Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-1，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若f（x）≥0對(duì)任意的x∈R恒成立，求正實(shí)數(shù)a的值；
（3）在（2）的條件下，n∈N^*，證明：（

1

n

）ⁿ+（

2

n

）ⁿ+…+（

n-1

n

）ⁿ+（

n

n

）ⁿ＜

e

e-1

．

Answer 1

分析：（1）求導(dǎo)函數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性，從而可得f（x）在x=lna處取得極小值，且為最小值；
（2）f（x）≥0對(duì)任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f（x）_min≥0．由（1），構(gòu)造函數(shù)g（a）=a-alna-1，所以g（a）≥0，確定函數(shù)的單調(diào)性，即可求得實(shí)數(shù)a的值；
（3）由（2）知，對(duì)任意實(shí)數(shù)x均有e^x-x-1≥0，即1+x≤e^x，令x=-

k

n

（n∈N^*，k=0，1，2，3，…，n-1），可得0＜1-

k

n

≤e-

k

n

，從而有（1-

k

n

）n≤（e-

k

n

）n=e-k，由此即可證得結(jié)論．

解答：解：（1）由f′（x）=e^x-a，得x=lna，
當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，+∞）．
當(dāng)a＞0時(shí)，f′（x）=e^x-a=0，得x=lna，
x∈（-∞，lna）時(shí)，f′（x）＜0；x∈（lna，+∞）時(shí)，f′（x）＞0；
∴f（x）的單減區(qū)間為（-∞，lna），單增區(qū)間為（lna，+∞），
所以a≤0時(shí)，f（x）只有單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，+∞）．
a＞0時(shí)，f（x）的增區(qū)間為（lna，+∞），減區(qū)間為（-∞，lna）．…（5分）
（2）由（1）得f（x）的最小值為f（lna）=a-alna-1，
f（x）≥0對(duì)任意的x∈R恒成立，即f（x）_min≥0．
設(shè)g（a）=a-alna-1，所以g（a）≥0．
由g′（a）=1-lna-1=-lna=0，得a=1．
∴g（a）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減，
∴g（a）在a=1處取得最大值，而g（1）=0．
因此g（a）≥0的解為a=1，∴a=1．（9分）
（3）證明：由（2）知，對(duì)任意實(shí)數(shù)x均有e^x-x-1≥0，即1+x≤e^x．
令x=-

k

n

（n∈N^*，k=0，1，2，3，…，n-1），則0＜1-

k

n

≤e-

k

n

．
∴（1-

k

n

）n≤（e-

k

n

）n=e-k．
∴（

1

n

）ⁿ+（

2

n

）ⁿ+…+（

n-1

n

）ⁿ+（

n

n

）ⁿ≤e-（n-1）+e-（n-2）+…+e-2+e-1+1
=

1-e-n

1-e-1

＜

1

1-e-1

=

e

e-1

．…（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性與最值，考查恒成立問題，同時(shí)考查不等式的證明，解題的關(guān)鍵是正確求導(dǎo)數(shù)，確定函數(shù)的單調(diào)性．