Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-kx²，x∈R
（1）若k=

1

2

，求證：當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，f（x）＞1；
（2）若f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，試求k的取值范圍；
（3）求證：（

2

14

+1）（

2

24

+1）（

2

34

+1）…（

2

n4

+1）＜e⁴（n∈N^*）．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）k=

1

2

時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)可判斷f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，從而可得f（x）＞f（0）=1；
（2）f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增，等價(jià)于f′（x）=e^x-2kx≥0（x＞0）恒成立，分k≤0，0＜k≤

1

2

，k＞

1

2

三種情況進(jìn)行討論，前兩種情況易作出判斷，k＞

1

2

時(shí)，利用導(dǎo)數(shù)求出最值解不等式即可；
（3）由（1）知，對(duì)于x∈（0，+∞），有f（x）=e^x＞

1

2

x²+1，則e^2x＞2x²+1，ln（2x²+1）＜2x，從而有l(wèi)n（

2

n4

+1）＜

2

n2

（n∈N*），于是ln（

2

14

+1）+ln（

2

24

+1）+ln（

2

34

+1）+…+ln（

2

n4

+1）＜

2

12

+

2

22

++…+

2

n2

＜

2

12

+

2

1×2

+…+

2

(n-1)×n

，整理可得結(jié)論；

解答： 解：（1）f（x）=e^x-

1

2

x²，則h（x）=f′（x）=e^x-x，
∴h′（x）=e^x-1＞0（x＞0），
∴h（x）=f′（x）在（0，+∞）上遞增，∴f′（x）＞f′（0）=1＞0，
∴f（x）=e^x-

1

2

x²在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
故f（x）＞f（0）=1．
（2）f′（x）=e^x-2kx，下求使f′（x）≥0（x＞0）恒成立的k的取值范圍．
若k≤0，顯然f′（x）＞0，f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞增；
記φ（x）=e^x-2kx，則φ′（x）=e^x-2k，
當(dāng)0＜k≤

1

2

時(shí)，∵e^x＞e⁰=1，2k≤1，∴φ′（x）＞0，則φ（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，
于是f′（x）=φ（x）＞φ（0）=1＞0，∴f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；
當(dāng)k＞

1

2

時(shí)，φ（x）=e^x-2kx在（0，ln2k）上單調(diào)遞減，在（ln2k，+∞）上單調(diào)遞增，
于是f′（x）=φ（x）≥φ（ln2k）=e^ln2k-2kln2k，
由e^ln2k-2kln2k≥0，得2k-2kln2k≥0，則

1

2

≤k≤

e

2

，
綜上，k的取值范圍為（-∞，

e

2

]．
（3）由（1）知，對(duì)于x∈（0，+∞），有f（x）=e^x＞

1

2

x²+1，∴e^2x＞2x²+1，
則ln（2x²+1）＜2x，從而有l(wèi)n（

2

n4

+1）＜

2

n2

（n∈N*），
于是：ln（

2

14

+1）+ln（

2

24

+1）+ln（

2

34

+1）+…+ln（

2

n4

+1）＜

2

12

+

2

22

++…+

2

n2

＜

2

12

+

2

1×2

+…+

2

(n-1)×n

=2+2（1-

1

2

+…+

1

n-1

-

1

n

）=4-

2

n

＜4，
故：（

2

14

+1）（

2

24

+1）（

2

34

+1）…（

2

n4

+1）＜e⁴．

點(diǎn)評(píng)：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、最值及不等式證明等知識(shí)，考查學(xué)生綜合運(yùn)用知識(shí)分析問題解決問題的能力，綜合性較強(qiáng)，對(duì)能力要求很高．