解题思路:(1)k=
1/2]时,利用导数可判断f(x)在(0,+∞)上单调递增,从而可得f(x)>f(0)=1;
(2)f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,等价于f′(x)=ex-2kx≥0(x>0)恒成立,分k≤0,0<k≤[1/2],k>[1/2]三种情况进行讨论,前两种情况易作出判断,k>[1/2]时,利用导数求出最值解不等式即可;
(3)由(1)知,对于x∈(0,+∞),有f(x)=ex>[1/2]x2+1,则e2x>2x2+1,ln(2x2+1)<2x,从而有ln([2
n
4
+1)<
2
n
2
(n∈N*),于是ln(
2
1
4
+1)+ln(
2
2
4
+1)+ln(
2
3
4
+1)+…+ln(
2
n
4
+1)<
2
1
2
+
2
2
2
+
+…+
2
n
2
<
2
1
2
+
2/1×2]+…+
2
(n−1)×n
,整理可得结论;
(1)f(x)=ex-
1/2]x2,则h(x)=f′(x)=ex-x,
∴h′(x)=ex-1>0(x>0),
∴h(x)=f′(x)在(0,+∞)上递增,∴f′(x)>f′(0)=1>0,
∴f(x)=ex-[1/2]x2在(0,+∞)上单调递增,
故f(x)>f(0)=1.
(2)f′(x)=ex-2kx,下求使f′(x)≥0(x>0)恒成立的k的取值范围.
若k≤0,显然f′(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;
记φ(x)=ex-2kx,则φ′(x)=ex-2k,
当0<k≤[1/2]时,∵ex>e0=1,2k≤1,∴φ′(x)>0,则φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
于是f′(x)=φ(x)>φ(0)=1>0,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当k>[1/2]时,φ(x)=ex-2kx在(0,ln2k)上单调递减,在(ln2k,+∞)上单调递增,
于是f′(x)=φ(x)≥φ(ln2k)=eln2k-2kln2k,
由eln2k-2kln2k≥0,得2k-2kln2k≥0,则[1/2]≤k≤[e/2],
综上,k的取值范围为(-∞,[e/2]].
(3)由(1)知,对于x∈(0,+∞),有f(x)=ex>[1/2]x2+1,∴e2x>2x2+1,
则ln(2x2+1)<2x,从而有ln([2
n4+1)<
2
n2(n∈N*),
于是:ln(
2
14+1)+ln(
2
24+1)+ln(
2
34+1)+…+ln(
2
n4+1)<
2
12+
2
22++…+
2
n2<
2
12+
2/1×2]+…+[2
(n−1)×n=2+2(1-
1/2]+…+[1/n−1]-[1/n])=4-[2/n]<4,
故:([2
14+1)(
2
24+1)(
2
34+1)…(
2
n4+1)<e4.
点评:
本题考点: 导数在最大值、最小值问题中的应用.
考点点评: 本题考查利用导数研究函数的单调性、最值及不等式证明等知识,考查学生综合运用知识分析问题解决问题的能力,综合性较强,对能力要求很高.
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