Question

已知函数.

（1）若，求证：当时，；

（2）若在区间上单调递增，试求的取值范围；

（3）求证：.

Answer

（1） 详见解析；（2） 的取值范围；（3）详见解析．

【解析】

试题分析：（1） 当时，求证：当时，，将代入，得，注意到，只要证明当时，单调递增，则，由于中含有指数函数，可对求导得，只需证明当时，即可，注意到，只要证明当时，单调递增即可，因此令，对求导得，显然当时，，问题得证；（2） 求实数的取值范围，由于在区间上单调递增，则当时，，故对求导得，即当时，恒成立，即)恒成立，只需求出的最小值即可，令，对求导得，令导数等于零，解出的值，从而的最小值，进而得实数的取值范围；

（3）求证：，由（1） 知：当时，，即，可得，两边取对数得，令，得，再令，得个式子相加，然后利用放缩法可证得结论．

试题解析：（1） ，则h(x)＝，∴h′(x)＝ex－1＞0(x＞0)，

∴h(x)＝f′(x)在(0，＋∞)上递增，∴f′(x)＞f′(0)＝1＞0，

∴f(x)＝ex－x2在(0，＋∞)上单调递增，故f(x)＞f(0)＝1.( 4分)

（2） f′(x)＝ex－2kx，下面求使 (x＞0)恒成立的k的取值范围．

若k≤0，显然f′(x)＞0，f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；

记φ(x)＝ex－2kx，则φ′(x)＝ex－2k，

当0＜k＜时，∵ex＞e0＝1， 2k＜1，∴φ′ (x)＞0，则φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，

于是f′(x)＝φ(x)＞φ(0)＝1＞0，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当k≥时，φ(x)＝ex－2kx在(0，ln 2k)上单调递减，在(ln 2k，＋∞)上单调递增，

于是f′(x)＝φ(x)≥φ(ln 2k)＝eln 2k－2kln 2k，

由eln 2k－2kln 2k≥0得2k－2kln 2k≥0，则≤k≤，

综上，k的取值范围为(－∞，]． 9分

另【解析】
（2） ，下面求使(x＞0)恒成立的k的取值范围．

)恒成立。记

在上单调递减，在上单调递增。

综上，k的取值范围为(－∞，]．( 9分)

（3）由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex＞x2＋1，∴e2x＞2x2＋1，

则ln(2x2＋1)＜2x，从而有ln(＋1)＜ (n∈N*)，

于是ln(＋1)＋ln(＋1)＋ln(＋1)＋ ＋ln(＋1)＜＋＋ ＋＜＋＋ ＋＝2＋2(1－＋ ＋－)＝4－＜4，故(＋1)(＋1)(＋1) (＋1)＜e4.( 14分)

另【解析】
(3)由(1)知，对于x∈(0，＋∞)，有f(x)＝ex＞x2＋1，∴e2x＞2x2＋1，

则ln(2x2＋1)＜2x，从而有ln(＋1)＜ (n∈N*)，

又

于是ln(＋1)＋ln (＋1)＋ln(＋1)＋ ＋ln(＋1)＜

故(＋1)(＋1)(＋1) (＋1)＜e4. ( 14分)

考点：利用导数研究函数的单调性；函数恒成立问题；导数在最大值、最小值问题中的应用，导数与不等式问题．