Question

1．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-1-$\frac{{x}^{2}}{2}$，x∈R．
（Ⅰ）若a=$\frac{1}{2}$，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若對(duì)任意x≥0都有f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）設(shè)函數(shù)F（x）=f（x）+f（-x）+2+x²，求證：F（1）•F（2）…F（n）＞（eⁿ⁺¹+2）${\;}^{\frac{n}{2}}$（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導(dǎo)函數(shù)，對(duì)導(dǎo)函數(shù)二次求導(dǎo)，得出導(dǎo)函數(shù)的最小值為$\frac{1}{2}$＞0，判斷原函數(shù)遞增；
（Ⅱ）二次求導(dǎo)，得出導(dǎo)函數(shù)遞增，對(duì)1-a進(jìn)行分類討論，得出a的范圍；
（Ⅲ）求出F（x）=e^x+e^-x，利用放縮法判斷$F（{x_1}）F（{x_2}）={e^{{x_1}+{x_2}}}+{e^{-（{x_1}+{x_2}）}}+{e^{{x_1}-{x_2}}}+{e^{-{x_1}+{x_2}}}＞{e^{{x_1}+{x_2}}}+{e^{-（{x_1}+{x_2}）}}+2＞{e^{{x_1}+{x_2}}}+2$
得出F（1）F（n）＞eⁿ⁺¹+2，…F（n）F（1）＞eⁿ⁺¹+2．最后得出結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：$f'（x）={e^x}-x-\frac{1}{2}$，令g（x）=f'（x），則g'（x）=e^x-1，
則當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，g'（x）＜0，f'（x）單調(diào)遞減，
當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g'（x）＞0，f'（x）單調(diào)遞增．
所以有$f'（x）≥f'（0）=\frac{1}{2}＞0$，所以f（x）在（-∞，+∞）上遞增…（4分）
（Ⅱ）解：當(dāng)x≥0時(shí)，f'（x）=e^x-x-a，令g（x）=f'（x），
則g'（x）=e^x-1≥0，則f'（x）單調(diào)遞增，f'（x）≥f'（0）=1-a
當(dāng)a≤1即f'（x）≥f'（0）=1-a≥0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上遞增，f（x）≥f（0）=0成立；
當(dāng)a＞1時(shí)，存在x₀∈（0，+∞），使f'（x₀）=0，
則f（x）在（0，x₀）上遞減，則當(dāng)x∈（0，x₀）時(shí)，f（x）＜f（0）＜0，不合題意．
綜上a≤1．（8分）
（Ⅲ）證明：∵F（x）=e^x+e^-x，
∴$F（{x_1}）F（{x_2}）={e^{{x_1}+{x_2}}}+{e^{-（{x_1}+{x_2}）}}+{e^{{x_1}-{x_2}}}+{e^{-{x_1}+{x_2}}}＞{e^{{x_1}+{x_2}}}+{e^{-（{x_1}+{x_2}）}}+2＞{e^{{x_1}+{x_2}}}+2$
∴F（1）F（n）＞eⁿ⁺¹+2，F(xiàn)（2）F（n-1）＞eⁿ⁺¹+2
…F（n）F（1）＞eⁿ⁺¹+2．
由此得，[F（1）F（2）…F（n）]²=[F（1）F（n）]•[F（2）F（n-1）]•…•[F（n）F（1）]＞（eⁿ⁺¹+2）ⁿ
故$F（1）•F（2）•…•F（n）＞{（{e^{n+1}}+2）^{\frac{n}{2}}}$（n∈N^*）．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)函數(shù)的二次求導(dǎo)，導(dǎo)函數(shù)的分類討論問(wèn)題和放縮法的應(yīng)用，難點(diǎn)是對(duì)函數(shù)的構(gòu)造和放縮的應(yīng)用．