Question

2．已知函數(shù)f（x）=x²-x³，g（x）=e^x-1（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）求證：當(dāng)x≥0時，g（x）≥x+$\frac{1}{2}$x²；
（2）記使得kf（x）≤g（x）在區(qū)間[0，1]恒成立的最大實數(shù)k為n₀，求證：n₀∈[4，6]．

Answer 1

分析 （1）構(gòu)造函數(shù)h（x）=g（x）-x-$\frac{1}{2}{x}^{2}$，求出函數(shù)導(dǎo)函數(shù)，對導(dǎo)函數(shù)求導(dǎo)后可得導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性，進(jìn)一步確定導(dǎo)函數(shù)的符號，得到函數(shù)h（x）的單調(diào)性，可得h（x）≥h（0）=0得答案；
（2）由（1）知，當(dāng)kf（x）$≤x+\frac{1}{2}{x}^{2}$時，必有kf（x）≤g（x）成立，然后利用分析法證明當(dāng)x∈[0，1]時，4f（x）$≤x+\frac{1}{2}{x}^{2}$，當(dāng)k≥6時，取特值x=$\frac{1}{2}$說明不等式kf（x）≤g（x）在區(qū)間[0，1]上不恒成立，從而說明n₀∈[4，6]．

解答 證明：（1）設(shè)h（x）=g（x）-x-$\frac{1}{2}{x}^{2}$，即h（x）=${e}^{x}-1-x-\frac{1}{2}{x}^{2}$，
則h′（x）=e^x-1-x，h″（x）=e^x-1，
當(dāng)x≥0時，h″（x）≥0，h′（x）為增函數(shù)，又h′（0）=0，∴h′（x）≥0．
∴h（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，則h（x）≥h（0）=0，
∴g（x）≥x+$\frac{1}{2}{x}^{2}$；
（2）由（1）知，當(dāng)kf（x）$≤x+\frac{1}{2}{x}^{2}$時，必有kf（x）≤g（x）成立．
下面先證：當(dāng)x∈[0，1]時，4f（x）$≤x+\frac{1}{2}{x}^{2}$，
當(dāng)x=0或1時，上式顯然成立；
當(dāng)x∈（0，1）時，要證4f（x）$≤x+\frac{1}{2}{x}^{2}$，即證4（x-x²）$≤1+\frac{1}{2}x$，
也就是證8x²-7x+2≥0．
∵$8{x}^{2}-7x+2=8（x-\frac{7}{16}）^{2}+\frac{15}{32}$＞0．
∴當(dāng)k≤4時，必有kf（x）≤g（x）成立．
∴n₀≥4；
另一方面，當(dāng)k≥6時，取x=$\frac{1}{2}$，kf（x）-g（x）=$\frac{k}{8}+1-\sqrt{e}≥\frac{7}{4}-\sqrt{e}$＞0，
∴當(dāng)k≥6時，kf（x）≤g（x）不恒成立．
∴n₀≤6．
綜上，n₀∈[4，6]．

點評 本題考查利用等式研究函數(shù)的單調(diào)性，訓(xùn)練了分析法證明函數(shù)不等式，體現(xiàn)了特值思想方法的應(yīng)用，是中檔題．