Question

7．设函数f（x）=e^x（e为自然对数的底数），g_n（x）=1+x+$\frac{x^2}{2!}$+$\frac{x^3}{3!}$+…+$\frac{x^n}{n!}$（n∈N^*）
（1）证明：f（x）≥g₁（x）；
（2）当x＞0时，用数学归纳法证明：f（x）＞g_n（x）；
（3）证明：1+（$\frac{2}{2}$）¹+（$\frac{2}{3}$）²+（$\frac{2}{4}$）³+…+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ≤g_n（1）＜e（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）设，φ₁（x）=f（x）-g₁（x）=e^x-x-1，所以φ₁′（x）=e^x-1．由此利用导数性质能证明f（x）≥g₁（x）．
（Ⅱ）当x≥0时，f（x）≥g_n（x）．用数学归纳法证明即可
（Ⅲ）分两部分，先证明对任意正整数n，g_n（1）＜e，再证明1+（$\frac{2}{2}$）¹+（$\frac{2}{3}$）²+（$\frac{2}{4}$）³+…+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ≤g_n（1）=1+1+$\frac{1}{2！}$+$\frac{1}{3！}$+…+$\frac{1}{n！}$，转化为证明对任意正整数n，不等式n!≤（$\frac{n+1}{2}$）ⁿ（*）成立，利用基本不等式和累乘法即可证明．

解答 （1）证明：设φ₁（x）=f（x）-g₁（x）=e^x-x-1，
所以φ₁′（x）=e^x-1．
当x＜0时，φ₁′（x）＜0，当x=0时，φ₁′（x）=0，当x＞0时，φ₁′（x）＞0．
即函数φ₁（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，
在x=0处取得唯一极小值，
因为φ₁（0）=0，所以对任意实数x均有 φ₁（x）≥φ₁（0）=0．
即f（x）-g₁（x）≥0，所以f（x）≥g₁（x）．
（2）证明：当x＞0时，f（x）＞g_n（x）．
用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，由（1）知f（x）≥g₁（x）；
②假设当n=k（k∈N₊）时，对任意x≥0均有f（x）≥g_k（x），
令φ_k（x）=f（x）-g_k（x），φ_k+1（x）=f（x）-g_k+1（x），
，φ′_k+1（x）=f'（x）-g'_k+1（x）=f（x）-g_k（x），
由归纳假设知，φ′_k+1（x）=f（x）-g_k（x）≥0，
即φ_k+1（x）=f（x）-g_k+1（x）在（0，+∞）上为增函数，
亦即φ_k+1（x）≥φ_k+1（0），
因为φ_k+1（0）=0，所以φ_k+1（x）≥0．
从而对任意x≥0，有f（x）-g_k+1（x）≥0，
即对任意x≥0，有f（x）≥g_k+1（x），
这就是说，当n=k+1时，对任意x≥0，也有f（x）≥g_k+1（x）．
由①，②知，当x＞0时，都有f（x）≥g_n（x）．
（3）先证明对任意正整数n，g_n（1）＜e，由（2）知，当x＞0时，f（x）＞g_n（x）；
令x=1，得到g_n（1）＜f（1）=e
再证明对任意正整数n，1+（$\frac{2}{2}$）¹+（$\frac{2}{3}$）²+（$\frac{2}{4}$）³+…+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ≤g_n（1）=1+1+$\frac{1}{2！}$+$\frac{1}{3！}$+…+$\frac{1}{n！}$，
要证明上述，只要证明对任意正整数n，不等式（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ$≤\frac{1}{n！}$，
即要证明对任意正整数n，不等式n!≤（$\frac{n+1}{2}$）ⁿ（*）成立
∵$\sqrt{n•1}$≤$\frac{n+1}{2}$，$\sqrt{（n-1）•2}$≤$\frac{n+1}{2}$，…，$\sqrt{1•n}$≤$\frac{n+1}{2}$，
将以上n个式子累乘，得到n!≤（$\frac{n+1}{2}$）ⁿ，
∴对任意正整数n，不等式（*）成立，
综上可知：1+（$\frac{2}{2}$）¹+（$\frac{2}{3}$）²+（$\frac{2}{4}$）³+…+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ≤g_n（1）＜e（n∈N^*）．

点评 本题考查不等式的证明，考查两数大小的判断与证明，解题时要认真审题，注意导数性质和构造法的合理运用，属于难题．