Question

7．函数f（x）=lnx，g（x）是f（x）的反函数．
（I）求证：当x≥0时，f（x+1）≥-$\frac{1}{2}$x²+x；
（Ⅱ）若g（x）+g（-x）≤2g（mx²）对任意x∈R恒成立，求实数m的取值范围．

Answer 1

分析 （I）构造函数，求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系即可证明不等式当x≥0时，f（x+1）≥-$\frac{1}{2}$x²+x；
（Ⅱ）求出函数g（x）的表达式，将不等式进行转化，多次构造函数，求函数的导数，即可得到结论．

解答 （I）∵f（x）=lnx，∴不等式f（x+1）≥-$\frac{1}{2}$x²+x等价为ln（x+1）≥-$\frac{1}{2}$x²+x，
设h（x）=ln（x+1）-（-$\frac{1}{2}$x²+x），
则h′（x）=$\frac{1}{x+1}$-1+x=$\frac{{x}^{2}}{x+1}$，
当x≥0时，h′（x）=$\frac{{x}^{2}}{x+1}$≥0，
即函数h（x）为增函数，
∵h（0）=ln1=0，
∴当x≥0，h（x）≥h（0）=0，
即ln（x+1）-（-$\frac{1}{2}$x²+x）≥0，
则ln（x+1）≥-$\frac{1}{2}$x²+x，成立．
即当x≥0时，f（x+1）≥-$\frac{1}{2}$x²+x；
（Ⅱ）∵g（x）是f（x）的反函数，∴g（x）=e^x，
若g（x）+g（-x）≤2g（mx²）对任意x∈R恒成立，
即e^x+e^-x≤2e${\;}^{m{x}^{2}}$对任意x∈R恒成立，
即2${e}^{m{x}^{2}+1}$≥e^2x+1，
设φ（x）=g（x）+g（-x）-2g（mx²），
则φ（-x）=g（-x）+g（x）-2g（mx²）=φ（x），
即函数φ（x）是偶函数，
即对任意的x不等式恒成立等价为φ（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，
令x=1得2e^m≥e+$\frac{1}{e}$＞2，则m＞0，
当m≥$\frac{1}{2}$时，设F（x）=2${e}^{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$-e^2x-1，（x≥0），
则F′（x）=2（1+x）${e}^{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$-2e^2x，
由（Ⅰ）得当x≥0时，ln（x+1）+$\frac{1}{2}$x²-x≥0，
即ln（x+1）+$\frac{1}{2}$x²+x≥2x，
∴（1+x）${e}^{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$≥e^2x，
即（1+x）${e}^{\frac{1}{2}{x}^{2}+x}$-e^2x≥0，则F′（x）≥0，
则函数F（x）在[0，+∞）上单调递增，则F（x）≥F（0）=0，
即当x≥0时，$2{e}^{\frac{1}{2}{x}^{2}}$≥e^x+e^-x，
∴2g（mx²）=2e${\;}^{m{x}^{2}}$≥2${e}^{\frac{1}{2}{x}^{2}}≥$e^x+e^-x，恒成立，符号题意，
当0＜m＜$\frac{1}{2}$时，设G（x）=${e}^{x}-\frac{1}{2m}x-1$，
则G′（x）=e^x-$\frac{1}{2m}$，当0＜x＜-ln2m时，G′（x）＜0，则G′（x）在（0，-ln2m）上单调递减，
则G（x）＜g（0）=0，即当0＜x＜$\sqrt{\frac{-ln2m}{m}}$时，0＜mx²＜-ln2m．
∴G（mx²）＜0，即e${\;}^{m{x}^{2}}$＜$\frac{1}{2}$x²+1，则2e${\;}^{m{x}^{2}}$＜x²+2，
设H（x）=e^x+e^-x-x²-2，则H′（x）=e^x-e^-x-2x，
H′′（x）=e^x+e^-x-2≥2-2=0，
则H′（x）=e^x-e^-x-2x在[0，+∞）上单调递增，∴H′（x）≥0，
即H（x）在[0，+∞）上单调递增，
∴H（x）≥H（0）=0，即e^x+e^-x≥x²+2，
∴0＜x＜$\sqrt{\frac{-ln2m}{m}}$时，2${e}^{\frac{m{x}^{2}}{2}}$＜x²+2≤e^x+e^-x，与$2{e}^{m{x}^{2}}$≥e^x+e^-x恒成立矛盾，不合题意，
综上，实数m的取值范围是m≥$\frac{1}{2}$．

点评 本题主要考查不等式的证明以及不等式恒成立问题，构造函数，利用导数研究函数的单调性是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大，难度较大．