设 $a_1$，$a_2$，$\cdots$，$a_n$ 是一组不为零的实数．证明：关于 $x$ 的方程$$\sqrt{1+a_1 x}+\sqrt {1+a_2x}+\cdots +\sqrt{1+a_nx}=n$$至多有两个实根．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
方程 $\sqrt{1+a_1 x}+\sqrt {1+a_2x}+\cdots +\sqrt{1+a_nx}=n$ 可整理为$$\left(\sqrt {1+a_1x}-1\right)+\left(\sqrt{1+a_2x}-1\right)+\cdots+\left(\sqrt{1+a_nx}-1\right)=0,$$对式子 $\left(\sqrt {1+a_ix}-1\right)(i=1,2,3,\cdots,n)$ 分子有理化，可得$$\dfrac{a_1x}{\sqrt{1+a_1x}+1}+\dfrac{a_2x}{\sqrt{1+a_2x}+1}+\cdots+\dfrac{a_nx}{\sqrt{1+a_nx}+1}=0,$$即$$x\left(\dfrac{a_1}{\sqrt{1+a_1x}+1}+\dfrac{a_2}{\sqrt{1+a_2x}+1}+\cdots+\dfrac{a_n}{\sqrt{1+a_nx}+1}\right)=0,$$下面来证明方程$$\dfrac{a_1}{\sqrt{1+a_1x}+1}+\dfrac{a_2}{\sqrt{1+a_2x}+1}+\cdots+\dfrac{a_n}{\sqrt{1+a_nx}+1}=0$$至多有一个实根：令 $f_i(x)=\dfrac{a_i}{\sqrt{1+a_ix}+1}(i=1,2,3,\cdots,n)$，则\[f_i'(x)=-\dfrac{\frac{a_i^2}{2\sqrt{1+a_ix}}}{\left(\sqrt{1+a_ix}+1\right)^2}<0,\]所以 $f_i(x)$ 在定义域内单调递减（事实上根据复合函数也可以得到单调性），故 $g(x)=f_1(x)+f_2(x)+\cdots+f_n(x)$ 在定义域内单调递减，因此 $g(x)$ 至多有一个零点，命题得证．
答案
解析
备注
