Question

19．已知n!=1×2×3…×n（如1!，2!=1×2=2，3!=1×2×3=6，n∈N^*），函數f（x）=e^x（e為自然對數的底數），g_n（x）=1+x+$\frac{{x}^{2}}{2!}$+$\frac{{x}^{3}}{3!}$+…+$\frac{{x}_{n}}{n!}$
（I）證明：f（x）≥g₁（x）
（II） 證明：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）設ω₁（x）=f（x）-g₁（x）=e^x-x-1，求出函數的導數，根據函數的單調性求出ω₁（x）≥ω₁（0）=0，從而證出結論即可；
（Ⅱ）問題轉化為證明對任意正整數n，不等式n!≤${（\frac{n+1}{2}）}^{n}$ ①成立，用數學歸納法證明不等式成立即可．

解答 證明：（Ⅰ）設ω₁（x）=f（x）-g₁（x）=e^x-x-1，
所以${{ω}_{1}}^{′}$（x）=e^x-1，
當x＜0時，${{ω}_{1}}^{′}$（x）＜0，當x=0時，${{ω}_{1}}^{′}$（x）=0，當x＞0時，${{ω}_{1}}^{′}$（x）＞0，
即函數ω₁（x）在（-∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增，在x=0處取得唯一極小值，
因為ω₁（0）=0，所以對任意實數x均有ω₁（x）≥ω₁（0）=0，
即f（x）-g₁（x）≥0，所以f（x）≥g₁（x）；
（Ⅱ）即證對任意正整數n，
1+（$\frac{2}{2}$）¹+（$\frac{2}{3}$）²+（$\frac{2}{4}$）³+…+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ≤g_n（1）=1+1+$\frac{1}{2!}$+$\frac{1}{3!}$+…+$\frac{1}{n!}$，
要證明上式，只需證明對任意正整數n，不等式${（\frac{2}{n+1}）}^{n}$≤$\frac{1}{n!}$成立，
即要證明對任意正整數n，不等式n!≤${（\frac{n+1}{2}）}^{n}$ ①成立，
用數學歸納法證明不等式 ①：
①當n=1時，1!≤${（\frac{1+1}{2}）}^{1}$成立，所以不等式 ①成立．
②假設當n=k（k∈N^*）時，不等式 ①成立，即k!≤${（\frac{k+1}{2}）}^{k}$，
則（k+1）!=（k+1）k!≤（k+1）${（\frac{k+1}{2}）}^{k}$=2${（\frac{k+1}{2}）}^{k+1}$，
下證$\frac{{（\frac{k+2}{2}）}^{k+1}}{{（\frac{k+1}{2}）}^{k+1}}$=${（1+\frac{1}{k+1}）}^{k+1}$≥2，先證 ${（1+x）}^{\frac{1}{x}}$≥2，0＜x≤1，即證（1+x）≥2^x（0＜x≤1）②，
構造函數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）單減，在（x₀，1）單增，且h（x）_max=h（0）=h（1）=0，可得不等式 ②成立，
所以（k+1）!≤2${（\frac{k+1}{2}）}^{k+1}$≤${（\frac{k+2}{2}）}^{k+1}$，
這說明當n=k+1時，不等式（*）也成立．由①、②知，對任意正整數n，不等式①都成立．
綜上可知，對任意正整數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．

點評 本題考查了函數的單調性、最值問題，考查導數的應用以及不等式的證明，考查數學歸納法，是一道綜合題．