Question

9．设函数f（x）=e^x-2x²+x，g（x）=f（x）+2x²-2x-1
（1）证明：函数f（x）在R上至少有两个极值点；
（2）证明：g（x）≥0，且2×3×…×（n+1）＜（$\sqrt{e}$）${\;}^{{n}^{2}+n}$（n∈N^*）

Answer 1

分析 （1）f′（x）=e^x-4x+1，令u（x）=e^x-4x+1，u′（x）=e^x-4，利用单调性可得：当x=ln4时，u（x）取得极小值即最小值，再利用函数零点存在判定定理可得：函数u（x）在分别在区间（0，ln4），（ln4，2）上各有一个零点，并且只有这两个零点．
（2）g（x）=e^x-x-1，g′（x）=e^x-1，利用导数研究其单调性极值与最值可得：当x=0时，函数g（x）取得极小值即最小值，即可得到g（x）≥g（0）=0，利用e^x≥x+1，当且仅当x=0时取等号．当x=1，2，…，n时，可得：e＞2，e²＞3，…，eⁿ＞n+1．相乘即可得出．

解答 证明：（1）f′（x）=e^x-4x+1，
令u（x）=e^x-4x+1，u′（x）=e^x-4，
当x＜ln4时，u′（x）＜0，此时函数u（x）单调递减；当x＞ln4时，u′（x）＞0，此时函数u（x）单调递增．
∴当x=ln4时，u（x）取得极小值即最小值，
而u（ln4）=5-4ln4＜0，u（0）＞0，u（2）=e²-7＞0．
∴函数u（x）在分别在区间（0，ln4），（ln4，2）上各有一个零点，并且只有这两个零点．
（2）g（x）=e^x-x-1，
g′（x）=e^x-1，
当x＜0时，g′（x）＜0，此时函数g（x）单调递减；当x＞0时，g′（x）＞0，此时函数g（x）单调递增．
∴当x=0时，函数g（x）取得极小值即最小值，∴g（x）≥g（0）=0，因此?x∈R，都有g（x）≥0．
∴e^x≥x+1，当且仅当x=0时取等号．
∴当x=1，2，…，n时，
e＞2，e²＞3，…，eⁿ＞n+1．
∴e^1+2+…+n＞2×3×…×（n+1），
∴${e}^{\frac{n（n+1）}{2}}$＞2×3×…×（n+1），
即2×3×…×（n+1）＜（$\sqrt{e}$）${\;}^{{n}^{2}+n}$（n∈N^*）．

点评 本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值、恒成立问题的等价转化方法、函数零点存在判定定理、不等式的性质、指数运算性质、等差数列的前n项和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．