Question

（2011•成都一模）已知函數(shù)f（x）=m+a₁x+a₂x²+a₃x³+a₄x⁴+…+a_nxⁿ+a_n+1xⁿ⁺¹，n∈N^*．
（I）若f（x）=m+

1

2

x2+

1

3

x3．
①求曲線y=f（x）上的點(diǎn)P（1，f（1））為切點(diǎn)的切線的斜率；
②若函數(shù)f（x）在x=x₁處取得極大值，在x=x₂處取得極小值，且點(diǎn)（x₁，f（x₁））在第二象限，點(diǎn)（x₂，f（x₂））位于y軸負(fù)半軸上，求m的取值范圍；
（II）當(dāng)a_n=

1

2n-1

時(shí)，設(shè)函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f'（x），令T_n=

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

，證明：T_n≤f'（1）-1．

Answer 1

分析：（I）①由f（x）=m+

1

2

x2+

1

3

x3，可得f′（x）=x+x²，從而可求曲線y=f（x）上的點(diǎn)P（1，f（1））為切點(diǎn)的切線的斜率；
②f′（x）=x+x²=x（x+1），根據(jù)f′（x）＜0得-1＜x＜0，f′（x）＞0得x＜-1或x＞0，利用函數(shù)f（x）在x=x₁處取得極大值，在x=x₂處取得極小值，且點(diǎn)（x₁，f（x₁））在第二象限，點(diǎn)（x₂，f（x₂））位于y軸負(fù)半軸上，可得f（-1）＞0，f（0）＜0，從而可
求m的取值范圍；
（II）先求導(dǎo)函數(shù)f′（x）=a₁+2a₂x+3a₃x²+4a₄x³+…+（n+1）a_n+1xⁿ，再利用錯(cuò)位相減法求得f′（1）=4-

n+3

2n

，進(jìn)而分類討論可證

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

≤3-

n+3

2n

解答：解：（I）由f（x）=m+

1

2

x2+

1

3

x3，f′（x）=x+x²
①曲線y=f（x）上的點(diǎn)P（1，f（1））為切點(diǎn)的切線的斜率k=f′（1）=2
②f′（x）=x+x²=x（x+1）
由f′（x）＜0得-1＜x＜0
由f′（x）＞0得x＜-1或x＞0
∵函數(shù)f（x）在x=x₁處取得極大值，在x=x₂處取得極小值，且點(diǎn)（x₁，f（x₁））在第二象限，點(diǎn)（x₂，f（x₂））位于y軸負(fù)半軸上
∴f（-1）＞0，f（0）＜0
∴

m+ 1 2 - 1 3 ＞0 m＜0

∴-

1

6

＜m＜0
（II）f′（x）=a₁+2a₂x+3a₃x²+4a₄x³+…+（n+1）a_n+1xⁿ，
∵f′（1）=a₁+2a₂+3a₃+4a₄+…+（n+1）a_n+1=1+2×

1

2

+…+(n+1)

1

2n

①

1

2

f′（1）=1×

1

2

+2×

1

22

+…+(n+1)

1

2n+1

②
①-②：

1

2

f′（1）=1+

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

-(n+1)

1

2n+1

=2-

n+3

2n+1

∴f′（1）=4-

n+3

2n

要證：T_n≤f'（1）-1．
即證：

1

12

+

1

22

+…+

1

n2

≤3-

n+3

2n

當(dāng)n=1時(shí)，T₁=f'（1）-1=1
當(dāng)n=2時(shí)，T2=

5

4

，f'（1）-1=

7

4

，∴T_n＜f'（1）-1
當(dāng)n≥3時(shí)，Tn＜1+

1

1

-

1

2

+…+

1

n-1

-

1

n

=2-

1

n

而2n=

C

0 n

+

C

1 n

+

C

2 n

…+ 

C

n n

≥2n=

C

0 n

+

C

1 n

+

C

2 n

+

C

n n

=2+n+

n(n-1)

2

(n≥3)
∵n≥3，∴n（n-1）＞2，∴

n(n-1)

2

＞1，∴2ⁿ＞n+3
∴

n+3

2n

＜1＜1+

1

n

∴

n+3

2n

＜1+

1

n

∴2-

1

n

＜ 3-

n+3

2n

∴當(dāng)n≥3時(shí)，Tn＜2-

1

n

＜ 3-

n+3

2n

=f'（1）-1．
∴T_n≤f'（1）-1恒成立．

點(diǎn)評：本題以函數(shù)為載體，考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)的極值，同時(shí)考查數(shù)列與不等式的綜合，難度較大，尤其（II）學(xué)生覺得無從下手．