Question

15．設(shè)函數(shù)f（x）=x³+$\frac{1}{x+1}$，x∈[0，1]，證明：
（Ⅰ）f（x）≥1-x+x²
（Ⅱ）$\frac{3}{4}$＜f（x）≤$\frac{3}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）根據(jù)題意，1-x+x²-x³=$\frac{1{-（-x）}^{4}}{1-（-x）}$，利用放縮法得$\frac{1{-x}^{4}}{1+x}$≤$\frac{1}{1+x}$，即可證明結(jié)論成立；
（Ⅱ）利用0≤x≤1時x³≤x，證明f（x）≤$\frac{3}{2}$，再利用配方法證明f（x）≥$\frac{3}{4}$，結(jié)合函數(shù)的最小值得出f（x）＞$\frac{3}{4}$，即證結(jié)論成立．

解答 解：（Ⅰ）證明：因為f（x）=x³+$\frac{1}{x+1}$，x∈[0，1]，
且1-x+x²-x³=$\frac{1{-（-x）}^{4}}{1-（-x）}$=$\frac{1{-x}^{4}}{1+x}$，
所以$\frac{1{-x}^{4}}{1+x}$≤$\frac{1}{1+x}$，
所以1-x+x²-x³≤$\frac{1}{x+1}$，
即f（x）≥1-x+x²；
（Ⅱ）證明：因為0≤x≤1，所以x³≤x，
所以f（x）=x³+$\frac{1}{x+1}$≤x+$\frac{1}{x+1}$=x+$\frac{1}{x+1}$-$\frac{3}{2}$+$\frac{3}{2}$=$\frac{（x-1）（2x+1）}{2（x+1）}$+$\frac{3}{2}$≤$\frac{3}{2}$；
由（Ⅰ）得，f（x）≥1-x+x²=${（x-\frac{1}{2}）}^{2}$+$\frac{3}{4}$≥$\frac{3}{4}$，
且f（$\frac{1}{2}$）=${（\frac{1}{2}）}^{3}$+$\frac{1}{1+\frac{1}{2}}$=$\frac{19}{24}$＞$\frac{3}{4}$，
所以f（x）＞$\frac{3}{4}$；
綜上，$\frac{3}{4}$＜f（x）≤$\frac{3}{2}$．

點評 本題主要考查了函數(shù)的單調(diào)性與最值，分段函數(shù)等基礎(chǔ)知識，也考查了推理與論證，分析問題與解決問題的能力，是綜合性題目．