Question

4．设函数f（x）=x²+$\frac{1}{\sqrt{1+x}}$，x∈[0，1]，证明：$\frac{15}{16}$＜f（x）≤$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$．

Answer 1

分析 （1）x∈[0，1]，通过作差f（x）-（x²-$\frac{1}{2}$x+1）变形利用基本不等式的性质可得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]，利用导数研究函数g（x）的单调性，可得最大值，即可得出．

解答 证明：（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，当且仅当x=0时取等号．
∴f（x）≥x²-$\frac{1}{2}$x+1=$（x-\frac{1}{4}）^{2}+\frac{15}{16}$≥$\frac{15}{16}$，当且仅当x=$\frac{1}{4}$时取后一个等号，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，∴函数g（x）在x∈[0，1]单调递增，
∴g（x）_max=g（1）=1+$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$．
∴f（x）≤$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$．当且仅当x=1时取等号．
综上（1）（2）可得：$\frac{15}{16}$＜f（x））≤$\frac{2+\sqrt{2}}{2}$．

点评 本题考查了变形利用基本不等式的性质、利用导数研究函数的单调性最值，考查了推理能力与计算能力，属于难题．