Question

10．已知函数f（x）=e^x-x，g（x）=ax²+1，其中e为自然对数的底数．
（1）若函数F（x）=f（x）-g（x）的导函数F′（x）在[0，+∞）上是增函数，求实数a的最大值；
（2）求证：f（1）+f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{3}$）+…+f（$\frac{1}{n}$）＞$\frac{n（2n+3）}{2（n+1）}$，n∈N₊．

Answer 1

分析 （1）通过记t（x）=F′（x）=e^x-1-2ax，利用F′（x）在[0，+∞）上是增函数，求导可知t′（x）=e^x-2a在（0，+∞）上恒大于零，进而计算可得结论；
（2）通过（1）及函数的单调性可知，当a=$\frac{1}{2}$时f（x）＞g（x）恒成立，通过裂项、并项相加可知1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＞$\frac{n}{n+1}$，代入化简即得结论．

解答 （1）解：∵f（x）=e^x-x，g（x）=ax²+1，
∴F（x）=f（x）-g（x）=e^x-x-ax²-1，
∴t（x）=F′（x）=e^x-1-2ax，
∵F′（x）在[0，+∞）上是增函数，
∴t′（x）=e^x-2a在（0，+∞）上恒大于零，即a＜$\frac{{e}^{x}}{2}$，
∴实数a的最大值为$\frac{{e}^{0}}{2}$=$\frac{1}{2}$；
（2）证明：由（1）可知，t（0）=F′（0）=e⁰-1-0=0，
∴F（x）=f（x）-g（x）为增函数，且F（0）=0，
∴当a=$\frac{1}{2}$时，f（x）＞g（x）恒成立，
∴f（1）+f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{3}$）+…+f（$\frac{1}{n}$）
＞g（1）+g（$\frac{1}{2}$）+g（$\frac{1}{3}$）+…+g（$\frac{1}{n}$）
=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$）+n，
∵$\frac{1}{{n}^{2}}$＞$\frac{1}{n（n+1）}$=$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$，
∴1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＞（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{4}$）+…+（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）=$\frac{n}{n+1}$，
∴$\frac{1}{2}$（1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$）+n≥$\frac{1}{2}$•$\frac{n}{n+1}$+n=$\frac{n（2n+3）}{2（n+1）}$，
从而f（1）+f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{3}$）+…+f（$\frac{1}{n}$）＞$\frac{n（2n+3）}{2（n+1）}$，n∈N₊．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，涉及裂项相消法等方法，注意解题方法的积累，属于中档题．