Question

13．已知函数f（x）=xe^x+ax²-x，（a∈R，e为自然对数的底数，且e=2.718…）．
（Ⅰ）若a=-$\frac{1}{2}$，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）若对于x≥0时，恒有f′（x）-f（x）≥（4a+1）x成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）当n∈N^*时，证明：$\frac{e-{e}^{n+1}}{1-e}≥\frac{n（n+3）}{2}$．

Answer 1

分析 （I）a=-$\frac{1}{2}$时，f（x）=xe^x-$\frac{1}{2}$x²-x，f′（x）=（x+1）e^x-x-1，利用导数的几何意义可得切线的斜率f′（1）=2e-2，利用点斜式即可得出切线方程；
（II）f′（x）-f（x）≥（4a+1）x化为e^x-ax²-2ax-1≥0，令g（x）=e^x-ax²-2ax-1，x∈[0，+∞），g（0）=0．对于x≥0时，
恒有f′（x）-f（x）≥（4a+1）x成立?g（x）_min≥0，对a分类讨论，利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
（III）由（II）可知：当a=$\frac{1}{2}$时，e^x-ax²-2ax-1≥0在x∈[0，+∞）上恒成立，可得e^x-1≥$\frac{1}{2}$+x，可得e^x≥x+1，令n=1，2，…，
则e≥1+1，e²≥2+1，…，eⁿ≥n+1，“累加求和”即可得出

解答 （I）解：a=-$\frac{1}{2}$时，f（x）=xe^x-$\frac{1}{2}$x²-x，
∴f′（x）=（x+1）e^x-x-1，
∴f′（1）=2e-2，
又f（1）=e-$\frac{3}{2}$，
∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为$\frac{3}{2}$=（2e-2）（x-1），
化为（2e-2）x-y+$\frac{1}{2}$-e=0．
（II）解：f′（x）-f（x）≥（4a+1）x化为e^x-ax²-2ax-1≥0，
令g（x）=e^x-ax²-2ax-1，x∈[0，+∞），g（0）=0．
则g′（x）=e^x-2ax-2a，当a≤0时，g′（x）＞0，因此g（x）在x∈[0，+∞）单调递增，
∴g（x）≥g（0）=0，满足条件．
当0$＜a≤\frac{1}{2}$时，g^″（x）=e^x-2a＞0，g′（x）在x∈[0，+∞）单调递增，
∴g′（x）≥g′（0）=1-2a≥0，
∴g（x）在x∈[0，+∞）单调递增，满足条件；
当a$＞\frac{1}{2}$时，令g^″（x）=0，解得x=ln（2a）＞0，
∴令g^″（x）＞0，解得x＞ln（2a），此时函数g′（x）单调递增；
令g^″（x）＜0，解得0＜x＜ln（2a），此时函数g′（x）单调递减．
∴当x=ln（2a）时，函数g′（x）取得最小值，g′（ln（2a））=2a-2aln2a-2a=-2aln（2a）＜0，g′（0）=1-2a＜0，
∴g（x）在[0，ln（2a））上单调递减，
∴g（x）＜g（0）=0，不满足条件，舍去．
综上可得：对于x≥0时，恒有f′（x）-f（x）≥（4a+1）x成立，则实数a的取值范围是（-∞.$\frac{1}{2}$）；
（III）证明：由（II）可知：当a=$\frac{1}{2}$时，e^x-ax²-2ax-1≥0在x∈[0，+∞）上恒成立，
∴e^x-1≥$\frac{1}{2}$+x，
∴e^x≥x+1
令n=1，2，…，则e≥1+1，e²≥2+1，…，eⁿ≥n+1
∴$\frac{e（1-{e}^{n}）}{1-e}$=$\frac{e-{e}^{n+1}}{1-e}$≥n+$\frac{n（n+1）}{2}$≥$\frac{n（n+3）}{2}$

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、几何意义、切线方程、证明不等式，考查了分类讨论的思想方法，恒等变形能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题．