设 $n$ 是正整数，求证：当 $x \leqslant n$ 时，$n - n{\left( {1 - \dfrac{x}{n}} \right)^n}{{\rm{e}}^x} \leqslant {x^2}$．
【难度】
【出处】
2014年清华大学等五校联考自主招生试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
令 $f\left( x \right) = {x^2} + n{\left( {1 - \dfrac{x}{n}} \right)^n}{{\rm e}^x}$，则只需要证明当 $x \leqslant n$ 时，$f\left( x \right) \geqslant n$．而\[\begin{split}f'\left( x \right) &= 2x + {{\rm e}^x}\left[ {n{{\left( {1 - \dfrac{x}{n}} \right)}^n} + {n^2}{{\left( {1 - \dfrac{x}{n}} \right)}^{n - 1}}\left( { - \dfrac{1}{n}} \right)} \right]\\&= x\left[ {2 - {{\rm e}^x}{{\left( {1 - \dfrac{x}{n}} \right)}^{n - 1}}} \right].\end{split}\]情形一 当 $n = 1$ 时，有\[f\left( x \right) = {x^2} + \left( {1 - x} \right){{\rm e}^x},\]于是\[f'\left( x \right) = x\left( {2 - {{\rm e}^x}} \right),\]可得 $f\left( x \right)$ 在 $\left( { - \infty , 0} \right)$ 上单调递减，在 $(0 ,\ln 2)$ 上单调递增，在 $(\ln 2, 1)$ 上单调递减．因此 $f\left( x \right)$ 的极小值为 $f\left( 0 \right) = 1$，以及 $f\left( 1 \right) = 1$，原命题得证．
情形二 当 $n \geqslant 2$ 时，令 $g\left( x \right) = {{\rm e}^x}{\left( {1 - \dfrac{x}{n}} \right)^{n - 1}}$，则\[g'\left( x \right) = {{\rm e}^x} \cdot \dfrac{{1 - x}}{n} \cdot {\left( {1 - \dfrac{x}{n}} \right)^{n - 2}},\]于是当 $x = 1$ 时，$g\left( x \right)$ 取得最大值 ${\rm e}{\left( {1 - \dfrac{1}{n}} \right)^{n - 1}}$．
由于 $\ln \left( {1 - \dfrac{1}{n}} \right) < - \dfrac{1}{n}$，因此 ${\rm e} < {\left( {1 - \dfrac{1}{n}} \right)^{ - n}}$．于是\[{\rm e}{\left( {1 - \dfrac{1}{n}} \right)^{n - 1}} < {\left( {1 - \dfrac{1}{n}} \right)^{ - 1}} = \dfrac{n}{{n - 1}} \leqslant 2,\]因此\[2 - {{\rm e}^x}{\left( {1 - \dfrac{x}{n}} \right)^{n - 1}} > 0,\]从而 $f\left( x \right)$ 的最小值为 $f\left( 0 \right) = n$，原命题得证．
由于 $\ln \left( {1 - \dfrac{1}{n}} \right) < - \dfrac{1}{n}$，因此 ${\rm e} < {\left( {1 - \dfrac{1}{n}} \right)^{ - n}}$．于是\[{\rm e}{\left( {1 - \dfrac{1}{n}} \right)^{n - 1}} < {\left( {1 - \dfrac{1}{n}} \right)^{ - 1}} = \dfrac{n}{{n - 1}} \leqslant 2,\]因此\[2 - {{\rm e}^x}{\left( {1 - \dfrac{x}{n}} \right)^{n - 1}} > 0,\]从而 $f\left( x \right)$ 的最小值为 $f\left( 0 \right) = n$，原命题得证．
答案
解析
备注
