问题
解答题
设函数f(x)=
（1）解不等式f（x）≤1； （2）证明：当a≥1时，函数f（x）在区间[0，+∞]上是单调函数． |
答案
（1）不等式f（x）≤1即
≤1+ax，x2+1
由此得1≤1+ax，即ax≥0，其中常数a＞0．
所以，原不等式等价于x2+1≤(1+ax)2 x≥0.
即
（3分）x≥0 (a2-1)x+2a≥0
所以，当0＜a＜1时，所给不等式的解集为{x|0≤x≤
}；2a 1-a2
当a≥1时，所给不等式的解集为{x|x≥0}．（6分）
（2）证明：在区间[0，+∞）上任取x1，x2
使得x1＜x2f(x1)-f(x2)=
-
+1x 21
-a(x1-x2)
+1x 22
=
-a(x1-x2)
-x 21 x 22
+
+1x 21
+1x 22
=(x1-x2)(
-a)．(9分)x1+x2
+
+1x 21
+1x 22
∵
＜1，且a≥1，x1+x2
+
+1x 21
+1x 22
∴
-a＜0，x1+x2
+
+1x 21
+1x 22
又x1-x2＜0，
∴f（x1）-f（x2）＞0，
即f（x1）＞f（x2）．
所以，当a≥1时，函数f（x）在区间[0，+∞）上是单调递减函数．（12分）