Question

已知函數(shù)f（x）=e^2x-1-2x-kx²
（Ⅰ）當(dāng)k=0時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若x≥0時(shí)，f（x）≥0恒成立，求k的取值范圍．
（Ⅲ）試比較與（n為任意非負(fù)整數(shù)）的大小關(guān)系，并給出證明．

Answer 1

解：（Ⅰ）當(dāng)k=0時(shí)，f（x）=e^2x-1-2x，
f^′（x）=2e^2x-2，
令f^′（x）＞0，則2e^2x-2＞0，解得：x＞0．
令f^′（x）＜0，則2e^2x-2＜0，解得：x＜0．
所以，函數(shù)f（x）=e^2x-1-2x的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞）．
單調(diào)減區(qū)間為（-∞，0）．
（Ⅱ）由函數(shù)f（x）=e^2x-1-2x-kx²，
則f^′（x）=2e^2x-2kx-2=2（e^2x-kx-1），
令g（x）=e^2x-kx-1，
則g^′（x）=2e^2x-k．
由x≥0，
所以，①當(dāng)k≤2時(shí)，g^′（x）≥0，g（x）為增函數(shù)，而g（0）=0，
所以g（x）≥0，即f^′（x）≥0，所以f（x）在[0，+∞）上為增函數(shù)，
而f（0）=0，所以f（x）≥0在[0，+∞）上恒成立．
②當(dāng)k＞2時(shí)，令g^′（x）＜0，即2e^2x-k＜0，則0≤x＜．
即g（x）在[0，）上為減函數(shù)，而g（0）=0，所以，g（x）在[0，）上小于0．
即f^′（x）＜0，所以，f（x）在[0，）上為減函數(shù)，而f（0）=0，故此時(shí)f（x）＜0，不合題意．
綜上，k≤2．
（Ⅲ）．
事實(shí)上，由（Ⅱ）知，f（x）=e^2x-1-2x-2x²在[0，+∞）上為增函數(shù)，
所以，e^2x≥2x²+2x+1=x²+（x+1）²，
則e⁰≥1²
e²≥1²+2²
e⁴≥2²+3²
e⁶≥3²+4²
…
e^2（n-1）≥（n-1）²+n²
累加得：1+e²+e⁴+e⁶+…+e^2（n-1）≥2（1²+2²+3²+…+（n-1）²）+n²．
即．
所以，．
分析：（Ⅰ）取x=0后，求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，由導(dǎo)函數(shù)大于0和導(dǎo)函數(shù)小于0分別求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，以k≤2和k＞2進(jìn)行分類討論，由k≤2時(shí)，說(shuō)明原函數(shù)在[0，+∞）上為增函數(shù)，說(shuō)明f（x）≥0在[0，+∞）上恒成立，k＞2時(shí)，說(shuō)明這種情況不存在；
（Ⅲ）結(jié)合（Ⅱ），說(shuō)明函數(shù)f（x）當(dāng)k=2時(shí)為增函數(shù)，把不等式變形e^2x≥2x²+2x+1=x²+（x+1）²后，依次取x的值為0，1，2…，（n-1），累加后利用等比數(shù)列求和公式可得結(jié)論．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了利用導(dǎo)函數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查了函數(shù)中的恒成立問(wèn)題，考查了不等式的證明，解答此題的關(guān)鍵是運(yùn)用導(dǎo)函數(shù)分析函數(shù)的單調(diào)性，同時(shí)考查了學(xué)生靈活的變式思維能力，此題屬難題．