(1)由,,,…,n∈N*,知f1(x)=ex+xex=(x+1)ex,
f2(x)=ex+(x+1)ex=(x+2)ex,,…,由此能求出fn(x)=(x+n)•ex,n∈N*
(2)由,知=(x+n+1)ex,由此能求出fn(x)的极小值.
(3)由,gn(x)的最大值为a,fn(x)的最小值为b,知a-b=(n-3)2+e-(n+1).令h(x)=(x-3)2+e-(x+1),(x≥0).由此能够证明a-b≥e-4.
【解析】
(1)∵,,,…,n∈N*
∴f1(x)=ex+xex=(x+1)ex,
f2(x)=ex+(x+1)ex=(x+2)ex,
,
…
∴fn(x)=(x+n)•ex,n∈N*
(2)∵,
∴=(x+n+1)ex,
∵x>-(n+1)时,;x<-(n+1)时,,
∴当x=-(n+1)时,fn(x)取得极小值fn(-(n+1))=-e-(n+1).
(3)∵,
gn(x)的最大值为a,fn(x)的最小值为b,
∴a=gn(-(n+1))=(n-3)2,b=fn(-(n+1))=-e-(n+1).
∴a-b=(n-3)2+e-(n+1).
令h(x)=(x-3)2+e-(x+1),(x≥0)
则h′(x)=2(x-3)-e-(x+1),
∵h′(x)在区间[0,+∞)上单调递增,
∴h′(x)≥h′(0)=-6-e-1,
∵h′(3)=-e-4<0,h′(4)=2-e-5>0,
∴存在x∈(3,4),使得h′(x)=0.
∴0≤x≤x时,h′(x)<0;当x>x时,h′(x)>0.
即h(x)在区间[x,+∞)上单调递增;在区间[0,x)音调递减,
∴h(x)min=h(x).
∵h′(3)=-e-4<0,h′(4)=2-e-5>0,
∴当n=3时,a-b取得最小值e-4,
所以a-b≥e-4.