Question

9．設(shè)函數(shù)f（x）=e^x-2x²+x，g（x）=f（x）+2x²-2x-1
（1）證明：函數(shù)f（x）在R上至少有兩個(gè)極值點(diǎn)；
（2）證明：g（x）≥0，且2×3×…×（n+1）＜（$\sqrt{e}$）${\;}^{{n}^{2}+n}$（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）f′（x）=e^x-4x+1，令u（x）=e^x-4x+1，u′（x）=e^x-4，利用單調(diào)性可得：當(dāng)x=ln4時(shí)，u（x）取得極小值即最小值，再利用函數(shù)零點(diǎn)存在判定定理可得：函數(shù)u（x）在分別在區(qū)間（0，ln4），（ln4，2）上各有一個(gè)零點(diǎn)，并且只有這兩個(gè)零點(diǎn)．
（2）g（x）=e^x-x-1，g′（x）=e^x-1，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值可得：當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)g（x）取得極小值即最小值，即可得到g（x）≥g（0）=0，利用e^x≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)．當(dāng)x=1，2，…，n時(shí)，可得：e＞2，e²＞3，…，eⁿ＞n+1．相乘即可得出．

解答 證明：（1）f′（x）=e^x-4x+1，
令u（x）=e^x-4x+1，u′（x）=e^x-4，
當(dāng)x＜ln4時(shí)，u′（x）＜0，此時(shí)函數(shù)u（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x＞ln4時(shí)，u′（x）＞0，此時(shí)函數(shù)u（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=ln4時(shí)，u（x）取得極小值即最小值，
而u（ln4）=5-4ln4＜0，u（0）＞0，u（2）=e²-7＞0．
∴函數(shù)u（x）在分別在區(qū)間（0，ln4），（ln4，2）上各有一個(gè)零點(diǎn)，并且只有這兩個(gè)零點(diǎn)．
（2）g（x）=e^x-x-1，
g′（x）=e^x-1，
當(dāng)x＜0時(shí)，g′（x）＜0，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x＞0時(shí)，g′（x）＞0，此時(shí)函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=0時(shí)，函數(shù)g（x）取得極小值即最小值，∴g（x）≥g（0）=0，因此?x∈R，都有g(shù)（x）≥0．
∴e^x≥x+1，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)取等號(hào)．
∴當(dāng)x=1，2，…，n時(shí)，
e＞2，e²＞3，…，eⁿ＞n+1．
∴e^1+2+…+n＞2×3×…×（n+1），
∴${e}^{\frac{n（n+1）}{2}}$＞2×3×…×（n+1），
即2×3×…×（n+1）＜（$\sqrt{e}$）${\;}^{{n}^{2}+n}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值、恒成立問題的等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、函數(shù)零點(diǎn)存在判定定理、不等式的性質(zhì)、指數(shù)運(yùn)算性質(zhì)、等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．