Question

10．已知函數(shù)f（x）=e^x-x，g（x）=ax²+1，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）若函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）的導(dǎo)函數(shù)F′（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的最大值；
（2）求證：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）通過(guò)記t（x）=F′（x）=e^x-1-2ax，利用F′（x）在[0，+∞）上是增函數(shù)，求導(dǎo)可知t′（x）=e^x-2a在（0，+∞）上恒大于零，進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論；
（2）通過(guò)（1）及函數(shù)的單調(diào)性可知，當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)f（x）＞g（x）恒成立，通過(guò)裂項(xiàng)、并項(xiàng)相加可知1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$＞$\frac{n}{n+1}$，代入化簡(jiǎn)即得結(jié)論．

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，+∞）上是增函數(shù)，
∴t′（x）=e^x-2a在（0，+∞）上恒大于零，即a＜$\frac{{e}^{x}}{2}$，
∴實(shí)數(shù)a的最大值為$\frac{{e}^{0}}{2}$=$\frac{1}{2}$；
（2）證明：由（1）可知，t（0）=F′（0）=e⁰-1-0=0，
∴F（x）=f（x）-g（x）為增函數(shù)，且F（0）=0，
∴當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時(shí)，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=$\frac{n（2n+3）}{2（n+1）}$，
從而f（1）+f（$\frac{1}{2}$）+f（$\frac{1}{3}$）+…+f（$\frac{1}{n}$）＞$\frac{n（2n+3）}{2（n+1）}$，n∈N₊．

點(diǎn)評(píng) 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，涉及裂項(xiàng)相消法等方法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．