Question

20．已知函數(shù)f（x）=2lnx-x²，g（x）=$\sqrt{x}$-x-2．
（Ⅰ）若不等式f（x）≤ag（x）對x∈[$\frac{1}{4}$，1]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）求函數(shù)h（x）=f（x）+g（x）+$\frac{1}{2}$x的最大值，并證明當(dāng)n∈N^•時f（n）+g（n）≤-3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意可化不等式為x²-2lnx≥a（x-$\sqrt{x}$+2），再討論x-$\sqrt{x}$+2與x²-2lnx的單調(diào)性及取值情況，從而求得實數(shù)a的取值范圍．
（Ⅱ）化簡h（x）=f（x）+g（x）+$\frac{1}{2}$x=2lnx-x²+$\sqrt{x}$-2-$\frac{1}{2}$x，從而求導(dǎo)以確定函數(shù)的單調(diào)性，從而求最值；再由以上討論確定f（x）+g（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，從而證明．

解答 解：（Ⅰ）由題意知，
2lnx-x²≤a（$\sqrt{x}$-x-2），
即x²-2lnx≥a（x-$\sqrt{x}$+2），
∵x-$\sqrt{x}$+2=（$\sqrt{x}$-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{7}{4}$，
∴x-$\sqrt{x}$+2在[$\frac{1}{4}$，1]上單調(diào)遞增且恒大于1，
∴a≤$\frac{{x}^{2}-2lnx}{x-\sqrt{x}+2}$，
∵（x²-2lnx）′=2（x-$\frac{1}{x}$），
∴x²-2lnx在[$\frac{1}{4}$，1]上單調(diào)遞減且恒大于等于1，
∴$\frac{{x}^{2}-2lnx}{x-\sqrt{x}+2}$在[$\frac{1}{4}$，1]上單調(diào)遞減，
∴$\frac{1-2ln1}{1-1+2}$=$\frac{1}{2}$≤$\frac{{x}^{2}-2lnx}{x-\sqrt{x}+2}$≤$\frac{\frac{1}{16}-2ln\frac{1}{4}}{\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+2}$=$\frac{1+64ln2}{28}$，
故實數(shù)a的取值范圍為a≤$\frac{1}{2}$；
（Ⅱ）h（x）=f（x）+g（x）+$\frac{1}{2}$x
=2lnx-x²+$\sqrt{x}$-x-2+$\frac{1}{2}$x
=2lnx-x²+$\sqrt{x}$-2-$\frac{1}{2}$x，
h′（x）=$\frac{2}{x}$-2x+$\frac{1}{2\sqrt{x}}$-$\frac{1}{2}$
=$\frac{（1-\sqrt{x}）[4（1+x）（1+\sqrt{x}）+\sqrt{x}]}{2x}$，
∴當(dāng)x∈（0，1）時，h′（x）＞0，當(dāng)x∈（1，+∞）時，h′（x）＜0；
∴h_max（x）=h（1）=2ln1-1+1-2-$\frac{1}{2}$=-$\frac{5}{2}$；
∵h（x）=f（x）+g（x）+$\frac{1}{2}$x在（1，+∞）上是減函數(shù)，
∴f（x）+g（x）在（1，+∞）上是減函數(shù)，
∴對任意n∈N^•時，f（n）+g（n）≤f（1）+g（1）=-3．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問題與最值問題的應(yīng)用，關(guān)鍵在于對x²-2lnx與x-$\sqrt{x}$+2分別判斷．