Question

6．给出不等式$\frac{{x}^{2}+1+c}{\sqrt{{x}^{2}+c}}$≥$\frac{1+c}{\sqrt{c}}$（x∈R），若此不等式对任意的实数x都成立，则实数c的取值范围是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：$\sqrt{{x}^{2}+c}$+$\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+c}}$≥$\sqrt{c}$+$\frac{1}{\sqrt{c}}$，化为：$（\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}$≥1，化为x²≥$\frac{1}{c}$-c，化为$\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：$\sqrt{{x}^{2}+c}$+$\frac{1}{\sqrt{{x}^{2}+c}}$≥$\sqrt{c}$+$\frac{1}{\sqrt{c}}$，
化为：$（\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}$-c，
若恒成立则必有$\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．
故答案为：c≥1．

点评 本题考查了作差法、根式的意义、不等式的解法与性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．