Question

14．设函数f（x）=x²-ln（x+a）+b，g（x）=x³
（1）若函数f（x）在点（0，f（0））处的切线方程是x+y=0，求实数a，b的值；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，当x∈（0，+∞）时，求证：f（x）＜g（x）；
（Ⅲ）证明：对于任意的正整数n，不等式1+$\frac{1}{{e}^{4}}$+$\frac{1}{{e}^{18}}$+…+$\frac{1}{{e}^{（n-1{）n}^{2}}}$＜$\frac{n（n+3）}{2}$成立．

Answer 1

分析 （1）求出函数f（x）的导数，根据f′（0）=-1，f（0）=0，求出a，b的值即可；
（2）先求出f（x）的表达式，令g（x）=f（x）-x³在（0，+∞）上单调递减，从而得证；
（3）由（2）可知x²-x³＜ln（x+1）（x∈（0，+∞）），变形为e（1-x）x2＜x+1  （x∈（0，+∞）），相加计算即可．

解答 解：（1）∵f（0）=-lna+b=0，∴lna=b，
而f′（x）=2x-$\frac{1}{x+a}$，
f′（0）=-$\frac{1}{a}$=-1，解得：a=1，
∴b=ln1=0；
（2）由（1）得：f（x）=x²-ln（x+1），g（x）=x³，
令h（x）=f（x）-x³=-x³+x²-ln（x+1），
则g′（x）=-3x²+2x-$\frac{1}{x+1}$=-$\frac{{3x}^{3}{+（x-1）}^{2}}{x+1}$，
显然，当x∈（0，+∞）时，g′（x）＜0，即函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，
又因为g（0）=0，所以当x∈（0，+∞）时，恒有g（x）＜g（0）=0，
即f（x）-x³＜0恒成立，故当x∈（0，+∞）时，有f（x）＜x³．
（3）由（2）可知x²-x³＜lnx＜ln（x+1）（x∈（0，+∞）），
所以ex²-x³＜eln（x+1），即e（1-x）x²＜x+1（x∈（0，+∞）），
当x取自然数时，有e${\;}^{（1-n）{n}^{2}}$＜n+1（n∈N^*），
所以e⁰+e^-1×4+e^-2×9+…+e${\;}^{（1-n）{n}^{2}}$
＜（1+1）+（2+1）+（3+1）+…+（n+1）
=1×n+1+2+3+4+…+n
=n+$\frac{n（n+1）}{2}$=$\frac{n（n+3）}{2}$．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，以及函数单调区间等有关基础知识，应用导数研究函数单调性的方法及推理和运算能力．