Question

5．设函数f（x）=e^mx-mx²．
（1）当m=2时，求曲线y=f（x）在点（0，f（0））处的切线L₁的方程；
（2）当m＞0时，要使f（x）≥1对一切实数x≥0恒成立，求实数m的取值范围；
（3）求证：$\sum_{i=1}^n{{e^{-i（i+1）}}}＜\frac{1}{{\sqrt{e}}}+\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+1}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的导数，求得切线的斜率和切点，即可得到所求切线的方程；
（2）求出f（x）的导数，设g（x）=f′（x），求出g（x）的导数，讨论m的范围，结合单调性，即可得到m的范围；
（3）令m=1，由（2）得e^x＞x²+1，则$\frac{1}{e^x}＜\frac{1}{{{x^2}+1}}$$＜\frac{1}{x^2}$，令x=i（i+1）（i=2，3，…n），由裂项相消求和和不等式的性质，即可得证．

解答 解：（1）m=2时，f（x）=e^2x-2x²，f′（x）=2e^2x-4x；
∴f′（0）=2，又f（0）=1；
则切线L₁方程为：y=2x+1；
（2）f′（x）=me^mx-2mx，设g（x）=f′（x），
g′（x）=m²e^mx-2m=m（me^mx-2），
令g′（x）=0，由m＞0，${x_0}=\frac{1}{m}ln\frac{2}{m}$；
①当m≥2时，因为x≥0，则e^mx≥1，所以me^mx-2≥m-2≥0，g'（x）≥0，
∴f′（x）在[0，+∞）单调递增；
∴f′（x）≥f′（0）=m＞0；
∴f（x）在[0，+∞）单调递增，f（x）≥f（0）=1；
所以当m≥2时满足条件；
②当$\frac{2}{e}≤m＜2$时，1≥$ln\frac{2}{m}＞0$，x₀∈（0，+∞）；
∴f′（x）在（0，x₀）单调递减，在（x₀，+∞）单调递增，
所以${f^'}（x）≥{f^'}（\frac{1}{m}ln\frac{2}{m}）$=$2-2ln\frac{2}{m}≥0$；
∴f（x）在[0，+∞）单调递增，f（x）≥f（0）=1；
∴当$\frac{2}{e}≤m＜2$时满足条件；
③当$0＜m＜\frac{2}{e}$时，$ln\frac{2}{m}＞1$，x₀∈（0，+∞）；
∴f′（x）在（0，x₀）单调递增，f′（x）=0在（0，x₀）至多只有一个零点x₁；
又因为${f^'}（\frac{1}{m}ln\frac{2}{m}）$=$2-2ln\frac{2}{m}＜0$，f′（0）=1＞0，
所以f′（x）=0在（0，x₀）有且只有一个零点x₁；
则当x∈（0，x₁）时，f′（x）＞0，
所以f（x）在（0，x₁）单调递增，在（x₁，x₀）单调递减，
所以存在x使得f（x）＜f（0）=1，不满足条件．
终上所述：当$m≥\frac{2}{e}$时，f（x）≥1对一切x≥0的实数恒成立．
（3）令m=1，由（2）得e^x＞x²+1，则$\frac{1}{e^x}＜\frac{1}{{{x^2}+1}}$$＜\frac{1}{x^2}$，
令x=i（i+1）（i=2，3，…n），
则${e^{-i（i+1）}}＜\frac{1}{{{{（{i^2}+i）}^2}+1}}＜\frac{1}{{{{（{i^2}+i）}^2}}}＜\frac{1}{{（2i+1{）^2}}}＜\frac{1}{（2i-1）}-\frac{1}{（2i+1）}$，
当i=1时，e^-i（i+1）=$\frac{1}{{e}^{2}}$，
当i=2时，${e^{-i（i+1）}}＜\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$，当i=3时，${e^{-i（i+1）}}＜\frac{1}{5}-\frac{1}{7}$，
…，当i=n时，${e^{-i（i+1）}}＜\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$，
所以$\sum_{i=1}^n{{e^{-i（i+1）}}}＜\frac{1}{{\sqrt{e}}}+\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+1}$．

点评 本题考查导数的运用：求切线的方程和单调性，考查不等式恒成立问题和不等式的证明，注意运用分类讨论的思想方法和裂项相消求和及不等式的性质，考查运算能力，属于中档题．