Question

3．求证：函数f（x）=x+$\frac{1}{\sqrt{x}}$在区间（1，+∞）上是单调递增函数．

Answer 1

分析 设任意的x₁＞x₂＞1，然后作差，通分，用上平方差公式，从而提取公因式，这样便可证明f（x₁）＞f（x₂），从而得出证明的结论．

解答 证明：设x₁＞x₂＞1，则：
$f（{x}_{1}）-f（{x}_{2}）={x}_{1}+\frac{1}{\sqrt{{x}_{1}}}-{x}_{2}-\frac{1}{\sqrt{{x}_{2}}}$
=$（{x}_{1}-{x}_{2}）-\frac{\sqrt{{x}_{1}}-\sqrt{{x}_{2}}}{\sqrt{{x}_{1}}\sqrt{{x}_{2}}}$
=$（\sqrt{{x}_{1}}-\sqrt{{x}_{2}}）（\sqrt{{x}_{1}}+\sqrt{{x}_{2}}-\frac{1}{\sqrt{{x}_{1}}\sqrt{{x}_{2}}}）$；
∵x₁＞x₂＞1；
∴$\sqrt{{x}_{1}}＞\sqrt{{x}_{2}}＞1$；
∴$\sqrt{{x}_{1}}-\sqrt{{x}_{2}}＞0$，$\frac{1}{\sqrt{{x}_{1}}\sqrt{{x}_{2}}}＜1$，$\sqrt{{x}_{1}}+\sqrt{{x}_{2}}-\frac{1}{\sqrt{{x}_{1}}\sqrt{{x}_{2}}}＞0$；
∴$（\sqrt{{x}_{1}}-\sqrt{{x}_{2}}）（\sqrt{{x}_{1}}+\sqrt{{x}_{2}}-\frac{1}{\sqrt{{x}_{1}}\sqrt{{x}_{2}}}）＞0$；
∴f（x₁）＞f（x₂）；
∴函数f（x）在区间（1，+∞）上是单调递增函数．

点评 考查增函数的定义，以及根据增函数定义证明一个函数为增函数的方法和过程，作差的方法比较f（x₁），f（x₂）的大小关系，平方差公式的运用，作差后是分式的一般要通分．