Question

6．給出不等式$\frac{{x}^{2}+1+c}{\sqrt{{x}^{2}+c}}$≥$\frac{1+c}{\sqrt{c}}$（x∈R），若此不等式對任意的實(shí)數(shù)x都成立，則實(shí)數(shù)c的取值范圍是c≥1．

Answer 1

分析 由不等式$\frac{{x}^{2}+1+c}{\sqrt{{x}^{2}+c}}$≥$\frac{1+c}{\sqrt{c}}$（x∈R），可得：$\sqrt{{x}^{2}+c}$+$\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+c}}$≥$\sqrt{c}$+$\frac{1}{\sqrt{c}}$，化為：$（\sqrt{{x}^{2}+c}-\sqrt{c}）$$（1-\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+c}•\sqrt{c}}）$≥0，由于$\sqrt{{x}^{2}+c}$$-\sqrt{c}$≥0．即有1-$\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+c}•\sqrt{c}}$≥0，可得$\sqrt{{x^2}+c}$•$\sqrt{c}$≥1，化為x²≥$\frac{1}{c}$-c，化為$\frac{1}{c}$-c≤0，即可得出．

解答 解：由不等式$\frac{{x}^{2}+1+c}{\sqrt{{x}^{2}+c}}$≥$\frac{1+c}{\sqrt{c}}$（x∈R），可得：$\sqrt{{x}^{2}+c}$+$\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+c}}$≥$\sqrt{c}$+$\frac{1}{\sqrt{c}}$，
化為：$（\sqrt{{x}^{2}+c}-\sqrt{c}）$$（1-\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+c}•\sqrt{c}}）$≥0，
由于$\sqrt{{x}^{2}+c}$$-\sqrt{c}$≥0．即有1-$\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+c}•\sqrt{c}}$≥0，可得$\sqrt{{x^2}+c}$•$\sqrt{c}$≥1⇒x²≥$\frac{1}{c}$-c，
若恒成立則必有$\frac{1}{c}$-c≤0，解得$\left\{\begin{array}{l}\frac{{{c^2}-1}}{c}≥0\\ 又c＞0\end{array}\right.⇒$c≥1．
故答案為：c≥1．

點(diǎn)評 本題考查了作差法、根式的意義、不等式的解法與性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．