Question

6．設(shè)函數(shù)f（x）=x（e^x-1）-ax²（e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）若a=$\frac{1}{2}$，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若當x≥0時f（x）＞0，求a的取值范圍；
（3）設(shè)n∈N^*，x＞0，求證：e^x＞1+$\frac{x}{1!}$+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{n}}{n!}$（其中ni=n×（n-1）×…×2×1）．

Answer 1

分析 （1）a=$\frac{1}{2}$時，化簡f（x）=x（e^x-1）-$\frac{1}{2}$x²，從而求導(dǎo)確定函數(shù)的單調(diào)性；
（2）化簡f（x）=x（e^x-1-ax），令g（x）=e^x-1-ax，g′（x）=e^x-a，從而討論以確定函數(shù)的單調(diào)性及最值，從而解得；
（3）利用數(shù)列歸納法證明，假設(shè)當n=k時不等式成立，即e^x＞1+$\frac{x}{1!}$+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{k}}{k!}$，從而令m（x）=e^x-（1+$\frac{x}{1!}$+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{k}}{k!}$+$\frac{{x}^{k+1}}{（k+1）!}$），顯然m（0）=0，m′（x）=e^x-（1+$\frac{x}{1!}$+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{k}}{k!}$）＞0，從而證明．

解答 解：（1）a=$\frac{1}{2}$時，f（x）=x（e^x-1）-$\frac{1}{2}$x²，
f′（x）=（e^x-1）+xe^x-x=（e^x-1）（x+1），
則當x∈（-∞，-1）時，f′（x）＞0，
當x∈（-1，0）時，f′（x）＜0，
當x∈（0，+∞）時，f′（x）＞0，
故f（x）在（-∞，-1），（0，+∞）上單調(diào)遞增，在（-1，0）上單調(diào)遞減；
（2）f（x）=x（e^x-1-ax），令g（x）=e^x-1-ax，g′（x）=e^x-a，
若a≤1，則g（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，
而g（0）=0，從而f（x）≥0；
若a＞1，則g（x）在（0，lna）上是減函數(shù)，
且g（0）=0，故當x∈（0，lna）時，f（x）＜0；
綜上可得，a的取值范圍為（-∞，1]；
（3）證明：①當n=1時，令h（x）=e^x-x-1，
h′（x）=e^x-1＞0，h（0）=0；
故h（x）＞h（0）=0，
故e^x＞x+1；
②假設(shè)當n=k時不等式成立，即e^x＞1+$\frac{x}{1!}$+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{k}}{k!}$，
當n=k+1時，令m（x）=e^x-（1+$\frac{x}{1!}$+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{k}}{k!}$+$\frac{{x}^{k+1}}{（k+1）!}$），
顯然m（0）=0，m′（x）=e^x-（1+$\frac{x}{1!}$+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{k}}{k!}$）＞0，
故m（x）＞m（0）=0，
即e^x＞1+$\frac{x}{1!}$+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{k}}{k!}$+$\frac{{x}^{k+1}}{（k+1）!}$成立，
綜上所述，e^x＞1+$\frac{x}{1!}$+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+…+$\frac{{x}^{n}}{n!}$．

點評 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用，同時考查了分類討論的思想，屬于難題．