Question

12．已知函數(shù)f（x）定義域為（0，+∞）且滿足f（x₁）+f（x₂）=f（x₁x₂），且x＞1時，f（x）＜0，若不等式f（$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}$）≤f（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）+f（a）恒成立，則a∈∈（-∞，$\sqrt{2}$]．

Answer 1

分析 結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的定義先判斷f（x）的單調(diào)性．然后利用參數(shù)分類法以及基本不等式進行求解即可．

解答 解：：任取x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂
則$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞1，f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＜0，
f（x₂）-f（x₁）=f（x₁•$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）-f（x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）+f（x₁）-f（x₁）=f（$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$）＜0，
即f（x₂）＜f（x₁）
由此得到y(tǒng)=f（x）是R上的減函數(shù)．
則不等式f（$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}$）≤f（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）+f（a）等價為不等式f（$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}$）≤f（a$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$），
即$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}$≥a$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$，
即a≤$\frac{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$，
∵$\frac{\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$$≥\frac{\sqrt{2{x}_{1}{x}_{2}}}{\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}}$=$\sqrt{2}$，當且僅當x₁=x₂時，取等號，
∴a≤$\sqrt{2}$，
即a∈（-∞，$\sqrt{2}$]
故答案為：（-∞，$\sqrt{2}$]

點評 本題主要考查不等式恒成立問題，根據(jù)抽象函數(shù)的關(guān)系判斷函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．