Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-1（a∈R），其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）若f（x）≥0對任意x≥0恒成立，求a的取值范圍；
（Ⅱ）求證：當(dāng)n≥2，n∈N時，恒有1n+4n+7n+…+(3n-2)n＜

e 1 3

e-1

(3n)n．

Answer 1

考點：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用

專題：綜合題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ）f'（x）=e^x-a．分兩種情況進行討論：①當(dāng)a≤1時，易知f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，可判斷結(jié)論是否成立；當(dāng)a＞1時，利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的最小值，令其大于等于0，再通過構(gòu)造函數(shù)可求a的范圍；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知當(dāng)a=1時，e^x≥x+1對任意x∈R恒成立．取x=-

3i-1

3n

（i=1，2，…，n），有1-

3i-1

3n

≤e-

3i-1

3n

，即(1-

3i-1

3n

)n≤(e-

3i-1

3n

)n≤e(

3i-1

3n

)n=e-

3i-1

3

．各式相加整理可得結(jié)論；

解答： 解：（Ⅰ）f'（x）=e^x-a．
①當(dāng)a≤1時，f'（x）=e^x-a≥0對?x≥0恒成立，即f（x）在（0，+∞）上為單調(diào)遞增函數(shù)；
又f（0）=0，∴f（x）≥f（0）=0對?x≥0恒成立．
②當(dāng)a＞1時，令f'（x）=0，得x=lna＞0．
當(dāng)x∈（0，lna） 時，f'（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減；當(dāng)x∈（lna，+∞） 時，f'（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．
若f（x）≥0對任意x≥0恒成立，則只需f（x）_min=f（lna）=e^lna-alna-1=a-alna-1≥0，
令g（a）=a-alna-1（a＞1），則g'（a）=1-lna-1=-lna＜0，即g（a）在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減；
又g（1）=0．故g（a）＜0在區(qū)間（1，+∞）上恒成立．即a＞1時，滿足a-alna-1≥0的a不存在．
綜上：a≤1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知當(dāng)a=1時，f（x）=e^x-x-1，f'（x）=e^x-1，易得f（x）_min=f（0）=0，即e^x≥x+1對任意x∈R恒成立．
取x=-

3i-1

3n

（i=1，2，…，n），有1-

3i-1

3n

≤e-

3i-1

3n

，即(1-

3i-1

3n

)n≤(e-

3i-1

3n

)n≤e(

3i-1

3n

)n=e-

3i-1

3

．
相加即得：(1-

2

3n

)n+(1-

5

3n

)n+…+(1-

3n-1

3n

)n≤e-

2

3

+e-

5

3

+…+e-

3n-1

3

．
∴(1-

2

3n

)n+(1-

5

3n

)n+…+(1-

3n-1

3n

)n=(

3n-2

3n

)n+(

3n-5

3n

)n+…+(

1

3n

)n≤e-

2

3

+e-

5

3

+…+e-

3n-1

3

．
故（3n-2）ⁿ+（3n-5）ⁿ+…+1ⁿ≤[e-

2

3

+e-

5

3

+…+e-

3n-1

3

]（3n）ⁿ=e-

2

3

1- 1 en

1- 1 e

(3n)n＜

e 1 3

e-1

(3n)n，
故n≥2，n∈N時，恒有1n+4n+7n+…+(3n-2)n＜

e 1 3

e-1

(3n)n．

點評：本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的最值、證明不等式，考查恒成立問題，考查轉(zhuǎn)化思想、分類討論思想，恒成立問題常化為函數(shù)最值解決，關(guān)于不等式證明問題則對能力要求較高，注意往往用前面的結(jié)論．