Question

5．設f（x）=e^x-e^-x-ax（a∈R）．
（Ⅰ）若f（x）在R上是單調函數，求實數a的取值范圍；
（Ⅱ）證明：當x∈R時，e^x+e^-x≥x²+2；
（Ⅲ）證明：當x≥0時，對任意n∈N⁺，e^x+e^-x≥2+2[$\frac{{x}^{2}}{2!}$+$\frac{{x}^{4}}{4!}$+…+$\frac{{x}^{2n}}{（2n）!}$]．

Answer 1

分析 （Ⅰ）若f（x）在R上是單調函數，轉化為導數不等式恒成立，即可求實數a的取值范圍；
（Ⅱ）構造函數g（x）=e^x+e^-x-2-x²，求函數的導數，判斷函數的單調性 即可證明當x∈R時，e^x+e^-x≥x²+2；
（Ⅲ）構造函數h（x）=e^x+e^-x-2-2[$\frac{{x}^{2}}{2!}$+$\frac{{x}^{4}}{4!}$+…+$\frac{{x}^{2n}}{（2n）!}$]求函數的導數，利用n次求導確定函數的單調性進行求解即可得到結論．

解答 解：（Ⅰ）函數的導數f′（x）=e^x+e^-x-a，
若f（x）在R上是單調函數，
則函數f（x）只能是單調遞增函數，即f′（x）≥0恒成立，
即a≤e^x+e^-x，
∵e^x+e^-x≥2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$=2，當且僅當x=0時取等號，
∴a≤2，
即實數a的取值范圍（-∞，2]；
（Ⅱ）∵當x∈R時，e^x+e^-x≥x²+2；
∴設g（x）=e^x+e^-x-2-x²，
則g（x）為偶函數，
則g′（x）=e^x-e^-x-2x，
∵g″（x）=e^x+e^-x-2
當x≥0時，e^x＞0，e^-x＞0，
∴g″（x）=e^x+e^-x-2≥2$\sqrt{{e}^{x}•{e}^{-x}}$-2=2-2=0，
∴g″（x）≥0，∴函數y=g′（x）（x≥0）為增函數，
∴g′（x）≥g′（0）=0，
∴函數y=g（x）（x≥0）為增函數，
∴g（x）≥g（0）=0，即e^x+e^-x≥2+x²
（Ⅲ）設h（x）=e^x+e^-x-2-2[$\frac{{x}^{2}}{2!}$+$\frac{{x}^{4}}{4!}$+…+$\frac{{x}^{2n}}{（2n）!}$]．
則h′（x）=e^x-e^-x-2[$\frac{x}{1}+\frac{{x}^{3}}{3!}+…+\frac{{x}^{2n-1}}{（2n-1）!}$]．
h″（x）=e^x+e^-x-2（1+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{2n-2}}{（2n-2）!}$]．
設h（x）_n是h（x）的n階導數，
則h（x）_2n=e^x+e^-x-2≥0在x≥0時，恒成立，
則h（x）_2n-1在[0，+∞）上單調遞增，
即h（x）_2n-1≥h（0）_2n-1=0，
從而h（x）_2（n-1）在[0，+∞）上單調遞增，
即h（x）_2（n-1）≥h（0）_2（n-1）=0，
依此類推可知h′（x）在[0，+∞）上單調遞增，
即h′（x）≥h（0）=0，
∴h（x）在[0，+∞）上單調遞增，
∴h（x）≥h（0）=e⁰+e⁰-2-2[0+0+…+0]=0，
即當x≥0時，對任意n∈N⁺，e^x+e^-x≥2+2[$\frac{{x}^{2}}{2!}$+$\frac{{x}^{4}}{4!}$+…+$\frac{{x}^{2n}}{（2n）!}$]．

點評 本題主要考查函數單調性與導數的應用，求函數的導數，構造函數，利用導數是解決本題的關鍵．綜合性較強，難度較大．考查學生的運算能力．