Question

3．已知函数f（x）=e^x-x-1，x∈R，其中，e是自然对数的底数．函数g（x）=xsinx+cosx+1，x＞0．
（Ⅰ）求f（x）的最小值；
（Ⅱ）将g（x）的全部零点按照从小到大的顺序排成数列{a_n}，求证：
（1）$\frac{（2n-1）π}{2}$＜a_n＜$\frac{（2n+1）π}{2}$，其中n∈N^*；
（2）ln（1+$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$）+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{2}}^{2}}$）+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{3}}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$）＜$\frac{2}{3}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
（Ⅱ）（1）先求出g（x）的导数，令g′（x）=0，求出x的值，得到g（$\frac{2n-1}{2}$π）•g（$\frac{2n+1}{2}$π）＜0，从而证出结论；
（2）由e^x＞x+1，得到ln（1+$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$）+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{2}}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$）＜$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$，再根据（1）知$\frac{（2n-1）π}{2}$＜a_n＜$\frac{（2n+1）π}{2}$，将不等式放大，从而证出结论．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=e^x-x-1，∴f′（x）=e^x-1，
令f′（x）＞0，解得x＞0，令f′（x）＜0，得x＜0，
∴f（x）在（-∞，0）内单调递减，在（0，+∞）单调递增，
∴当x=0时，f（x）取得极小值也是最小值0；
（Ⅱ）（1）g′（x）=xcosx，（x＞0），
令g′（x）=0，由于x＞0，∴cosx=0，∴x=$\frac{（2n-1）π}{2}$，n∈N^*，
∴g（$\frac{2n-1}{2}$π）=$\frac{（2n-1）π}{2}$sin$\frac{（2n-1）π}{2}$+1，
g（$\frac{2n-1}{2}$π）=$\frac{（2n+1）π}{2}$sin$\frac{（2n+1）π}{2}$+1，n∈N^*，
∴g（$\frac{2n-1}{2}$π）•g（$\frac{2n+1}{2}$π）＜0，
∴g（x）的零点a_n有$\frac{（2n-1）π}{2}$＜a_n＜$\frac{（2n+1）π}{2}$，其中n∈N^*；
（2）由（Ⅰ）知：f（x）＞f（0），当x＞0时，
即e^x-x-1＞0，∴e^x＞x+1，
∴ln（1+$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$）+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{2}}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$）＜$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$，
由（1）知$\frac{（2n-1）π}{2}$＜a_n＜$\frac{（2n+1）π}{2}$，
∴$\frac{4}{{{（2n+1）}^{2}π}^{2}}$＜$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$＜$\frac{4}{{{（2n-1）}^{2}π}^{2}}$，
∴$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$+$\frac{1}{{{a}_{2}}^{2}}$+…+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$＜$\frac{4}{{n}^{2}}$（1+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{（2n-1）}^{2}}$）＜$\frac{4}{{π}^{2}}$×$\frac{{π}^{2}}{6}$=$\frac{2}{3}$，
∴（1+$\frac{1}{{{a}_{1}}^{2}}$）+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{2}}^{2}}$）+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{3}}^{2}}$）+…+ln（1+$\frac{1}{{{a}_{n}}^{2}}$）＜$\frac{2}{3}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，考查函数的零点的判定定理，考查不等式的证明，本题有一定的难度．