Question

12．已知函數(shù)f（x）=x²e^x，e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）證明：?x₁，x₂∈（-∞，0]，f（x₁）-f（x₂）$≤\frac{4}{{e}^{2}}$；
（Ⅲ）當n≥2時，求證（n+1）•（eⁿ-1）＜4（e-1）•n•e^n-1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函數(shù)f（x）的導數(shù)，解關(guān)于導函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；
（Ⅱ）先求出函數(shù)f（x）在（-∞，0]上的單調(diào)區(qū)間，求出區(qū)間上的最大值和最小值，從而證明不等式成立；
（Ⅲ）由函數(shù)的單調(diào)性得到$\frac{{a}^{2}}{{e}^{n}}≤\frac{4}{{n}^{2}}＜\frac{4}{（n-1）n}$，n=2，3，…，n+1，求和化簡整理即可．

解答 解：（Ⅰ）f′（x）=x（x+2）e^x，
令f′（x）=x（x+2）e^x=0，則x₁=-2，x₂=0，
所以函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（-2，0），單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-2），（0，+∞）；     
（Ⅱ）證明：由（Ⅰ）知f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，-2），單調(diào)遞減區(qū)間為（-2，0），

x	（-∞，-2）	-2	（-2，0）	0	（0，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	↗	極大	↘	極小	↗

當x∈（-∞，0]時，f（x）_最大值=f（-2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
因為當x∈（-∞，-2]時，f（x）＞0，f（0）=0，
所以當x∈（-∞，0]時，f（x）_最小值=f（0）=0，
所以f（x）_最大值^-f（x）_最小值=$\frac{4}{{e}^{2}}$，
所以對?x₁，x₂∈（-∞，0]，都有f（x₁）-f（x₂）≤f（x）_最大值-f（x）_最小值=$\frac{4}{{e}^{2}}$；
（Ⅲ）當n≥2時，-n≤-2，由（Ⅱ）知：
f（-n）≤f（-2）即 $\frac{{n}^{2}}{{e}^{n}}≤\frac{4}{{a}^{2}}$，
∴$\frac{{a}^{2}}{{e}^{n}}≤\frac{4}{{n}^{2}}＜\frac{4}{（n-1）n}$，從而$\frac{{a}^{2}}{{e}^{2}}＜\frac{4}{1×2}$，
$\frac{{a}^{2}}{{e}^{n}}＜\frac{4}{2×3}$，…，$\frac{{a}^{2}}{{e}^{n+1}}＜\frac{4}{n（n+1）}$，
將以上各式相加，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：$\frac{1-（\frac{1}{e}）^{n}}{1-\frac{1}{e}}＜4（1-\frac{1}{n+1}）$，化簡得：$\frac{e}{e-1}（1-\frac{1}{{e}^{n}}）＜\frac{4n}{n+1}$，
即（n+1）•（eⁿ-1）＜4（e-1）•n•e^n-1．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明問題，本題計算量大，有較大難度．