Question

設(shè)函數(shù)f（x）=e^x（e為自然對數(shù)的底數(shù)），g_n（x）=1+x+

x2

2!

+

x3

3!

+…+

xn

n!

（n∈N₊）．
（Ⅰ）證明：f（x）≥g₁（x）；
（Ⅱ）證明：當(dāng)x≥0時，f（x）≥g₂（x）；
（Ⅲ）當(dāng)x≥0時，比較f（x）與g_n（x）的大小，并證明．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）設(shè)φ1(x)=f(x)-g1(x)=ex-x-1，從而得到φ1′(x)=ex-1．由此利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能證明f（x）≥g₁（x）．
（Ⅱ）設(shè)φ2(x)=f(x)-g2(x)=ex-1-x-

x2

2

φ2′(x)=ex-1-x，φ2′(x)≥0，由此能證明f（x）≥g₂（x）
（Ⅲ）當(dāng)x≥0時，f（x）≥g_n（x）．用數(shù)學(xué)歸納法證明即可．

解答： （Ⅰ）證明：設(shè)φ1(x)=f(x)-g1(x)=ex-x-1，所以φ1′(x)=ex-1．
當(dāng)x＜0時，φ1′(x)＜0，當(dāng)x=0時，φ1′(x)=0，當(dāng)x＞0時，φ1′(x)＞0．
即函數(shù)φ₁（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞減，在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
在x=0處取得唯一極小值，
因為φ₁（0）=0，所以對任意實數(shù)x均有 φ₁（x）≥φ₁（0）=0．
即f（x）-g₁（x）≥0，所以f（x）≥g₁（x）．
（Ⅱ）證明：設(shè)φ2(x)=f(x)-g2(x)=ex-1-x-

x2

2

φ2′(x)=ex-1-x，
由（1）知φ2′(x)≥0，所以φ₂（x）在[0，+∞）單增，
φ₂（x）≥φ₂（0）=0，所以f（x）≥g₂（x）
（Ⅲ）解：當(dāng)x≥0時，f（x）≥g_n（x）．
用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：
①當(dāng)n=1時，由（1）知f（x）≥g₁（x）；
②假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N₊）時，對任意x≥0均有f（x）≥g_k（x），
令φ_k（x）=f（x）-g_k（x），φ_k+1（x）=f（x）-g_k+1（x），
，φ′_k+1（x）=f'（x）-g'_k+1（x）=f（x）-g_k（x），
由歸納假設(shè)知，φ′_k+1（x）=f（x）-g_k（x）≥0，
即φ_k+1（x）=f（x）-g_k+1（x）在（0，+∞）上為增函數(shù)，
亦即φ_k+1（x）≥φ_k+1（0），
因為φ_k+1（0）=0，所以φ_k+1（x）≥0．
從而對任意x≥0，有f（x）-g_k+1（x）≥0，
即對任意x≥0，有f（x）≥g_k+1（x），
這就是說，當(dāng)n=k+1時，對任意x≥0，也有f（x）≥g_k+1（x）．
由①，②知，當(dāng)x＞0時，都有f（x）≥g_n（x）．

點評：本題考查不等式的證明，考查兩數(shù)大小的判斷與證明，解題時要認真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)和構(gòu)造法的合理運用．