Question

13．對(duì)于定義在[0，+∞）上的函數(shù)f（x），若函數(shù)y=f（x）-（ax+b）滿足：①在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞減；②存在常數(shù)p，使其值域?yàn)椋?，p]，則稱函數(shù)g（x）=ax+b為f（x）的“漸近函數(shù)”
（1）證明：函數(shù)g（x）=x+1是函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}+2x+3}{x+1}$，x∈[0，+∞）的漸近函數(shù)，并求此時(shí)實(shí)數(shù)p的值；
（2）若函數(shù)f（x）=$\sqrt{{x}^{2}+1}$，x∈[0，+∞）的漸近函數(shù)是g（x）=ax，求實(shí)數(shù)a的值，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)令t（x）=f（x）-g（x），利用“漸近函數(shù)”的定義逐條驗(yàn)證即可；
（2）通過(guò)記t（x）=f（x）-g（x），結(jié)合“漸近函數(shù)”的定義可知$\frac{2x}{\sqrt{{x}^{2}+1}}$＜a，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)q（x）=$\frac{2x}{\sqrt{{x}^{2}+1}}$的最大值問(wèn)題，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論．

解答 （1）證明：依題意，令t（x）=f（x）-g（x），
則t（x）=$\frac{{x}^{2}+2x+3}{x+1}$-（x+1）=$\frac{2}{x+1}$，
∵t′（x）=-$\frac{2}{（x+1）^{2}}$＜0，
∴t（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞減，且$\underset{lim}{x→∞}$t（x）=0，
∴0＜t（x）≤t（0）=2，
于是函數(shù)g（x）=x+1是函數(shù)f（x）=$\frac{{x}^{2}+2x+3}{x+1}$，x∈[0，+∞）的漸近函數(shù)，
此時(shí)實(shí)數(shù)p=2；
（2）解：記t（x）=f（x）-g（x）=$\sqrt{{x}^{2}+1}$-ax，
則t′（x）=$\frac{x}{\sqrt{{x}^{2}+1}}$-a，
∵函數(shù)f（x）=$\sqrt{{x}^{2}+1}$，x∈[0，+∞）的漸近函數(shù)是g（x）=ax，
∴當(dāng)x∈[0，+∞）時(shí)t′（x）＜0，即$\frac{x}{\sqrt{{x}^{2}+1}}$＜a，
令函數(shù)q（x）=$\frac{x}{\sqrt{{x}^{2}+1}}$，其中x∈[0，+∞），
當(dāng)x=0時(shí)，q（x）=0；
當(dāng)x≠0時(shí)，q（x）=$\frac{x}{\sqrt{{x}^{2}+1}}$=$\frac{1}{\sqrt{\frac{{x}^{2}+1}{{x}^{2}}}}$=$\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{{x}^{2}}}}$在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，
且$\underset{lim}{x→∞}$q（x）=1，
∴a≥1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查新定義函數(shù)，涉及導(dǎo)數(shù)的計(jì)算，函數(shù)單調(diào)性及極限知識(shí)，注意解題方法的積累，屬于中檔題．