Question

设函数f（x）=ex（e为自然对数的底数），gn(x)＝1+x+x22!+x33!+…+xnn!（n∈N*）．（1）证明：f（x）≥g1

设函数f（x）=ex（e为自然对数的底数），gn(x)＝1+x+x22!+x33!+…+xnn!（n∈N*）．（1）证明：f（x）≥g1（x）；（2）当x＞0时，比较f（x）与gn（x）的大小，并说明理由；（3）证明：1+(22)1+(23)2+(24)3+…+(2n+1)n≤gn(1)＜e（n∈N*）．

Answer 1

解答：（1）证明：设φ1(x)＝f(x)?g1(x)＝ex?x?1，
所以φ1′(x)＝ex?1．…（1分）
当x＜0时，φ1′(x)＜0，当x=0时，φ1′(x)＝0，当x＞0时，φ1′(x)＞0．
即函数φ₁（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，…（2分）
因为φ₁（0）=0，所以对任意实数x均有 φ₁（x）≥φ₁（0）=0．
即f（x）-g₁（x）≥0，
所以f（x）≥g₁（x）．…（3分）
（2）解：当x＞0时，f（x）＞g_n（x）．…（4分）
用数学归纳法证明如下：
①当n=1时，由（1）知f（x）＞g₁（x）．
②假设当n=k（k∈N^*）时，对任意x＞0均有f（x）＞g_k（x），…（5分）
令φ_k（x）=f（x）-g_k（x），φ_k+1（x）=f（x）-g_k+1（x），
因为对任意的正实数x，φk+1′(x)＝f′(x)?g′k+1(x)＝f(x)?gk(x)，
由归纳假设知，φk+1′(x)＝f(x)?gk(x)＞0．…（6分）
即φ_k+1（x）=f（x）-g_k+1（x）在（0，+∞）上为增函数，亦即φ_k+1（x）＞φ_k+1（0），
因为φ_k+1（0）=0，所以φ_k+1（x）＞0．
从而对任意x＞0，有f（x）-g_k+1（x）＞0．
即对任意x＞0，有f（x）＞g_k+1（x）．
这就是说，当n=k+1时，对任意x＞0，也有f（x）＞g_k+1（x）．
由①、②知，当x＞0时，都有f（x）＞g_n（x）．…（8分）
（3）证明：先证对任意正整数n，g_n（1）＜e．
由（2）知，当x＞0时，对任意正整数n，都有f（x）＞g_n（x）．
令x=1，得g_n（1）＜f（1）=e．
所以g_n（1）＜e．…（9分）
再证对任意正整数n，1+(

2

2

)1+(

2

3

)2+(

2

4

)3+…+(

2

n+1

)n≤gn(1)=1+1+

1

2!

+

1

3!

+…+

1

n!

．
要证明上式，只需证明对任意正整数n，不等式(

2

n+1

)n≤

1

n!

成立．
即要证明对任意正整数n，不等式n!≤(

n+1

2

)n（*）成立．…（10分）
以下分别用数学归纳法和基本不等式法证明不等式（*）：
方法1（数学归纳法）：
①当n=1时，1!≤(

1+1

2

)1成立，所以不等式（*）成立．
②假设当n=k（k∈N^*）时，不等式（*）成立，
即k!≤(

k+1

2

)k．…（11分）
则(k+1)!＝(k+1)k!≤(k+1)(

k+1

2

)k＝2(

k+1

2

)k+1．
因为

( k+2 2 )k+1

( k+1 2 )k+1

＝(

k+2

k+1

)k+1＝(1+

1

k+1

)k+1＝

C

0 k+1

+

C

1 k+1

1

k+1

+…+

C

k+1 k+1

(

1

k+1

)k+1≥2，…（12分）
所以(k+1)!≤2(

k+1

2

)k+1≤(

k+2

2

)k+1．…（13分）
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（*）都成立．
综上可知，对任意正整数n，不等式1+(

2

2

)1+(

2

3

)2+(

2

4

)3+…+(

2

n+1

)n≤gn(1)＜e成立．
…（14分）
方法2（基本不等式法）：
因为

n?1

≤

n+1

2

，…（11分）

(n?1)?2

≤

n+1

2

，
…，

1?n

≤

n+1

2

，
将以上n个不等式相乘，得n!≤(

n+1

2

)n．…（13分）
所以对任意正整数n，不等式（*）都成立．
综上可知，对任意正整数n，不等式1+(

2

2

)1+(

2

3

)2+(

2

4

)3+…+(

2

n+1

)n≤gn(1)＜e成立．
…（14分）