若 $a>b>1$，$P=\sqrt{\lg a\cdot\lg b}$，$Q=\frac{1}{2}\left(\lg a+\lg b\right)$，$R=\lg\left(\frac{a+b}{2}\right)$，则（ ）

\begin{solution} 令 $u=\lg a$，$v=\lg b$，则 $u>v>0$. 由算术平均数与几何平均数的关系，$P=\sqrt{uv}<\frac{u+v}{2}=Q$. 又因为 $a>b>0$，有 $\frac{a+b}{2}>\sqrt{ab}$，取常用对数得 所以 $P<Q<R$，故选 B. \end{solution}

设函数 $f(x)=\sqrt{x^{2}+1}-ax$，其中 $a>0$.

(1) 解不等式 $f(x)\leqslant1$； (2) 证明：当 $a\geqslant1$ 时，函数 $f(x)$ 在区间 $[0,+\infty)$ 上是单调函数.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 当 $x<0$ 时，$\sqrt{x^2+1}>1$，且 $-ax>0$，所以 $f(x)>1$，不等式无负数解. 当 $x\geqslant0$ 时，右端 $1+ax>0$，故原不等式等价于 即 $x((1-a^2)x-2a)\leqslant0$. 若 $0<a<1$，得到 $0\leqslant x\leqslant\frac{2a}{1-a^2}$；若 $a\geqslant1$，对所有 $x\geqslant0$ 不等式都成立. 因此解集为 \item 取 $0\leqslant x_1<x_2$. 有 由于 $x_i\geqslant0$，分式小于 $1$，而 $a\geqslant1$，故括号内小于 $0$. 于是 $f(x_2)<f(x_1)$，所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减. \end{enumerate} \end{solution}