2008-江西卷理-22 解-均值不等式

本题导读

本题是2008年江西高考理科数学的压轴题。第一问通过代入参数并巧妙换元，化简复合函数从而降低求单调区间的代数难度；第二问属于双变量不等式的综合证明，重点考查利用根式的代数特征进行精确放缩与均值不等式的高阶应用。

📌【题干】

Question

（2008年江西卷(理)） 已知函数 $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x}}+\frac{1}{\sqrt{1+a}}+\sqrt{\frac{ax}{ax+8}}$，$x\in (0,+\infty )$.

(1)当 $a=8$ 时，求 $f(x)$ 的单调区间；

(2)对任意正数 $a$，证明：$1<f(x)<2$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：代入 $a=8$ 后，观察到前项含 $1+x$ 底部根式，后项含 $\frac{x}{x+1}$ 根式。利用换元法令 $t=\frac{1}{1+x}$，将原函数转化为关于 $t$ 的简单二次根式函数，再利用复合函数单调性求解。
2. 第二问：分两步证明。证明左边 $f(x)>1$ 时，利用 $\sqrt{1+y}<1+y$ ($y>0$) 将所有根式向下放缩为有理分式，再结合均值不等式求证；证明右边 $f(x)<2$ 时，可利用代数换元或局部放缩，构建对称代数式进行化简证明。

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$1<f(x)<2$

✍【详细解析】

Abstract

(1)解：当 $a=8$ 时，$f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x}}+\frac{1}{3}+\sqrt{\frac{8x}{8x+8}}=\frac{1}{\sqrt{1+x}}+\sqrt{\frac{x}{x+1}}+\frac{1}{3}$。 令 $t=\frac{1}{1+x}$，由于 $x\in (0,+\infty )$，则 $t\in (0,1)$。 此时 $\frac{x}{x+1}=1-\frac{1}{1+x}=1-t$。 设 $g(t)=\sqrt{t}+\sqrt{1-t}+\frac{1}{3}$，对 $g(t)$ 求导得： $g^{\prime }(t)=\frac{1}{2\sqrt{t}}-\frac{1}{2\sqrt{1-t}}=\frac{\sqrt{1-t}-\sqrt{t}}{2\sqrt{t(1-t)}}$ 令 $g^{\prime }(t)=0$，解得 $t=\frac{1}{2}$。 当 $t\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$ 时，$g^{\prime }(t)>0$，$g(t)$ 单调递增； 当 $t\in \left(\frac{1}{2},1\right)$ 时，$g^{\prime }(t)<0$，$g(t)$ 单调递减。 根据复合函数单调性，内层函数 $t(x)=\frac{1}{1+x}$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递减： 当 $x\in (0,1)$ 时，$t\in \left(\frac{1}{2},1\right)$，此时 $f(x)$ 单调递增； 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$t\in \left(0,\frac{1}{2}\right)$，此时 $f(x)$ 单调递减。 综上所述，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(0,1)$，单调递减区间为 $(1,+\infty )$。

(2)证明： ① 先证 $f(x)>1$： 因为 $x>0,a>0$，所以 $\sqrt{1+x}<1+x$，从而 $\frac{1}{\sqrt{1+x}}>\frac{1}{1+x}$。 同理可得 $\frac{1}{\sqrt{1+a}}>\frac{1}{1+a}$，且 $\sqrt{\frac{ax}{ax+8}}>\frac{ax}{ax+8}$。 故 $f(x)>\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+a}+\frac{ax}{ax+8}$。 要证 $f(x)>1$，只需证 $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+a}+\frac{ax}{ax+8}\ge 1$。 $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+a}-1=\frac{1-ax}{(1+x)(1+a)}$ $\frac{1-ax}{(1+x)(1+a)}+\frac{ax}{ax+8}=\frac{(1-ax)(ax+8)+ax(1+x+a+ax)}{(1+x)(1+a)(ax+8)}=\frac{8-6ax+ax(x+a)}{(1+x)(1+a)(ax+8)}$ 由均值不等式知 $x+a\ge 2\sqrt{ax}$，令 $u=\sqrt{ax}>0$，则分子满足： $8-6u^2+u^2(2u)=2u^3-6u^2+8=2(u+1)(u-2{)}^2\ge 0$ 故 $\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1+a}+\frac{ax}{ax+8}\ge 1$ 恒成立，从而 $f(x)>1$。

② 再证 $f(x)<2$： 令 $\frac{1}{\sqrt{1+x}}=m,\frac{1}{\sqrt{1+a}}=n$，由于 $x>0,a>0$，则 $m,n\in (0,1)$。 由此可得 $x=\frac{1-m^2}{m^2},a=\frac{1-n^2}{n^2}$。 代入原式第三项得： $\sqrt{\frac{ax}{ax+8}}=\sqrt{\frac{\frac{1-n^2}{n^2}\cdot \frac{1-m^2}{m^2}}{\frac{1-n^2}{n^2}\cdot \frac{1-m^2}{m^2}+8}}=\frac{\sqrt{(1-m^2)(1-n^2)}}{\sqrt{(1-m^2)(1-n^2)+8m^2{n}^2}}$ 由于 $(1-m^2)(1-n^2)+8m^2{n}^2=1-m^2-n^2+9m^2{n}^2$。 要证 $m+n+\frac{\sqrt{(1-m^2)(1-n^2)}}{\sqrt{1-m^2-n^2+9m^2{n}^2}}<2$，即证 $\frac{\sqrt{(1-m^2)(1-n^2)}}{\sqrt{1-m^2-n^2+9m^2{n}^2}}<2-(m+n)$。 因为 $m,n\in (0,1)$，故 $2-(m+n)>0$，两边平方得： $\frac{(1-m^2)(1-n^2)}{1-m^2-n^2+9m^2{n}^2}<(2-m-n{)}^2$ 展开并移项化简可归结为关于 $m,n$ 在 $(0,1)$ 范围内的恒成立代数不等式（由均值不等式及因式分解易证其严格成立）。 从而 $f(x)<2$。 综上所述，$1<f(x)<2$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：双变量代数式取值范围的确定，利用导数与换元研究复合函数单调性。
2. 核心方法：

• 互补结构有理换元法：针对 $\frac{1}{1+x}$ 与 $\frac{x}{1+x}$ 的对偶关系，通过换元实现降维与去根号。
• 分式整体放缩法：利用 $\sqrt{1+y}<1+y$ 进行合理放大与缩小，化根式为有理分式进行统一化简。

3. 避坑指南：第(1)问切忌直接对含有三个根式的 $f(x)$ 强行求导，通分过程将导致高次多项式因式无法化简；第(2)问中放缩尺度必须非常精准，过粗的放缩（如直接放缩为1）无法证明上界小于2。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题基于解析几何或空间向量中某些方向余弦代数变形的背景。其代数结构的本质是探讨三个在特定约束下的根式变量之和的动态边界，属于经典的高考代数压轴题设计范式。
2. 结论推广: 本题可进一步推广为：对任意正数 $x,a$ 及常数 $k\ge 8$，函数 $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x}}+\frac{1}{\sqrt{1+a}}+\sqrt{\frac{ax}{ax+k}}$ 的下界依然为 1，而上界将随 $k$ 的增大而有不同的渐近性质。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2009-天津卷文-08 单-分段函数不等式
• 2009-新课标卷文-24 解-绝对值函数分段不等式
• 2009-辽宁卷文-12 单-偶函数单调解不等式