Question

6．已知函數(shù)f（x）=e^-x（x²+ax）在點(diǎn)（0，f（0））處的切線斜率為2．
（Ⅰ）求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅱ）設(shè)g（x）=-x（x-t-$\frac{3}{e}$）（t∈R），若g（x）≥f（x）對(duì)x∈[0，1]恒成立，求t的取值范圍；
（Ⅲ）已知數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，a_n+1=（1+$\frac{1}{n}$）a_n，
求證：當(dāng)n≥2，n∈N時(shí) f（$\frac{{a}_{1}}{n}$）+f（$\frac{{a}_{2}}{n}$）+L+f（$\frac{{a}_{n-1}}{n}$）＜n•（$\frac{1}{6}+\frac{3}{2e}$）（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e≈2.71828）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求導(dǎo)f′（x）=-e^-x（x²+ax）+e^-x（2x+a）=-e^-x（x²+ax-2x-a）；從而可得f′（0）=-（-a）=2，從而解得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e^-x（x²+2x），從而化簡(jiǎn)g（x）≥f（x）得-x（x-t-$\frac{3}{e}$）≥e^-x（x²+2x），x∈[0，1]；從而分x=0與x∈（0，1]討論，再化恒成立問(wèn)題為最值問(wèn)題求解即可．
（Ⅲ）由a_n+1=（1+$\frac{1}{n}$）a_n，及a₁=1可得a_n=n；再由當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，f′（x）=-e^-x（x²-2）＞0知f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，且f（x）≥f（0）=0；故$\frac{1}{n}$f（$\frac{i}{n}$）＜${∫}_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}}$f（x）dx，（1≤i≤n-1，i∈N），從而化簡(jiǎn)$\frac{1}{n}$[f（$\frac{{a}_{1}}{n}$）+f（$\frac{{a}_{2}}{n}$）+…+f（$\frac{{a}_{n-1}}{n}$）]=$\frac{1}{n}$[f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）]＜${∫}_{0}^{1}$f（x）dx；再由f（x）≤g（x）=-x²+（1+$\frac{3}{e}$）x得${∫}_{0}^{1}$f（x）dx≤${∫}_{0}^{1}$g（x）dx=$\frac{1}{6}$+$\frac{3}{2e}$，從而證明．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=e^-x（x²+ax），
∴f′（x）=-e^-x（x²+ax）+e^-x（2x+a）=-e^-x（x²+ax-2x-a）；
則由題意得f′（0）=-（-a）=2，
故a=2．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e^-x（x²+2x），
由g（x）≥f（x）得，
-x（x-t-$\frac{3}{e}$）≥e^-x（x²+2x），x∈[0，1]；
當(dāng)x=0時(shí)，該不等式成立；
當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，不等式-x+t+$\frac{3}{e}$≥e^-x（x+2）在（0，1]上恒成立，
即t≥[e^-x（x+2）+x-$\frac{3}{e}$]_max．
設(shè)h（x）=e^-x（x+2）+x-$\frac{3}{e}$，x∈（0，1]，
h′（x）=-e^-x（x+1）+1，
h″（x）=x•e^-x＞0，
∴h′（x）在（0，1]單調(diào)遞增，
∴h′（x）＞h′（0）=0，
∴h（x）在（0，1]單調(diào)遞增，
∴h（x）_max=h（1）=1，
∴t≥1．
（Ⅲ）證明：∵a_n+1=（1+$\frac{1}{n}$）a_n，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+1}{n}$，又a₁=1，
∴n≥2時(shí)，a_n=a₁•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•…•$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=1•$\frac{2}{1}$•…•$\frac{n}{n-1}$=n；
對(duì)n=1也成立，
∴a_n=n．
∵當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，f′（x）=-e^-x（x²-2）＞0，
∴f（x）在[0，1]上單調(diào)遞增，且f（x）≥f（0）=0．
又∵$\frac{1}{n}$f（$\frac{i}{n}$）（1≤i≤n-1，i∈N）表示長(zhǎng)為f（$\frac{i}{n}$），寬為$\frac{1}{n}$的小矩形的面積，
∴$\frac{1}{n}$f（$\frac{i}{n}$）＜${∫}_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}}$f（x）dx，（1≤i≤n-1，i∈N），
∴$\frac{1}{n}$[f（$\frac{{a}_{1}}{n}$）+f（$\frac{{a}_{2}}{n}$）+…+f（$\frac{{a}_{n-1}}{n}$）]=$\frac{1}{n}$[f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）]
＜${∫}_{0}^{1}$f（x）dx．
又由（Ⅱ），取t=1得f（x）≤g（x）=-x²+（1+$\frac{3}{e}$）x，
∴${∫}_{0}^{1}$f（x）dx≤${∫}_{0}^{1}$g（x）dx=$\frac{1}{6}$+$\frac{3}{2e}$，
∴$\frac{1}{n}$[f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）]＜$\frac{1}{6}$+$\frac{3}{2e}$，
∴f（$\frac{{a}_{1}}{n}$）+f（$\frac{{a}_{2}}{n}$）+…+f（$\frac{{a}_{n-1}}{n}$）＜n（$\frac{1}{6}$+$\frac{3}{2e}$）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)、導(dǎo)數(shù)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查推理論證能力和運(yùn)算求解能力，考查函數(shù)與方程的思想、化歸與轉(zhuǎn)化的思想、數(shù)形結(jié)合的思想，考查運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析和解決問(wèn)題的能力．