Question

6．已知函数f（x）=e^-x（x²+ax）在点（0，f（0））处的切线斜率为2．
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）设g（x）=-x（x-t-$\frac{3}{e}$）（t∈R），若g（x）≥f（x）对x∈[0，1]恒成立，求t的取值范围；
（Ⅲ）已知数列{a_n}满足a₁=1，a_n+1=（1+$\frac{1}{n}$）a_n，
求证：当n≥2，n∈N时 f（$\frac{{a}_{1}}{n}$）+f（$\frac{{a}_{2}}{n}$）+L+f（$\frac{{a}_{n-1}}{n}$）＜n•（$\frac{1}{6}+\frac{3}{2e}$）（e为自然对数的底数，e≈2.71828）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导f′（x）=-e^-x（x²+ax）+e^-x（2x+a）=-e^-x（x²+ax-2x-a）；从而可得f′（0）=-（-a）=2，从而解得；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e^-x（x²+2x），从而化简g（x）≥f（x）得-x（x-t-$\frac{3}{e}$）≥e^-x（x²+2x），x∈[0，1]；从而分x=0与x∈（0，1]讨论，再化恒成立问题为最值问题求解即可．
（Ⅲ）由a_n+1=（1+$\frac{1}{n}$）a_n，及a₁=1可得a_n=n；再由当x∈（0，1]时，f′（x）=-e^-x（x²-2）＞0知f（x）在[0，1]上单调递增，且f（x）≥f（0）=0；故$\frac{1}{n}$f（$\frac{i}{n}$）＜${∫}_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}}$f（x）dx，（1≤i≤n-1，i∈N），从而化简$\frac{1}{n}$[f（$\frac{{a}_{1}}{n}$）+f（$\frac{{a}_{2}}{n}$）+…+f（$\frac{{a}_{n-1}}{n}$）]=$\frac{1}{n}$[f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）]＜${∫}_{0}^{1}$f（x）dx；再由f（x）≤g（x）=-x²+（1+$\frac{3}{e}$）x得${∫}_{0}^{1}$f（x）dx≤${∫}_{0}^{1}$g（x）dx=$\frac{1}{6}$+$\frac{3}{2e}$，从而证明．

解答 解：（Ⅰ）∵f（x）=e^-x（x²+ax），
∴f′（x）=-e^-x（x²+ax）+e^-x（2x+a）=-e^-x（x²+ax-2x-a）；
则由题意得f′（0）=-（-a）=2，
故a=2．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f（x）=e^-x（x²+2x），
由g（x）≥f（x）得，
-x（x-t-$\frac{3}{e}$）≥e^-x（x²+2x），x∈[0，1]；
当x=0时，该不等式成立；
当x∈（0，1]时，不等式-x+t+$\frac{3}{e}$≥e^-x（x+2）在（0，1]上恒成立，
即t≥[e^-x（x+2）+x-$\frac{3}{e}$]_max．
设h（x）=e^-x（x+2）+x-$\frac{3}{e}$，x∈（0，1]，
h′（x）=-e^-x（x+1）+1，
h″（x）=x•e^-x＞0，
∴h′（x）在（0，1]单调递增，
∴h′（x）＞h′（0）=0，
∴h（x）在（0，1]单调递增，
∴h（x）_max=h（1）=1，
∴t≥1．
（Ⅲ）证明：∵a_n+1=（1+$\frac{1}{n}$）a_n，
∴$\frac{{a}_{n+1}}{{a}_{n}}$=$\frac{n+1}{n}$，又a₁=1，
∴n≥2时，a_n=a₁•$\frac{{a}_{2}}{{a}_{1}}$•…•$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}$=1•$\frac{2}{1}$•…•$\frac{n}{n-1}$=n；
对n=1也成立，
∴a_n=n．
∵当x∈（0，1]时，f′（x）=-e^-x（x²-2）＞0，
∴f（x）在[0，1]上单调递增，且f（x）≥f（0）=0．
又∵$\frac{1}{n}$f（$\frac{i}{n}$）（1≤i≤n-1，i∈N）表示长为f（$\frac{i}{n}$），宽为$\frac{1}{n}$的小矩形的面积，
∴$\frac{1}{n}$f（$\frac{i}{n}$）＜${∫}_{\frac{i}{n}}^{\frac{i+1}{n}}$f（x）dx，（1≤i≤n-1，i∈N），
∴$\frac{1}{n}$[f（$\frac{{a}_{1}}{n}$）+f（$\frac{{a}_{2}}{n}$）+…+f（$\frac{{a}_{n-1}}{n}$）]=$\frac{1}{n}$[f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）]
＜${∫}_{0}^{1}$f（x）dx．
又由（Ⅱ），取t=1得f（x）≤g（x）=-x²+（1+$\frac{3}{e}$）x，
∴${∫}_{0}^{1}$f（x）dx≤${∫}_{0}^{1}$g（x）dx=$\frac{1}{6}$+$\frac{3}{2e}$，
∴$\frac{1}{n}$[f（$\frac{1}{n}$）+f（$\frac{2}{n}$）+…+f（$\frac{n-1}{n}$）]＜$\frac{1}{6}$+$\frac{3}{2e}$，
∴f（$\frac{{a}_{1}}{n}$）+f（$\frac{{a}_{2}}{n}$）+…+f（$\frac{{a}_{n-1}}{n}$）＜n（$\frac{1}{6}$+$\frac{3}{2e}$）．

点评 本题考查函数、导数等基础知识，考查推理论证能力和运算求解能力，考查函数与方程的思想、化归与转化的思想、数形结合的思想，考查运用数学知识分析和解决问题的能力．