Question

13．已知函數(shù)f（x）=xe^x+ax²-x，（a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)，且e=2.718…）．
（Ⅰ）若a=-$\frac{1}{2}$，求曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）若對于x≥0時(shí)，恒有f′（x）-f（x）≥（4a+1）x成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）當(dāng)n∈N^*時(shí)，證明：$\frac{e-{e}^{n+1}}{1-e}≥\frac{n（n+3）}{2}$．

Answer 1

分析 （I）a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）=xe^x-$\frac{1}{2}$x²-x，f′（x）=（x+1）e^x-x-1，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得切線的斜率f′（1）=2e-2，利用點(diǎn)斜式即可得出切線方程；
（II）f′（x）-f（x）≥（4a+1）x化為e^x-ax²-2ax-1≥0，令g（x）=e^x-ax²-2ax-1，x∈[0，+∞），g（0）=0．對于x≥0時(shí)，
恒有f′（x）-f（x）≥（4a+1）x成立?g（x）_min≥0，對a分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值即可得出．
（III）由（II）可知：當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，e^x-ax²-2ax-1≥0在x∈[0，+∞）上恒成立，可得e^x-1≥$\frac{1}{2}$+x，可得e^x≥x+1，令n=1，2，…，
則e≥1+1，e²≥2+1，…，eⁿ≥n+1，“累加求和”即可得出

解答 （I）解：a=-$\frac{1}{2}$時(shí)，f（x）=xe^x-$\frac{1}{2}$x²-x，
∴f′（x）=（x+1）e^x-x-1，
∴f′（1）=2e-2，
又f（1）=e-$\frac{3}{2}$，
∴曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為$\frac{3}{2}$=（2e-2）（x-1），
化為（2e-2）x-y+$\frac{1}{2}$-e=0．
（II）解：f′（x）-f（x）≥（4a+1）x化為e^x-ax²-2ax-1≥0，
令g（x）=e^x-ax²-2ax-1，x∈[0，+∞），g（0）=0．
則g′（x）=e^x-2ax-2a，當(dāng)a≤0時(shí)，g′（x）＞0，因此g（x）在x∈[0，+∞）單調(diào)遞增，
∴g（x）≥g（0）=0，滿足條件．
當(dāng)0$＜a≤\frac{1}{2}$時(shí)，g^″（x）=e^x-2a＞0，g′（x）在x∈[0，+∞）單調(diào)遞增，
∴g′（x）≥g′（0）=1-2a≥0，
∴g（x）在x∈[0，+∞）單調(diào)遞增，滿足條件；
當(dāng)a$＞\frac{1}{2}$時(shí)，令g^″（x）=0，解得x=ln（2a）＞0，
∴令g^″（x）＞0，解得x＞ln（2a），此時(shí)函數(shù)g′（x）單調(diào)遞增；
令g^″（x）＜0，解得0＜x＜ln（2a），此時(shí)函數(shù)g′（x）單調(diào)遞減．
∴當(dāng)x=ln（2a）時(shí)，函數(shù)g′（x）取得最小值，g′（ln（2a））=2a-2aln2a-2a=-2aln（2a）＜0，g′（0）=1-2a＜0，
∴g（x）在[0，ln（2a））上單調(diào)遞減，
∴g（x）＜g（0）=0，不滿足條件，舍去．
綜上可得：對于x≥0時(shí)，恒有f′（x）-f（x）≥（4a+1）x成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（-∞.$\frac{1}{2}$）；
（III）證明：由（II）可知：當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，e^x-ax²-2ax-1≥0在x∈[0，+∞）上恒成立，
∴e^x-1≥$\frac{1}{2}$+x，
∴e^x≥x+1
令n=1，2，…，則e≥1+1，e²≥2+1，…，eⁿ≥n+1
∴$\frac{e（1-{e}^{n}）}{1-e}$=$\frac{e-{e}^{n+1}}{1-e}$≥n+$\frac{n（n+1）}{2}$≥$\frac{n（n+3）}{2}$

點(diǎn)評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、幾何意義、切線方程、證明不等式，考查了分類討論的思想方法，恒等變形能力，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．