Question

2．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上至少有兩個極值點；
（2）證明：g（x）≥0，且$\frac{1}{e}$+$\frac{2}{{e}^{2}}$+…+$\frac{n}{{e}^{n}}$＜$\frac{{n}^{3}}{n+1}$（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，u（x）取得極小值即最小值，再利用函數(shù)零點存在判定定理可得：函數(shù)u（x）在分別在區(qū)間（0，ln4），（ln4，2）上各有一個零點，并且只有這兩個零點．
（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，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時取等號，可得$\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{x}{x+1}$，利用裂項求和，可得結(jié)論．

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，u′（x）＜0，此時函數(shù)u（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x＞ln4時，u′（x）＞0，此時函數(shù)u（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=ln4時，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）上各有一個零點，并且只有這兩個零點．
（2）g（x）=e^x-x-1，g′（x）=e^x-1，
當(dāng)x＜0時，g′（x）＜0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x＞0時，g′（x）＞0，此時函數(shù)g（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=0時，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時取等號．
∴$\frac{x}{{e}^{x}}$＜$\frac{x}{x+1}$，∴$\frac{n}{{e}^{n}}$$＜\frac{n}{n+1}$=n²（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
∴$\frac{1}{e}$+$\frac{2}{{e}^{2}}$+…+$\frac{n}{{e}^{n}}$＜n²（1-$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）＜$\frac{{n}^{3}}{n+1}$（n∈N^*）．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值與最值、恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化方法、函數(shù)零點存在判定定理、不等式的性質(zhì)、指數(shù)運算性質(zhì)、等差數(shù)列的前n項和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．