Question

2．已知f（x）=$\sqrt{1+{x}^{2}}$，试用不同方法证明：|f（a）-f（b）|≤|a-b|．

Answer 1

分析 方法1：利用放缩法进行证明即可．
方法2：利用等价转化法进行证明．

解答 证明：法（1）f（x）=$\sqrt{1+{x}^{2}}$，
则|f（a）-f（b）|=|$\sqrt{1+{a}^{2}}$-$\sqrt{1+{b}^{2}}$|=$\frac{|1+{a}^{2}-（1+{b}^{2}）|}{\sqrt{1+{a}^{2}}+\sqrt{1+{b}^{2}}}$=$\frac{|{a}^{2}-{b}^{2}|}{\sqrt{1+{a}^{2}}+\sqrt{1+{b}^{2}}}$
=$\frac{|（a-b）（a+b）|}{\sqrt{1+{a}^{2}}+\sqrt{1+{b}^{2}}}$≤$\frac{|a-b|（|a|+|b|）}{\sqrt{1+{a}^{2}}+\sqrt{1+{b}^{2}}}$≤$\frac{|a-b|（|a|+|b|）}{|a|+|b|}$=|a-b|．
法（2）|f（a）-f（b）|≤|a-b|?|f（a）-f（b）|²≤|a-b|²?f²（a）+f²（b）-2f（a）f（b）≤a²+b²-2ab
?1+a²+1+b²-2$\sqrt{1+{a}^{2}}$•$\sqrt{1+{b}^{2}}$≤a²+b²-2ab?1+ab≤$\sqrt{1+{a}^{2}}$•$\sqrt{1+{b}^{2}}$，
当1+ab＜0时，上式成立．
当1+ab≥0时，上式等价于 1+a²b²+2ab≤（1+a²）（1+b²）=1+a²b²+a²+b²?2ab＜a²+b²?（a-b）²≥0，
∵（a-b）²≥0恒成立．
∴|f（a）-f（b）|≤|a-b|．

点评 本题主要考查不等式的证明，利用放缩法以及等价转化法是解决本题的关键．