单调性判断