Question

已知函數(shù)f（x）=-ax+e^x，x∈R
（1）若a=e，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若a＞0，且對于任意x＞0不等式f（x）＞0恒成立，試確定實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（3）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）+f（-x）（x＞0），求證：F（1）F（2）…F（2014）＞（e²⁰¹⁵+2）¹⁰⁰⁷．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,函數(shù)恒成立問題

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，只要解導(dǎo)數(shù)的不等式即可，根據(jù)導(dǎo)數(shù)與0的關(guān)系判斷函數(shù)的單調(diào)性；
（2）f′（x）=e^x-a，由f′（x）=0，得到x=lna．再對k進(jìn)行分類討論，得到f（x）在[0，+∞）上的最小值，讓最小值大于0解出a即可；
（3））由F（x）=f（x）+f（-x）=e^x+e^-x，得F（x₁ ）F（x₂ ）=ex1+x2+e-(x1+x2)+ex1-x2+e-x1+x2＞ex1+x2+2，因此，[F（1）F（2）…F（2014）]²=[F（1）F（2014）][F（2）F（2013）]…[F（2014）F（1）]＞（e²⁰¹⁵+2）²⁰¹⁴，故F（1）F（2）…F（2014）＞（e²⁰¹⁵+2）¹⁰⁰⁷．

解答： 解：（1）f′（x）=e^x-e，令f′（x）=0，解得x=1
當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，∴f（x）在（1，+∞）單調(diào)遞增；
當(dāng)x∈（-∞，1）時，f′（x）＜0，∴f（x）在（-∞，1）單調(diào)遞減．
f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（1，+∞），f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，1）．   
（2）f′（x）=e^x-a，令f′（x）=0，解得x=lna．                     
①當(dāng)a∈（0，1]時，f′（x）=e^x-a＞1-a≥0（x＞0）．此時f（x）在[0，+∞）上單調(diào)遞增．
f（x）≥f（0）=1＞0，符合題意．                        
②當(dāng)a∈（1，+∞）時，lna＞0．當(dāng)x變化時f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（0，lna）	lna	（lna，+∞）
f′（x）	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

由此可得，在[0，+∞）上，f（x）≥f（lna）=a-alna．              
依題意，a-alna＞0，又a＞1，1＜a＜e．
綜合①，②得，實(shí)數(shù)k的取值范圍是0＜a＜e．                    
（3）∵F（x）=f（x）+f（-x）=e^x+e^-x，
∴對于?x₁，x₂∈R，都有：
F（x₁ ）F（x₂ ）=ex1+x2+e-(x1+x2)+ex1-x2+e-x1+x2
≥ex1+x2+e-(x1+x2)+2

ex1-x2•e-x1+x2

＞ex1+x2+2，
∴F（1）F（2014）＞e²⁰¹⁵+2，F(xiàn)（2）F（2013）＞e²⁰¹⁵+2，F(xiàn)（2014）F（1）＞e²⁰¹⁵+2，
因此，[F（1）F（2）…F（2014）]²=[F（1）F（2014）][F（2）F（2013）]…[F（2014）F（1）]＞（e²⁰¹⁵+2）²⁰¹⁴，
故F（1）F（2）…F（2014）＞（e²⁰¹⁵+2）¹⁰⁰⁷．

點(diǎn)評：本題考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性、最值和中的應(yīng)用，考查等價轉(zhuǎn)化的思想方法以及分析問題的能力．