这是个机器人猖狂的时代，请输一下验证码，证明咱是正常人~这是个机器人猖狂的时代，请输一下验证码，证明咱是正常人~答案解:(1)因为?′(x)=ex-1（2x+x2）+3ax2+2bx=xex-1（x+2）+x（3ax+2b），又x=-2和x=1为?（x）的极值点，所以?′（-2）= ?′（1）=0，因此-6a+2b=0，3+3a+2b=0，解得方程组得a=-,b=-1.（2）因为a=-，b=-1所以?′(x)=x（x+2）（ex-1-1），令?′(x)=0，解得x1=-2，x2=0，x3&#=1.因为当x∈（-∞,-2）∪（0，1）时，?′(x)&0;当x∈（-2,0）∪（1，+∞）时，?′(x)&0.所以?（x）在（-2,0）和（1，+∞）上是单调递增的；在（-∞，-2）和（0,1）上是单调递减的.（3）由（1）可知?（x）=x2ex-1-x3-x2, 故?（x）-g（x）= x2ex-1-x3=x2（ex-1-x），令h(x)= ex-1-x,则h＇（x）= ex-1-1.令h＇（x）=0，得x=1，因为x∈（-∞，1）时, h＇（x）&0所以h(x)在x∈（-∞，1]上单调递减.故x∈（-∞，1 ]时，h(x) ≥h(1)=0.因为x∈(1，+∞）时，h＇（x）&0,所以h（x）在x∈[1，+∞﹚上单调递增。故x∈[1，+∞）时，h(x) ≥h(1)=0.所以对任意x∈（-∞，+∞），恒有h(x)≥0，又x2≥0，因此?（x）-g（x）≥0，故对任意x∈（-∞，+∞），恒有?（x）≥g（x）.点击查看答案解释本题暂无同学作出解析，期待您来作答点击查看解释相关试题当前位置：
＞＞＞设函数f（x）=ex（e为自然对数的底数），gn(x)=1+x+x22!+x33!+…+xnn!..
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*）．
题型：解答题难度：中档来源：广州一模
（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）当x＞0时，f（x）＞gn（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）＞gk（x），…（5分）令φk（x）=f（x）-gk（x），φk+1（x）=f（x）-gk+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φk+1（x）=f（x）-gk+1（x）在（0，+∞）上为增函数，亦即φk+1（x）＞φk+1（0），因为φk+1（0）=0，所以φk+1（x）＞0．从而对任意x＞0，有f（x）-gk+1（x）＞0．即对任意x＞0，有f（x）＞gk+1（x）．这就是说，当n=k+1时，对任意x＞0，也有f（x）＞gk+1（x）．由①、②知，当x＞0时，都有f（x）＞gn（x）．…（8分）（3）证明：先证对任意正整数n，gn（1）＜e．由（2）知，当x＞0时，对任意正整数n，都有f（x）＞gn（x）．令x=1，得gn（1）＜f（1）=e．所以gn（1）＜e．…（9分）再证对任意正整数n，1+(22)1+(23)2+(24)3+…+(2n+1)n≤gn(1)=1+1+12!+13!+…+1n!．要证明上式，只需证明对任意正整数n，不等式(2n+1)n≤1n!成立．即要证明对任意正整数n，不等式n!≤(n+12)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+12)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+12)k．…（11分）则(k+1)!=(k+1)k!≤(k+1)(k+12)k=2(k+12)k+1．因为(k+22)k+1(k+12)k+1=(k+2k+1)k+1=(1+1k+1)k+1=C0k+1+C1k+11k+1+…+Ck+1k+1(1k+1)k+1≥2，…（12分）所以(k+1)!≤2(k+12)k+1≤(k+22)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+(22)1+(23)2+(24)3+…+(2n+1)n≤gn(1)＜e成立．…（14分）方法2（基本不等式法）：因为no1≤n+12，…（11分）(n-1)o2≤n+12，…，1on≤n+12，将以上n个不等式相乘，得n!≤(n+12)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+(22)1+(23)2+(24)3+…+(2n+1)n≤gn(1)＜e成立．…（14分）
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据魔方格专家权威分析，试题“设函数f（x）=ex（e为自然对数的底数），gn(x)=1+x+x22!+x33!+…+xnn!..”主要考查你对&&函数的单调性与导数的关系，二项式定理与性质，数学归纳法&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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函数的单调性与导数的关系二项式定理与性质数学归纳法
导数和函数的单调性的关系：
（1）若f′（x）&0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是增函数，f′（x）&0的解集与定义域的交集的对应区间为增区间； （2）若f′（x）&0在（a，b）上恒成立，则f（x）在（a，b）上是减函数，f′（x）&0的解集与定义域的交集的对应区间为减区间。 利用导数求解多项式函数单调性的一般步骤：
①确定f（x）的定义域； ②计算导数f′（x）； ③求出f′（x）=0的根； ④用f′（x）=0的根将f（x）的定义域分成若干个区间，列表考察这若干个区间内f′（x）的符号，进而确定f（x）的单调区间：f′（x）&0，则f（x）在对应区间上是增函数，对应区间为增区间；f′（x）&0，则f（x）在对应区间上是减函数，对应区间为减区间。
函数的导数和函数的单调性关系特别提醒：
若在某区间上有有限个点使f′(x)=0，在其余的点恒有f′（x）&0，则f(x)仍为增函数（减函数的情形完全类似）．即在区间内f′(x)&0是f(x)在此区间上为增函数的充分条件，而不是必要条件。&&二项式定理：
， 它共有n+1项，其中（r=0，1，2…n）叫做二项式系数，叫做二项式的通项，用Tr+1表示，即通项为展开式的第r+1项.二项式系数的性质：
（1）对称性：与首末两端“等距离”的两个二项式系数相等，即； （2）增减性与最大值：当r≤时，二项式系数的值逐渐增大；当r≥时，的值逐渐减小，且在中间取得最大值。 当n为偶数时，中间一项的二项式系数取得最大值；当n为奇数时，中间两项的二项式系数相等并同时取最大值。 二项式定理的特别提醒：
①的二项展开式中有(n+1)项，比二项式的次数大1．②二项式系数都是组合数，它与二项展开式的系数是两个不同的概念，在实际应用中应注意区别“二项式系数”与“二项展开式的系数”。③二项式定理形式上的特点：在排列方式上，按照字母a的降幂排列，从第一项起，a的次数由n逐项减小1，直到0，同时字母6按升幂排列，次数由0逐项增加1，直到n，并且形式不能乱．④二项式定理中的字母a，b是不能交换的，即与的展开式是有区别的，二者的展开式中的项的排列次序是不同的，注意不要混淆．⑤二项式定理表示一个恒等式，对于任意的实数a，b，该等式都成立，因而，对a，b取不同的特殊值，可以对某些问题的求解提供方便，二项式定理通常有如下两种情形:⑥对二项式定理还可以逆用，即可用于式子的化简。&
二项式定理常见的利用：
方法1：利用二项式证明有关不等式证明有关不等式的方法：(1)用二项式定理证明组合数不等式时，通常表现为二项式定理的正用或逆用，再结合不等式证明的方法进行论证．(2)运用时应注意巧妙地构造二项式．证明不等式时，应注意运用放缩法，即对结论不构成影响的若干项可以去掉．方法2：利用二项式定理证明整除问题或求余数：(1)利用二项式定理解决整除问题时，关键是要巧妙地构造二项式，其基本做法是：要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可．(2)用二项式定理处理整除问题时，通常把底数写成除数（或与除数密切相关的数）与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开，只考虑后面（或者是前面）一、二项就可以了．(3)要注意余数的范围，为余数，b∈[0，r)，r是除数，利用二项式定理展开变形后，若剩余部分是负数要注意转换．方法3：利用二项式进行近似解：当a的绝对值与1相比很少且n不大时，常用近似公式，因为这时展开式的后面部分很小，可以忽略不计，类似地，有&但使用这两个公式时应注意a的条件以及对计算精确度的要求．要根据要求选取展开式中保留的项，以最后一项小数位超要求即可，少了不合要求，多了无用且增加麻烦．&方法4：求展开式特定项：(1)求展开式中特定项主要是利用通项公式来求，以确定公式中r的取值或范围．(2)要正确区分二项式系数与展开式系数，对于(a-b)n数展开式中系数最大项问题可以转化为二项式系数的最大问题，要注意系数的正负．方法5：复制法利用复制法可以求二项式系数的和及特殊项系数等问题。一般地，对于多项式
方法6：多项式的展开式问题：对于多项式(a+b+c)n，我们可以转化为[a+(b+c)]n的形式，再利用二项式定理，求解有关问题。
对于某类事物，由它的一些特殊事例或其全部可能情况，归纳出一般结论的推理方法叫做归纳法。归纳法包括完全归纳法和不完全归纳法。
数学归纳法：
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行： （1）证明当n取第一个值n0（n0∈N*）时命题成立； （2）假设当n=k（k∈N*，k≥n0）时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立； 完成这两步，就可以断定这个命题对从n0开始的所有正整数n都成立，这种证明方法叫做数学归纳法。 数学归纳法的特点:
①用数学归纳法进行证明时，要分两个步骤，两步同样重要，两步骤缺一不可； ②第二步证明，由假设n＝k时命题成立，到n=k+1时．必须用假设条件，否则不是数学归纳法； ③最后一定要写“由（1）（2）……”。
数学归纳法的应用：
（1）证明恒等式； （2）证明不等式； （3）三角函数； （4）计算、猜想、证明。
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244476767853759397790106884584889259考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性,利用导数研究曲线上某点切线方程
专题：导数的概念及应用,导数的综合应用
分析：（1）在P（1，f（1））处的切线方程，说明P是切点，先将点P代入f（x）得解析式求出f（2），求出切点坐标，再求出原函数导数，求出P处的导数，则利用点斜式可求出切线方程；（2）首先g（x1）与g（x2）是两个函数，因为存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）-g（x2）≥M成立，所以要求M的最大值，只需求g（x1）max-g（x2）min即可，实际上就是求函数y=g（x）在区间[0，2]上的最大值、最小值，借助单调性容易解决；（3）这是一个恒成立问题，且是两个函数，所以只需f（s）min≥g（t）max即可，由此构造关于a的不等式（组）即可．
解：（1）当a=0时，f（x）=x2ex，f'（x）=ex（x2+2x），f（1）=e，f'（x）=3e，所以所求切线方程为y-e=3e（x-1），即y=3ex-2e．&&&&&&&&&（2）g′(x)=3x(x-23)，x∈[0，2]．令g'（x）=0，得x1=0，x2=23．当x变化时，g'（x）与g（x）的变化情况如下：x0(0，23)23(23，2)2g'（x）-0+g（x）-3↘极小值↗1所以[g（x）]max=max{g（0），g（2）}=g（2）=1，[g(x)]min=g(23)=-8527．因为存在x1，x2∈[0，2]，使得g（x1）-g（x2）≥M成立，所以M≤[g(x)]max-[g(x)]min=11227．所以实数M的最大值为11227．（3）由（2）知，在[0，2]上，[g（x）]max=g（2）=1，所以f（x）min≥1，f'（x）=ex（x-a）（x-a+2）．（ⅰ）当a≤0或a≥4时，在[0，2]上，f'（x）≥0，f（x）是单调增函数．所以f(x)min=f(0)=a2≥1，解得a≤-1或a≥1．所以a≤-1或a≥4．（ⅱ）当0＜a＜2时，在[0，a]上，f'（x）≤0，f（x）是单调减函数；在[a，2]上，f'（x）≥0，f（x）是单调增函数．所以f（x）min=f（a）=0≥1，不成立．（ⅲ）当2＜a＜4时，在[0，a]上，f'（x）≥0，f（x）是单调增函数；在[a，2]上，f'（x）≤0，f（x）是单调减函数．所以f（0）=a2≥1且&f（2）=（2-a）2e2≥1，又2＜a＜4，可得2+1e≤a＜4．（ⅳ）当a=2时，在[0，2]上，f'（x）≤0，f（x）是单调减函数．f(x)min=f(2)=(2-a)2e2=0≥1，不成立．综上，实数a的取值范围是(-∞，-1]∪[2+1e，+∞)．
点评：本题主要是研究不等式有解、恒成立的问题，一般转化为函数的最值问题，但此例第（2）（3）问涉及到两个函数，此时要注意分别研究它们的最值，再构造不等式（组）求解．其中第（3）问涉及的讨论主要是讨论极值点与区间的关系，由此来确定函数在区间[0，2]上的单调性，进而求解．
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科目：高中数学
抽屉中有10只外观一样的手表，其中有3只是坏的，现从抽屈中随机地抽取4只，那么16等于（　　）
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