Question

20．已知函數(shù)f（x）=x²-x+1，g（x）=e^x（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）
（Ⅰ）設(shè)F（x）=f（x）-kg（x）（k∈R），當(dāng)k取何值時(shí)，函數(shù)F（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)？
（Ⅱ）記g（x）的反函數(shù)為g^-1（x），證明：對(duì)任意x∈（0，+∞），都有g(shù)（-x）-g^-1（x）＜$\frac{2}{ex}$；
（Ⅲ）數(shù)列{a_n}滿足a₁=$\frac{f（2）}{2}$，a_n+1=f（a_n）（n∈N^*），求S=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{2015}}$的整數(shù)部分．

Answer 1

分析 （Ⅰ）化函數(shù)的零點(diǎn)為方程f（x）-kg（x）=0的根，從而化簡(jiǎn)得k=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，令h（x）=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，從而求導(dǎo)判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而解得．
（Ⅱ）化簡(jiǎn)可得即證明對(duì)任意x∈（0，+∞），都有xlnx＜-$\frac{2}{e}$+xe^-x，記F（x）=xlnx，H（x）=-$\frac{2}{e}$+xe^-x，從而化為證明F_min（x）＞H_max（x），從而求導(dǎo)證明即可；
（Ⅲ）可分別求得a₁=$\frac{3}{2}$，a₂=$\frac{7}{4}$，a₃=$\frac{37}{16}$，a₄=$\frac{1033}{256}$，從而可得$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$=2-$\frac{256×256}{777×1033}$，a₅＞14，且當(dāng)n＞5時(shí)，a_n＞（n+8）×（n+7）+1，從而求得．

解答 解：（Ⅰ）令f（x）-kg（x）=0得，
k=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，h′（x）=-$\frac{（x-1）（x-2）}{{e}^{x}}$，
故當(dāng)x∈（-∞，1）時(shí)，h′（x）＜0，
當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，h′（x）＞0，
當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，h′（x）＜0，
故h（x）在（-∞，1），（2，+∞）上是減函數(shù)，在（1，2）上是增函數(shù)；
而h（1）=$\frac{1}{e}$，h（2）=$\frac{4-2+1}{{e}^{2}}$=$\frac{3}{{e}^{2}}$；
故當(dāng)k=$\frac{1}{e}$或k=$\frac{3}{{e}^{2}}$時(shí)，函數(shù)F（x）恰有兩個(gè)零點(diǎn)；
（Ⅱ）證明：∵g（x）=e^x，∴g^-1（x）=lnx，
∴要證對(duì)任意x∈（0，+∞），都有g(shù)（-x）-g^-1（x）＜$\frac{2}{ex}$；
即證對(duì)任意x∈（0，+∞），都有e^-x-lnx＜$\frac{2}{ex}$，
即證對(duì)任意x∈（0，+∞），都有xe^-x-xlnx＜$\frac{2}{e}$，
即證對(duì)任意x∈（0，+∞），都有xlnx＜-$\frac{2}{e}$+xe^-x，
記F（x）=xlnx，H（x）=-$\frac{2}{e}$+xe^-x，
即證F_min（x）＞H_max（x），
易知F（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上單調(diào)遞減，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上單調(diào)遞增，
故F_min（x）=F（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
H′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
故H（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，
故H_max（x）=H（1）=-$\frac{1}{e}$，
∵H_max（x）與F_min（x）不能同時(shí)取到，
∴對(duì)任意x∈（0，+∞），F(xiàn)（x）＞H（x），
即對(duì)任意x∈（0，+∞），都有g(shù)（-x）-g^-1（x）＜$\frac{2}{ex}$；
（Ⅲ）a₁=$\frac{f（2）}{2}$=$\frac{{2}^{2}-2+1}{2}$=$\frac{3}{2}$，$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{2}{3}$，
a₂=f（a₁）=f（$\frac{3}{2}$）=$\frac{7}{4}$，$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$=$\frac{2}{3}$+$\frac{4}{7}$=$\frac{26}{21}$，
a₃=f（a₂）=f（$\frac{7}{4}$）=$\frac{37}{16}$，$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$=$\frac{26}{21}$+$\frac{16}{37}$=$\frac{1298}{777}$=2-$\frac{256}{777}$，
a₄=f（a₃）=f（$\frac{37}{16}$）=$\frac{37}{16}$×$\frac{21}{16}$+1=$\frac{1033}{256}$，
$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$=2-$\frac{256}{777}$+$\frac{256}{1033}$=2-$\frac{256×256}{777×1033}$，
a₅=f（a₄）=f（$\frac{1033}{256}$）＞14，
a₆=f（a₅）=a₅（a₅-1）+1＞14×13+1，
故當(dāng)n＞5時(shí)，a_n＞（n+8）×（n+7）+1，
故$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{（n+8）（n+7）+1}$＜$\frac{1}{n+7}$-$\frac{1}{n+8}$，
故S=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{2015}}$＜2-$\frac{256×256}{777×1033}$+$\frac{1}{14}$+$\frac{1}{13}$-$\frac{1}{14}$+$\frac{1}{14}$-$\frac{1}{15}$+…+$\frac{1}{2022}$-$\frac{1}{2023}$
=2-$\frac{256×256}{777×1033}$+$\frac{1}{13}$-$\frac{1}{2023}$＜2，
故1＜S＜2，
故S=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{2015}}$的整數(shù)部分為1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)與方程的關(guān)系應(yīng)用及導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，同時(shí)考查了放縮法的應(yīng)用及裂項(xiàng)求和法的思想應(yīng)用．