Question

已知函数f（x）=e^x-kx²，x∈R
（1）若k=

1

2

，求证：当x∈（0，+∞）时，f（x）＞1；
（2）若f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，试求k的取值范围；
（3）求证：（

2

14

+1）（

2

24

+1）（

2

34

+1）…（

2

n4

+1）＜e⁴（n∈N^*）．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（1）k=

1

2

时，利用导数可判断f（x）在（0，+∞）上单调递增，从而可得f（x）＞f（0）=1；
（2）f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，等价于f′（x）=e^x-2kx≥0（x＞0）恒成立，分k≤0，0＜k≤

1

2

，k＞

1

2

三种情况进行讨论，前两种情况易作出判断，k＞

1

2

时，利用导数求出最值解不等式即可；
（3）由（1）知，对于x∈（0，+∞），有f（x）=e^x＞

1

2

x²+1，则e^2x＞2x²+1，ln（2x²+1）＜2x，从而有ln（

2

n4

+1）＜

2

n2

（n∈N*），于是ln（

2

14

+1）+ln（

2

24

+1）+ln（

2

34

+1）+…+ln（

2

n4

+1）＜

2

12

+

2

22

++…+

2

n2

＜

2

12

+

2

1×2

+…+

2

(n-1)×n

，整理可得结论；

解答： 解：（1）f（x）=e^x-

1

2

x²，则h（x）=f′（x）=e^x-x，
∴h′（x）=e^x-1＞0（x＞0），
∴h（x）=f′（x）在（0，+∞）上递增，∴f′（x）＞f′（0）=1＞0，
∴f（x）=e^x-

1

2

x²在（0，+∞）上单调递增，
故f（x）＞f（0）=1．
（2）f′（x）=e^x-2kx，下求使f′（x）≥0（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）=e^x-2kx，则φ′（x）=e^x-2k，
当0＜k≤

1

2

时，∵e^x＞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＞

1

2

时，φ（x）=e^x-2kx在（0，ln2k）上单调递减，在（ln2k，+∞）上单调递增，
于是f′（x）=φ（x）≥φ（ln2k）=e^ln2k-2kln2k，
由e^ln2k-2kln2k≥0，得2k-2kln2k≥0，则

1

2

≤k≤

e

2

，
综上，k的取值范围为（-∞，

e

2

]．
（3）由（1）知，对于x∈（0，+∞），有f（x）=e^x＞

1

2

x²+1，∴e^2x＞2x²+1，
则ln（2x²+1）＜2x，从而有ln（

2

n4

+1）＜

2

n2

（n∈N*），
于是：ln（

2

14

+1）+ln（

2

24

+1）+ln（

2

34

+1）+…+ln（

2

n4

+1）＜

2

12

+

2

22

++…+

2

n2

＜

2

12

+

2

1×2

+…+

2

(n-1)×n

=2+2（1-

1

2

+…+

1

n-1

-

1

n

）=4-

2

n

＜4，
故：（

2

14

+1）（

2

24

+1）（

2

34

+1）…（

2

n4

+1）＜e⁴．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、最值及不等式证明等知识，考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力，综合性较强，对能力要求很高．