Question

7．設(shè)f（x）=（a-x）e^x-1．
（Ⅰ）當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0，求實(shí)數(shù)a的最大值；
（Ⅱ）設(shè)$g（x）=\frac{{{e^x}-1}}{x}$，x₁=1，${e^{{x_{n+1}}}}=g（{x_n}）（{n∈{N^*}}）$，證明${x_n}＞{x_{n+1}}＞\frac{1}{2^n}（{n∈{N^*}}）$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）對函數(shù)求導(dǎo)，分類討論n的取值，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性及極值情況即可判斷；
（Ⅱ）利用數(shù)學(xué)歸納法，構(gòu)造函數(shù)，求導(dǎo)根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，比較自變量的大�。�

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=（a-x）e^x-e^x=（a-x-1）e^x，令f′（x）=0
解得：x=a-1，
當(dāng)a-1≤0時(shí)，f′（x）≤0，在x＞0時(shí)恒成立，
∴f（x）在上（0，+∞）單調(diào)遞減；
∴f（x）＜f（0）=a-1≤0，即當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＜0，成立，
當(dāng)a-1＞0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，a-1）上單調(diào)遞減增，在（a-1，+∞）單調(diào)遞減；
∴?x₀=a-1＞0，f（x₀）＞f（0）=a-1＞0，
與x＞0時(shí)，f（x）＜0矛盾，以實(shí)數(shù)a的最大值為1；
（Ⅱ）證明：x_n+1＞$\frac{1}{{2}^{n}}$，
當(dāng)n=1時(shí)，${e}^{{x}_{2}}$=$\frac{{e}^{{x}_{1}}-1}{{x}_{1}}$=e-1＞$\sqrt{e}$，
∴x₂＞$\frac{1}{2}$，顯然成立，
假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，（k∈N*），x_k+1＞$\frac{1}{{2}^{k}}$，
${e}^{{x}_{k+2}}$=g（x_k+1）＞g（$\frac{1}{{2}^{k}}$），下證g（$\frac{1}{{2}^{k}}$）≥$e\frac{1}{{2}^{k+1}}$=${e}^{\frac{1}{2}•\frac{1}{{2}^{k}}}$，
構(gòu)造函數(shù)h（x）=x（g（x）-${e}^{\frac{x}{2}}$），
則h′（x）=e^x-（1+$\frac{x}{2}$）${e}^{\frac{x}{2}}$=${e}^{\frac{x}{2}}$[${e}^{\frac{x}{2}}$-（1+$\frac{x}{2}$）]＞0，
∴h（x）在（0，+∞）是增函數(shù)，
h（$\frac{1}{{2}^{k}}$）＞0，
∴g（$\frac{1}{{2}^{k}}$）＞$\frac{1}{{e}^{{2}^{k+1}}}$，
∴${e}^{{x}_{k+1}}$＞$\frac{1}{{e}^{{2}^{k+1}}}$，x_k+1＞$\frac{1}{{2}^{k+1}}$，
由數(shù)學(xué)歸納法可知：對于正整數(shù)n，x_n＞$\frac{1}{{2}^{n}}$，
由（1）可知：a=1時(shí)，x＞0，f（x）＜0，
f（x_n）=（1-x_n）${e}^{{x}_{n}-1}$＜0，x_n•${e}^{{x}_{n}}$＞${e}^{{x}_{n}}$-1=x_n•${e}^{{x}_{n+1}}$，
∴${e}^{{x}_{n}}$＞eⁿ⁺¹，即x_n+1＜x_n，
∴${x_n}＞{x_{n+1}}＞\frac{1}{2^n}（{n∈{N^*}}）$．

點(diǎn)評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性，利用構(gòu)造法即數(shù)學(xué)歸納法證明不等式成立，考查轉(zhuǎn)化思想，考查分析問題及解決問題的能力，屬于中檔題．