Question

12．已知函数f（x）定义域为（0，+∞）且满足f（x₁）+f（x₂）=f（x₁x₂），且x＞1时，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，则a∈∈（-∞，$\sqrt{2}$]．

Answer 1

分析 结合函数单调性的定义先判断f（x）的单调性．然后利用参数分类法以及基本不等式进行求解即可．

解答 解：：任取x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂
则$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$＞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=f（x）是R上的减函数．
则不等式f（$\sqrt{{{x}_{1}}^{2}+{{x}_{2}}^{2}}$）≤f（$\sqrt{{x}_{1}{x}_{2}}$）+f（a）等价为不等式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}$，当且仅当x₁=x₂时，取等号，
∴a≤$\sqrt{2}$，
即a∈（-∞，$\sqrt{2}$]
故答案为：（-∞，$\sqrt{2}$]

点评 本题主要考查不等式恒成立问题，根据抽象函数的关系判断函数为单调递减函数是解决本题的关键．