Question

12．已知函数f（x）=x²e^x，e为自然对数的底数．
（Ⅰ）求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）证明：?x₁，x₂∈（-∞，0]，f（x₁）-f（x₂）$≤\frac{4}{{e}^{2}}$；
（Ⅲ）当n≥2时，求证（n+1）•（eⁿ-1）＜4（e-1）•n•e^n-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数f（x）的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）先求出函数f（x）在（-∞，0]上的单调区间，求出区间上的最大值和最小值，从而证明不等式成立；
（Ⅲ）由函数的单调性得到$\frac{{a}^{2}}{{e}^{n}}≤\frac{4}{{n}^{2}}＜\frac{4}{（n-1）n}$，n=2，3，…，n+1，求和化简整理即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=x（x+2）e^x，
令f′（x）=x（x+2）e^x=0，则x₁=-2，x₂=0，
所以函数f（x）的单调递减区间为（-2，0），单调递增区间为（-∞，-2），（0，+∞）；     
（Ⅱ）证明：由（Ⅰ）知f（x）的单调递增区间为（-∞，-2），单调递减区间为（-2，0），

x	（-∞，-2）	-2	（-2，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	极大	↘	极小	↗

当x∈（-∞，0]时，f（x）_最大值=f（-2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
因为当x∈（-∞，-2]时，f（x）＞0，f（0）=0，
所以当x∈（-∞，0]时，f（x）_最小值=f（0）=0，
所以f（x）_最大值^-f（x）_最小值=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
所以对?x₁，x₂∈（-∞，0]，都有f（x₁）-f（x₂）≤f（x）_最大值-f（x）_最小值=$\frac{4}{{e}^{2}}$；
（Ⅲ）当n≥2时，-n≤-2，由（Ⅱ）知：
f（-n）≤f（-2）即 $\frac{{n}^{2}}{{e}^{n}}≤\frac{4}{{a}^{2}}$，
∴$\frac{{a}^{2}}{{e}^{n}}≤\frac{4}{{n}^{2}}＜\frac{4}{（n-1）n}$，从而$\frac{{a}^{2}}{{e}^{2}}＜\frac{4}{1×2}$，
$\frac{{a}^{2}}{{e}^{n}}＜\frac{4}{2×3}$，…，$\frac{{a}^{2}}{{e}^{n+1}}＜\frac{4}{n（n+1）}$，
将以上各式相加，得：$\frac{{e}^{2}}{{e}^{2}}+\frac{{e}^{2}}{{e}^{3}}+L+\frac{{e}^{2}}{{e}^{n+1}}$＜$\frac{4}{1×2}+\frac{4}{2×3}+L+\frac{4}{n（n+1）}$，
即：1+$\frac{1}{e}$+L+$\frac{1}{{e}^{n-1}}$＜4[（1-$\frac{1}{2}$）+（$\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$）+L+（$\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$）]，
即：$\frac{1-（\frac{1}{e}）^{n}}{1-\frac{1}{e}}＜4（1-\frac{1}{n+1}）$，化简得：$\frac{e}{e-1}（1-\frac{1}{{e}^{n}}）＜\frac{4n}{n+1}$，
即（n+1）•（eⁿ-1）＜4（e-1）•n•e^n-1．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式的证明问题，本题计算量大，有较大难度．