Question

20．已知函数f（x）=x²-x+1，g（x）=e^x（e为自然对数的底数）
（Ⅰ）设F（x）=f（x）-kg（x）（k∈R），当k取何值时，函数F（x）恰有两个零点？
（Ⅱ）记g（x）的反函数为g^-1（x），证明：对任意x∈（0，+∞），都有g（-x）-g^-1（x）＜$\frac{2}{ex}$；
（Ⅲ）数列{a_n}满足a₁=$\frac{f（2）}{2}$，a_n+1=f（a_n）（n∈N^*），求S=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{2015}}$的整数部分．

Answer 1

分析 （Ⅰ）化函数的零点为方程f（x）-kg（x）=0的根，从而化简得k=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，令h（x）=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，从而求导判断函数的单调性，从而解得．
（Ⅱ）化简可得即证明对任意x∈（0，+∞），都有xlnx＜-$\frac{2}{e}$+xe^-x，记F（x）=xlnx，H（x）=-$\frac{2}{e}$+xe^-x，从而化为证明F_min（x）＞H_max（x），从而求导证明即可；
（Ⅲ）可分别求得a₁=$\frac{3}{2}$，a₂=$\frac{7}{4}$，a₃=$\frac{37}{16}$，a₄=$\frac{1033}{256}$，从而可得$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$=2-$\frac{256×256}{777×1033}$，a₅＞14，且当n＞5时，a_n＞（n+8）×（n+7）+1，从而求得．

解答 解：（Ⅰ）令f（x）-kg（x）=0得，
k=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，
令h（x）=$\frac{{x}^{2}-x+1}{{e}^{x}}$，h′（x）=-$\frac{（x-1）（x-2）}{{e}^{x}}$，
故当x∈（-∞，1）时，h′（x）＜0，
当x∈（1，2）时，h′（x）＞0，
当x∈（2，+∞）时，h′（x）＜0，
故h（x）在（-∞，1），（2，+∞）上是减函数，在（1，2）上是增函数；
而h（1）=$\frac{1}{e}$，h（2）=$\frac{4-2+1}{{e}^{2}}$=$\frac{3}{{e}^{2}}$；
故当k=$\frac{1}{e}$或k=$\frac{3}{{e}^{2}}$时，函数F（x）恰有两个零点；
（Ⅱ）证明：∵g（x）=e^x，∴g^-1（x）=lnx，
∴要证对任意x∈（0，+∞），都有g（-x）-g^-1（x）＜$\frac{2}{ex}$；
即证对任意x∈（0，+∞），都有e^-x-lnx＜$\frac{2}{ex}$，
即证对任意x∈（0，+∞），都有xe^-x-xlnx＜$\frac{2}{e}$，
即证对任意x∈（0，+∞），都有xlnx＜-$\frac{2}{e}$+xe^-x，
记F（x）=xlnx，H（x）=-$\frac{2}{e}$+xe^-x，
即证F_min（x）＞H_max（x），
易知F（x）在（0，$\frac{1}{e}$）上单调递减，在（$\frac{1}{e}$，+∞）上单调递增，
故F_min（x）=F（$\frac{1}{e}$）=-$\frac{1}{e}$，
H′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
故H（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，
故H_max（x）=H（1）=-$\frac{1}{e}$，
∵H_max（x）与F_min（x）不能同时取到，
∴对任意x∈（0，+∞），F（x）＞H（x），
即对任意x∈（0，+∞），都有g（-x）-g^-1（x）＜$\frac{2}{ex}$；
（Ⅲ）a₁=$\frac{f（2）}{2}$=$\frac{{2}^{2}-2+1}{2}$=$\frac{3}{2}$，$\frac{1}{{a}_{1}}$=$\frac{2}{3}$，
a₂=f（a₁）=f（$\frac{3}{2}$）=$\frac{7}{4}$，$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$=$\frac{2}{3}$+$\frac{4}{7}$=$\frac{26}{21}$，
a₃=f（a₂）=f（$\frac{7}{4}$）=$\frac{37}{16}$，$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$=$\frac{26}{21}$+$\frac{16}{37}$=$\frac{1298}{777}$=2-$\frac{256}{777}$，
a₄=f（a₃）=f（$\frac{37}{16}$）=$\frac{37}{16}$×$\frac{21}{16}$+1=$\frac{1033}{256}$，
$\frac{1}{{a}_{1}}$+$\frac{1}{{a}_{2}}$+$\frac{1}{{a}_{3}}$+$\frac{1}{{a}_{4}}$=2-$\frac{256}{777}$+$\frac{256}{1033}$=2-$\frac{256×256}{777×1033}$，
a₅=f（a₄）=f（$\frac{1033}{256}$）＞14，
a₆=f（a₅）=a₅（a₅-1）+1＞14×13+1，
故当n＞5时，a_n＞（n+8）×（n+7）+1，
故$\frac{1}{{a}_{n}}$＜$\frac{1}{（n+8）（n+7）+1}$＜$\frac{1}{n+7}$-$\frac{1}{n+8}$，
故S=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{2015}}$＜2-$\frac{256×256}{777×1033}$+$\frac{1}{14}$+$\frac{1}{13}$-$\frac{1}{14}$+$\frac{1}{14}$-$\frac{1}{15}$+…+$\frac{1}{2022}$-$\frac{1}{2023}$
=2-$\frac{256×256}{777×1033}$+$\frac{1}{13}$-$\frac{1}{2023}$＜2，
故1＜S＜2，
故S=$\frac{1}{{a}_{1}}+\frac{1}{{a}_{2}}+…+\frac{1}{{a}_{2015}}$的整数部分为1．

点评 本题考查了函数与方程的关系应用及导数的综合应用，同时考查了放缩法的应用及裂项求和法的思想应用．