Question

19．已知n!=1×2×3…×n（如1!，2!=1×2=2，3!=1×2×3=6，n∈N^*），函数f（x）=e^x（e为自然对数的底数），g_n（x）=1+x+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+$\frac{{x}^{3}}{3!}$+…+$\frac{{x}_{n}}{n!}$
（I）证明：f（x）≥g₁（x）
（II） 证明：1+（$\frac{2}{2}$）¹+（$\frac{2}{3}$）²+（$\frac{2}{4}$）³+…+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ≤g_n（1）＜e（n∈N^*）

Answer 1

分析 （Ⅰ）设ω₁（x）=f（x）-g₁（x）=e^x-x-1，求出函数的导数，根据函数的单调性求出ω₁（x）≥ω₁（0）=0，从而证出结论即可；
（Ⅱ）问题转化为证明对任意正整数n，不等式n!≤${（\frac{n+1}{2}）}^{n}$ ①成立，用数学归纳法证明不等式成立即可．

解答 证明：（Ⅰ）设ω₁（x）=f（x）-g₁（x）=e^x-x-1，
所以${{ω}_{1}}^{′}$（x）=e^x-1，
当x＜0时，${{ω}_{1}}^{′}$（x）＜0，当x=0时，${{ω}_{1}}^{′}$（x）=0，当x＞0时，${{ω}_{1}}^{′}$（x）＞0，
即函数ω₁（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增，在x=0处取得唯一极小值，
因为ω₁（0）=0，所以对任意实数x均有ω₁（x）≥ω₁（0）=0，
即f（x）-g₁（x）≥0，所以f（x）≥g₁（x）；
（Ⅱ）即证对任意正整数n，
1+（$\frac{2}{2}$）¹+（$\frac{2}{3}$）²+（$\frac{2}{4}$）³+…+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ≤g_n（1）=1+1+$\frac{1}{2!}$+$\frac{1}{3!}$+…+$\frac{1}{n!}$，
要证明上式，只需证明对任意正整数n，不等式${（\frac{2}{n+1}）}^{n}$≤$\frac{1}{n!}$成立，
即要证明对任意正整数n，不等式n!≤${（\frac{n+1}{2}）}^{n}$ ①成立，
用数学归纳法证明不等式 ①：
①当n=1时，1!≤${（\frac{1+1}{2}）}^{1}$成立，所以不等式 ①成立．
②假设当n=k（k∈N^*）时，不等式 ①成立，即k!≤${（\frac{k+1}{2}）}^{k}$，
则（k+1）!=（k+1）k!≤（k+1）${（\frac{k+1}{2}）}^{k}$=2${（\frac{k+1}{2}）}^{k+1}$，
下证$\frac{{（\frac{k+2}{2}）}^{k+1}}{{（\frac{k+1}{2}）}^{k+1}}$=${（1+\frac{1}{k+1}）}^{k+1}$≥2，先证 ${（1+x）}^{\frac{1}{x}}$≥2，0＜x≤1，即证（1+x）≥2^x（0＜x≤1）②，
构造函数h（x）=2^x-（x+1），h′（x）=ln2•2^x-1，令h′（x）=0，得${2}^{{x}_{0}}$=$\frac{lne}{ln2}$，0＜x₀＜1，
所以h（x）在（0，x₀）单减，在（x₀，1）单增，且h（x）_max=h（0）=h（1）=0，可得不等式 ②成立，
所以（k+1）!≤2${（\frac{k+1}{2}）}^{k+1}$≤${（\frac{k+2}{2}）}^{k+1}$，
这说明当n=k+1时，不等式（*）也成立．由①、②知，对任意正整数n，不等式①都成立．
综上可知，对任意正整数n，1+（$\frac{2}{2}$）¹+（$\frac{2}{3}$）²+（$\frac{2}{4}$）³+…+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ≤g_n（1）＜e（n∈N^*）成立．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查数学归纳法，是一道综合题．