Question

20．已知函数f（x）=2lnx-x²，g（x）=$\sqrt{x}$-x-2．
（Ⅰ）若不等式f（x）≤ag（x）对x∈[$\frac{1}{4}$，1]恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）求函数h（x）=f（x）+g（x）+$\frac{1}{2}$x的最大值，并证明当n∈N^•时f（n）+g（n）≤-3．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意可化不等式为x²-2lnx≥a（x-$\sqrt{x}$+2），再讨论x-$\sqrt{x}$+2与x²-2lnx的单调性及取值情况，从而求得实数a的取值范围．
（Ⅱ）化简h（x）=f（x）+g（x）+$\frac{1}{2}$x=2lnx-x²+$\sqrt{x}$-2-$\frac{1}{2}$x，从而求导以确定函数的单调性，从而求最值；再由以上讨论确定f（x）+g（x）在（1，+∞）上是减函数，从而证明．

解答 解：（Ⅰ）由题意知，
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]上单调递增且恒大于1，
∴a≤$\frac{{x}^{2}-2lnx}{x-\sqrt{x}+2}$，
∵（x²-2lnx）′=2（x-$\frac{1}{x}$），
∴x²-2lnx在[$\frac{1}{4}$，1]上单调递减且恒大于等于1，
∴$\frac{{x}^{2}-2lnx}{x-\sqrt{x}+2}$在[$\frac{1}{4}$，1]上单调递减，
∴$\frac{1-2ln1}{1-1+2}$=$\frac{1}{2}$≤$\frac{{x}^{2}-2lnx}{x-\sqrt{x}+2}$≤$\frac{\frac{1}{16}-2ln\frac{1}{4}}{\frac{1}{4}-\frac{1}{2}+2}$=$\frac{1+64ln2}{28}$，
故实数a的取值范围为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+$\frac{1}{2\sqrt{x}}$-$\frac{1}{2}$
=$\frac{（1-\sqrt{x}）[4（1+x）（1+\sqrt{x}）+\sqrt{x}]}{2x}$，
∴当x∈（0，1）时，h′（x）＞0，当x∈（1，+∞）时，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，+∞）上是减函数，
∴f（x）+g（x）在（1，+∞）上是减函数，
∴对任意n∈N^•时，f（n）+g（n）≤f（1）+g（1）=-3．

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题与最值问题的应用，关键在于对x²-2lnx与x-$\sqrt{x}$+2分别判断．