Question

5．設(shè)f（x）=e^x-e^-x-ax（a∈R）．
（Ⅰ）若f（x）在R上是單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)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(diào)函數(shù)，轉(zhuǎn)化為導(dǎo)數(shù)不等式恒成立，即可求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)g（x）=e^x+e^-x-2-x²，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性 即可證明當x∈R時，e^x+e^-x≥x²+2；
（Ⅲ）構(gòu)造函數(shù)h（x）=e^x+e^-x-2-2[$\frac{{x}^{2}}{2!}$+$\frac{{x}^{4}}{4!}$+…+$\frac{{x}^{2n}}{（2n）!}$]求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用n次求導(dǎo)確定函數(shù)的單調(diào)性進行求解即可得到結(jié)論．

解答 解：（Ⅰ）函數(shù)的導(dǎo)數(shù)f′（x）=e^x+e^-x-a，
若f（x）在R上是單調(diào)函數(shù)，
則函數(shù)f（x）只能是單調(diào)遞增函數(shù)，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(shù)a的取值范圍（-∞，2]；
（Ⅱ）∵當x∈R時，e^x+e^-x≥x²+2；
∴設(shè)g（x）=e^x+e^-x-2-x²，
則g（x）為偶函數(shù)，
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(shù)y=g′（x）（x≥0）為增函數(shù)，
∴g′（x）≥g′（0）=0，
∴函數(shù)y=g（x）（x≥0）為增函數(shù)，
∴g（x）≥g（0）=0，即e^x+e^-x≥2+x²
（Ⅲ）設(shè)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(shè)h（x）_n是h（x）的n階導(dǎo)數(shù)，
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(diào)遞增，
即h（x）_2n-1≥h（0）_2n-1=0，
從而h（x）_2（n-1）在[0，+∞）上單調(diào)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(diào)遞增，
即h′（x）≥h（0）=0，
∴h（x）在[0，+∞）上單調(diào)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(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．綜合性較強，難度較大．考查學生的運算能力．