Question

已知f₀（x）=xe^x，f₁（x）=f₀′（x），f₂（x）=f₁′（x），…f_n（x）=f_n-1′（x），n∈N^*
（1）请写出f_n（x）的表达式（不需要证明），并求f_n（x）的极小值；
（2）设g_n（x）=-x²-2（n+1）-8n+8，g_n（x）的最大值为a，f_n（x）的最小值为b，证明：a-b≥e^-4；
（3）设φ（x）=x²+a|ln[f₀（x）]-x-1|，（a＞0），若φ（x）≥

3

2

a，x∈[1，+∞）恒成立，求a的取值范围．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（1）由f_n（x）=（x+n）•e^x，得f′_n（x）=（x+n+1）•e^x．得当x=-（n+1）时，f_n（x）取得极小值f_n（-（n+1））=-e^-（n+1）．
（2）引进新函数h（x），确定单调区间，从而求出当n=3时，a-b取得最小值e^-4，即a-b≥e^-4．
（3）由条件可得φ（x）=x²+a|lnx-1|，分情况讨论①当x≥e时②当1≤x＜e时，从而求出函数y=φ（x）的最小值，得出a的取值范围．

解答： 解：（1）f_n（x）=（x+n）•e^x（n∈N^*）．          
∵f_n（x）=（x+n）•e^x，
∴f′_n（x）=（x+n+1）•e^x．
∵x＞-（n+1）时，f′_n（x）＞0；x＜-（n+1）时，f′_n（x）＜0，
∴当x=-（n+1）时，f_n（x）取得极小值f_n（-（n+1））=-e^-（n+1）．
（2）由题意 b=f_n（-（n+1））=-e^-（n+1），
又a=g_n（-n+1）=（n-3）²，
∴a-b=（n-3）²+e^-（n+1）．
令h（x）=（x-3）²+e^-（x+1）（x≥0），
则h′（x）=2（x-3）-e^-（x+1），
又h′（x）在区间[0，+∞）上单调递增，
∴h′（x）≥h′（0）=-6-e^-1．
又h′（3）=-e^-4＜0，h′（4）=2-e^-5＞0，
∴存在x₀∈（3，4）使得h′（x₀）=0．
∴当0≤x＜x₀时，h′（x）＜0；当x＞x₀时，h′（x）＞0．
即h（x）在区间[x₀，+∞）上单调递增，在区间[0，x₀）上单调递减，
∴h（x）_min=h（x₀）．
又h（3）=e^-4，h（4）=1+e^-5，
∴h（4）＞h（3），
∴当n=3时，a-b取得最小值e^-4，即a-b≥e^-4．
（3）．由条件可得φ（x）=x²+a|lnx-1|，
①当x≥e时，φ（x）=x²+alnx-a，φ′（x）=2x+

a

x

，
∴φ（x）＞0恒成立，
∴φ（x）在[e，+∞）上增函数，故当x=e时，y_min=φ（e）=e²              
②当1≤x＜e时，φ（x）=x²-alnx+a，
∴φ′（x）=2x-

a

x

=

2

x

（x+

a 2

）（x-

a 2

），
（i）当

a 2

≤1即0＜a≤2时，φ′（x）在x∈（1，e）为正数，
∴φ（x）在区间（1，e）上为增函数，
故当x=1时，y_min=1+a，且此时φ（1）＜φ（e）=e²；
（ii）当1＜

a 2

＜e，即2＜a＜2e²时，φ′（x）在x∈（1，

a 2

）时为负数，在x∈（

a 2

，e）时为正数，
∴φ（x）在区间[1，

a 2

）上为减函数，在（

a 2

，e]上为增函数，
故当x=

a 2

时，y_min=

3a

2

-

a

2

ln

a

2

，且此时φ（x）=e²；
（iii）当

a 2

≥e，即：a≥2e²时，φ′（x）在x∈（1，e）时为负数，
∴φ（x）在区间[1，e]上为减函数，
故当x=e时，ymin=φ（e）=e²；
综上所述，函数y=φ（x）的最小值为：
ymin=

1+a       ，       0＜a≤2 3a 2 - a 2 ln a 2 ，     2＜a≤2a2 e2                   a＞2e2

，
所以当1+a≥

3

2

a时，得0＜a≤2；
当

3

2

a-

a

2

ln

a

2

≥

3

2

a（2＜a＜2e²）时，无解；
当e2≥

3

2

a（a≥2e²）时，得a≤

2 3

e不成立．
综上，所求a的取值范围是0＜a≤2．

点评：本题考察了函数的单调性，求函数的最值问题，导数的应用，渗透了分类讨论思想，是一道综合性较强的问题．