Question

4．設(shè)函數(shù)f（x）=x²+$\frac{1}{\sqrt{1+x}}$，x∈[0，1]，證明：$\frac{15}{16}$＜f（x）≤$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）x∈[0，1]，通過(guò)作差f（x）-（x²-$\frac{1}{2}$x+1）變形利用基本不等式的性質(zhì)可得f（x）≥x²-$\frac{1}{2}$x+1=$（x-\frac{1}{4}）^{2}+\frac{15}{16}$≥$\frac{15}{16}$．
（2）f（x）=x²+$\frac{1}{\sqrt{1+x}}$≤x+$\frac{1}{\sqrt{1+x}}$=g（x），x∈[0，1]，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)g（x）的單調(diào)性，可得最大值，即可得出．

解答 證明：（1）x∈[0，1]，
f（x）-（x²-$\frac{1}{2}$x+1）=$\frac{1}{\sqrt{1+x}}$+$\frac{1}{2}x$-1=$\frac{1}{\sqrt{1+x}}$+$\frac{x+1}{2}$-$\frac{3}{2}$=$\frac{1}{2\sqrt{1+x}}$+$\frac{1}{2\sqrt{1+x}}$+$\frac{x+1}{2}$-$\frac{3}{2}$
≥3×$\frac{1}{2}$×$\root{3}{\frac{1}{\sqrt{1+x}}•\frac{1}{\sqrt{1+x}}•（1+x）}$-$\frac{3}{2}$=0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)．
∴f（x）≥x²-$\frac{1}{2}$x+1=$（x-\frac{1}{4}）^{2}+\frac{15}{16}$≥$\frac{15}{16}$，當(dāng)且僅當(dāng)x=$\frac{1}{4}$時(shí)取后一個(gè)等號(hào)，因此f（x）$＞\frac{15}{16}$．
（2）f（x）=x²+$\frac{1}{\sqrt{1+x}}$≤x+$\frac{1}{\sqrt{1+x}}$=g（x），x∈[0，1]，
g′（x）=1-$\frac{1}{2（1+x）^{\frac{3}{2}}}$＞0，∴函數(shù)g（x）在x∈[0，1]單調(diào)遞增，
∴g（x）_max=g（1）=1+$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$．
∴f（x）≤$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$．當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取等號(hào)．
綜上（1）（2）可得：$\frac{15}{16}$＜f（x））≤$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了變形利用基本不等式的性質(zhì)、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性最值，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．