2000-大纲理-19 解-含参函数不等式与单调性

本题导读

本题考查函数的单调性，以及含参不等式。核心在于分类讨论+导数的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2000年大纲卷(理)） 设函数 $f(x)=\sqrt{x^2+1}-ax$，其中 $a>0$.

(1) 解不等式 $f(x)⩽1$.

(2) 求 $a$ 的取值范围，使函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty )$ 上是单调函数.

🔍【思路分析】

破题导航

1. (1) 平方去根号需保证 $1+ax⩾0$，按 $a$ 与 $1$ 的大小分类讨论；(2) 求导后按 $a⩾1$ 与 $0<a<1$ 讨论。

✅【答案】

Success

(1) 当 $0<a<1$ 时解集为 $\left[0,\frac{2a}{1-a^2}\right]$；当 $a⩾1$ 时解集为 $[0,+\infty )$

(2) $a⩾1$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 原不等式等价于 $\sqrt{x^2+1}⩽1+ax$. 由于左边非负，必须有 $1+ax⩾0$. 在此条件下两边平方，得 $x^2+1⩽(1+ax{)}^2$，即 $x\left[(1-a^2)x-2a\right]⩽0$. 当 $0<a<1$ 时，两个根为 $0$ 和 $\frac{2a}{1-a^2}>0$，故其解集为 $\left[0,\frac{2a}{1-a^2}\right]$，且其中每个 $x$ 都满足 $1+ax>0$. 因此此时原不等式的解集为 $\left[0,\frac{2a}{1-a^2}\right]$. 当 $a=1$ 时，平方后的不等式为 $-2x⩽0$，结合 $1+x⩾0$，得到解集 $[0,+\infty )$. 当 $a>1$ 时，平方后的不等式解为 $\left(-\infty ,-\frac{2a}{a^2-1}\right]\cup [0,+\infty )$，但 $x⩽-\frac{2a}{a^2-1}$ 时有 $1+ax<0$，不符合平方前的必要条件，所以原不等式的解集仍为 $[0,+\infty )$. 综上，当 $0<a<1$ 时解集为 $\left[0,\frac{2a}{1-a^2}\right]$；当 $a⩾1$ 时解集为 $[0,+\infty )$.

(2) 在 $x⩾0$ 时，函数的导数为 $f^{\prime }(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}-a$. 又因为 $0⩽\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}<1$. 当 $a⩾1$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递减. 当 $0<a<1$ 时，令 $x_0=\frac{a}{\sqrt{1-a^2}}>0$. 由 $\frac{x_0}{\sqrt{x_0^2+1}}=a$，可知 $f^{\prime }(x)<0(0⩽x<x_0)$，而 $f^{\prime }(x)>0(x>x_0)$. 因此函数先减后增，不是单调函数. 故所求 $a$ 的取值范围为 $a⩾1$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：含参不等式与函数单调性

核心方法：分类讨论（$a$ 与 $1$ 比大小）+导数

避坑指南：平方去根号必须附加 $1+ax⩾0$ 的条件，$a>1$ 时负根段正是被该条件舍去的；(2) 中 $0<a<1$ 时存在极值点 $x_0$，不单调

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：含参函数的单调性与不等式综合题，是函数板块的压轴题型，分类讨论是核心方法.

2. 结论推广：$\sqrt{x^2+1}⩽ax+1$ 型：平方前先定”右边非负”的定义域约束，舍解时常用它.

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2001-新课标理-19 解-偶函数定参与单调性证明
• 2014-大纲卷理-22 解-含参函数的单调性
• 2012-浙江卷文-21 解-三次函数单调性与不等式证明