Question

已知f₀（x）=xe^x，f₁（x）=f₀′（x），f₂（x）=f₁′（x），…f_n（x）=f_n-1′（x），n∈N^*
（1）請寫出f_n（x）的表達(dá)式（不需要證明），并求f_n（x）的極小值；
（2）設(shè)g_n（x）=-x²-2（n+1）-8n+8，g_n（x）的最大值為a，f_n（x）的最小值為b，證明：a-b≥e^-4；
（3）設(shè)φ（x）=x²+a|ln[f₀（x）]-x-1|，（a＞0），若φ（x）≥

3

2

a，x∈[1，+∞）恒成立，求a的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由f_n（x）=（x+n）•e^x，得f′_n（x）=（x+n+1）•e^x．得當(dāng)x=-（n+1）時，f_n（x）取得極小值f_n（-（n+1））=-e^-（n+1）．
（2）引進(jìn)新函數(shù)h（x），確定單調(diào)區(qū)間，從而求出當(dāng)n=3時，a-b取得最小值e^-4，即a-b≥e^-4．
（3）由條件可得φ（x）=x²+a|lnx-1|，分情況討論①當(dāng)x≥e時②當(dāng)1≤x＜e時，從而求出函數(shù)y=φ（x）的最小值，得出a的取值范圍．

解答： 解：（1）f_n（x）=（x+n）•e^x（n∈N^*）．          
∵f_n（x）=（x+n）•e^x，
∴f′_n（x）=（x+n+1）•e^x．
∵x＞-（n+1）時，f′_n（x）＞0；x＜-（n+1）時，f′_n（x）＜0，
∴當(dāng)x=-（n+1）時，f_n（x）取得極小值f_n（-（n+1））=-e^-（n+1）．
（2）由題意 b=f_n（-（n+1））=-e^-（n+1），
又a=g_n（-n+1）=（n-3）²，
∴a-b=（n-3）²+e^-（n+1）．
令h（x）=（x-3）²+e^-（x+1）（x≥0），
則h′（x）=2（x-3）-e^-（x+1），
又h′（x）在區(qū)間[0，+∞）上單調(diào)遞增，
∴h′（x）≥h′（0）=-6-e^-1．
又h′（3）=-e^-4＜0，h′（4）=2-e^-5＞0，
∴存在x₀∈（3，4）使得h′（x₀）=0．
∴當(dāng)0≤x＜x₀時，h′（x）＜0；當(dāng)x＞x₀時，h′（x）＞0．
即h（x）在區(qū)間[x₀，+∞）上單調(diào)遞增，在區(qū)間[0，x₀）上單調(diào)遞減，
∴h（x）_min=h（x₀）．
又h（3）=e^-4，h（4）=1+e^-5，
∴h（4）＞h（3），
∴當(dāng)n=3時，a-b取得最小值e^-4，即a-b≥e^-4．
（3）．由條件可得φ（x）=x²+a|lnx-1|，
①當(dāng)x≥e時，φ（x）=x²+alnx-a，φ′（x）=2x+

a

x

，
∴φ（x）＞0恒成立，
∴φ（x）在[e，+∞）上增函數(shù)，故當(dāng)x=e時，y_min=φ（e）=e²              
②當(dāng)1≤x＜e時，φ（x）=x²-alnx+a，
∴φ′（x）=2x-

a

x

=

2

x

（x+

a 2

）（x-

a 2

），
（i）當(dāng)

a 2

≤1即0＜a≤2時，φ′（x）在x∈（1，e）為正數(shù)，
∴φ（x）在區(qū)間（1，e）上為增函數(shù)，
故當(dāng)x=1時，y_min=1+a，且此時φ（1）＜φ（e）=e²；
（ii）當(dāng)1＜

a 2

＜e，即2＜a＜2e²時，φ′（x）在x∈（1，

a 2

）時為負(fù)數(shù)，在x∈（

a 2

，e）時為正數(shù)，
∴φ（x）在區(qū)間[1，

a 2

）上為減函數(shù)，在（

a 2

，e]上為增函數(shù)，
故當(dāng)x=

a 2

時，y_min=

3a

2

-

a

2

ln

a

2

，且此時φ（x）=e²；
（iii）當(dāng)

a 2

≥e，即：a≥2e²時，φ′（x）在x∈（1，e）時為負(fù)數(shù)，
∴φ（x）在區(qū)間[1，e]上為減函數(shù)，
故當(dāng)x=e時，ymin=φ（e）=e²；
綜上所述，函數(shù)y=φ（x）的最小值為：
ymin=

1+a       ，       0＜a≤2 3a 2 - a 2 ln a 2 ，     2＜a≤2a2 e2                   a＞2e2

，
所以當(dāng)1+a≥

3

2

a時，得0＜a≤2；
當(dāng)

3

2

a-

a

2

ln

a

2

≥

3

2

a（2＜a＜2e²）時，無解；
當(dāng)e2≥

3

2

a（a≥2e²）時，得a≤

2 3

e不成立．
綜上，所求a的取值范圍是0＜a≤2．

點評：本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，求函數(shù)的最值問題，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，滲透了分類討論思想，是一道綜合性較強的問題．