Question

14．设定义在R上的函数f（x）=a₀x⁴+a₁x³+a₂x²+a₃x+a₄（a₀，a₁，a₂，a₃，a₄∈R），函数g（x）=$\root{3}{3f（x）+3x}$，当x=-1时，f（x）取得极大值$\frac{2}{3}$，且函数y=f（x+1）的图象关于点（-1，0）对称．
（1）求函数f（x）的表达式；
（2）求证：当x＞0时，[1+$\frac{1}{g（x）}$]^g（x）＜e（e为自然对数的底数）；
（3）若b_n=g（n）${\;}^{\frac{1}{g（n+1）}}$（n∈N^*），数列{b_n}中是否存在b_n=b_m（n≠m）？若存在，求出所有相等的两项；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）将函数y=f（x+1）的图象向右平移一个单位得到函数y=f（x）的图象，得出函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称，即y=f（x）为奇函数，所以f（x）=a₁x³+a₃x．利用当x=-1时，f（x）取得极大值$\frac{2}{3}$，列出方程组，求解a₁，a₃．即可求函数f（x）的表达式；
（2）先证明ln（1+x）＜x成立，即可证明结论；
（3）确定当n≥4时，有$\frac{（{b}_{n+1}）^{（n+1）（n+2）}}{{（b}_{n}）^{（n+1）（n+2）}}$＜1，所以当n≥4时，b_n＞b_n+1，即：b₄＞b₅＞b₆＞…，即可得出结论．

解答 （1）解：将函数y=f（x+1）的图象向右平移一个单位，得到函数y=f（x）的图象，
∴函数y=f（x）的图象关于点（0，0）对称，即函数y=f（x）是奇函数，
∴f（x）=a₁x³+a₃x
∴f′（x）=3a₁x²+a₃
由题意得：3a₁+a₃=0且-3a₁-a₃=$\frac{2}{3}$，
∴a₁=$\frac{1}{3}$，a₃=-1，
∴f（x）=$\frac{1}{3}$x³-x，经检验满足题意；
（2）证明：由（1）可知g（x）=x，
∴x＞0时，[1+$\frac{1}{g（x）}$]^g（x）＜e，可化为ln（1+$\frac{1}{x}$）＜$\frac{1}{x}$．
构造函数h（x）=ln（1+x）-x（x＞0）．则h′（x）=-$\frac{x}{1+x}$＜0，
∴函数h（x）在（0，+∞）上是减函数，
∴h（x）＜h（0）=0，
∴x＞0时，ln（1+x）＜x，
∴ln（1+$\frac{1}{x}$）＜$\frac{1}{x}$，
∴x＞0时，[1+$\frac{1}{g（x）}$]^g（x）＜e；
（3）解：b_n=g（n）${\;}^{\frac{1}{g（n+1）}}$=${n}^{\frac{1}{n+1}}$
所以$\frac{（{b}_{n+1}）^{（n+1）（n+2）}}{{（b}_{n}）^{（n+1）（n+2）}}$=$\frac{n+1}{{n}^{2}}$•（$1+\frac{1}{n}）^{n}$＜$\frac{3（n+1）}{{n}^{2}}$，
令$\frac{3（n+1）}{{n}^{2}}$＜1，得：n²-3n-3＞0，结合n∈N^*得：n≥4，
因此，当n≥4时，有$\frac{（{b}_{n+1}）^{（n+1）（n+2）}}{{（b}_{n}）^{（n+1）（n+2）}}$＜1，
所以当n≥4时，b_n＞b_n+1，即：b₄＞b₅＞b₆＞…，
又通过比较b₁、b₂、b₃、b₄的大小知：b₁＜b₂＜b₃＜b₄，
因为b₁=1，且n≠1时b_n≠1，所以若数列{b_n}中存在相等的两项，只能是b₂、b₃与后面的项可能相等，
又b₂=b₈，b₃=${3}^{\frac{1}{4}}$＞b₅=${5}^{\frac{1}{6}}$，所以数列{b_n}中存在唯一相等的两项，
即：b₂=b₈．

点评 本题考查了数列与函数的综合应用，考查了利用导数研究函数的单调性和最值问题，也考查了数列与不等式的应用，是较难的题目．