Question

9．設(shè)函數(shù)f（x）=e^x-a（x+1）（e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）．
（1）若f'（0）=0，求實(shí)數(shù)a的值，并求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）設(shè)g（x）=f（x）+$\frac{a}{e^x}$，且A（x₁，g（x₁）），B（x₂，g（x₂））（x₁＜x₂）是曲線y=g（x）上任意兩點(diǎn)，若對(duì)任意的a≤-1，恒有g(shù)（x₂）-g（x₁）＞m（x₂-x₁）成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）求證：1ⁿ+3ⁿ+…+（2n-1）ⁿ＜$\frac{{\sqrt{e}}}{e-1}{（2n）^n}（n∈{N^*}）$．

Answer 1

分析 （1）由f′（x）=e^x-a，f'（0）=0，得a=1，從而f′（x）=e^x-1，由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（2）由$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞m，（x₁＜x₂）變形得：g（x₂）-mx₂＞g（x₁）-mx₁，令函數(shù)F（x）=g（x）-mx，則F（x）在R上單調(diào)遞增，從而m≤g′（x）在R上恒成立，由此能求出實(shí)數(shù)m的取值范圍．
（3）e^x≥x+1，取$x=-\frac{i}{2n}$（i=1，3，…，2n-1）得${（\frac{2n-i}{2n}）^n}≤{e^{-\frac{i}{2}}}$，由此利用累加法能證明${1^n}+{3^n}+…+{（2n-1）^n}＜\frac{{\sqrt{e}}}{1-e}{（2n）^n}$．

解答 解：（1）∵f（x）=e^x-a（x+1），
∴f′（x）=e^x-a，
∵f′（0）=1-a=0，
∴a=1，∴f′（x）=e^x-1，
由f′（x）=e^x-1＞0，得x＞0；由f′（x）=e^x-1＜0，得x＜0，
∴函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞），單調(diào)減區(qū)間為（-∞，0）．…（6分）
（2）由$\frac{g（{x}_{2}）-g（{x}_{1}）}{{x}_{2}-{x}_{1}}$＞m，（x₁＜x₂）變形得：g（x₂）-mx₂＞g（x₁）-mx₁，
令函數(shù)F（x）=g（x）-mx，則F（x）在R上單調(diào)遞增，
∴F′（x）=g′（x）-m≥0，即m≤g′（x）在R上恒成立，
$g'（x）={e^x}-a-\frac{a}{e^x}≥2\sqrt{{e^x}•（-\frac{a}{e^x}）}-a=-a+2\sqrt{-a}={（\sqrt{-a}+1）^2}-1≥3$，
故m≤3．
∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是（-∞，3]．
證明：（3）由（1）知e^x≥x+1，
取$x=-\frac{i}{2n}$（i=1，3，…，2n-1）得，$1-\frac{i}{2n}≤{e^{-\frac{i}{2n}}}$，
即${（\frac{2n-i}{2n}）^n}≤{e^{-\frac{i}{2}}}$，
累加得：${（\frac{1}{2n}）^n}+{（\frac{3}{2n}）^n}+…+{（\frac{2n-1}{2n}）^n}≤{e^{-\frac{2n-1}{2}}}+{e^{-\frac{2n-3}{2}}}+…+{e^{-\frac{1}{2}}}=\frac{{{e^{-\frac{1}{2}}}（1-{e^{-n}}）}}{{1-{e^{-1}}}}＜\frac{{\sqrt{e}}}{1-e}$．
∴${1^n}+{3^n}+…+{（2n-1）^n}＜\frac{{\sqrt{e}}}{1-e}{（2n）^n}$．…（14分）

點(diǎn)評(píng) 本題考查實(shí)數(shù)值的求法，考查函數(shù)的單調(diào)性的討論，考查實(shí)數(shù)值的求法，考查不等式的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)和累加法的合理運(yùn)用．