Question

12．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-1（a∈R）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）若函數(shù)F（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²在[1，2]上有且僅有一個零點，求a的取值范圍；
（3）已知當(dāng)x＞-1，n≥1時，（1+x）ⁿ≥1+nx，求證：當(dāng)n∈N^*，x≤n時，不等式n-n（1-$\frac{x}{n}$）ⁿe^x≤x²成立．

Answer 1

分析 （1）分a≤0、a＞0兩種情況，討論f′（x）的正負即可；
（2）由題易得a=$\frac{{e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}-1}{x}$，利用零點的存在性定理，考查g（x）=$\frac{{e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}-1}{x}$ （x＞0）在[1，2]上的單調(diào)性即可；
（3）通過變形，問題等價于證明$n（1-\frac{x}{n}）^{n}{e}^{x}≥n-{x}^{2}$成立，通過（1）知${e}^{\frac{x}{n}}≥1+\frac{x}{n}$，利用$-\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}＞-1$、及（1+x）ⁿ≥1+nx，化簡即得$n（1-\frac{x}{n}）^{n}{e}^{x}≥n-{x}^{2}$•

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=e^x-ax-1（a∈R），
∴f′（x）=e^x-a，令f′（x）=0，解得x=lna，
當(dāng)a≤0時，f′（x）≥0，則f（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增，
當(dāng)a＞0時，f（x）在（-∞，lna）上單調(diào)遞減，f（x）在（lna，+∞）上單調(diào)遞增；
（2）∵F（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²=0，∴a=$\frac{{e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}-1}{x}$，
考查g（x）=$\frac{{e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}-1}{x}$ （x＞0），則g′（x）=$\frac{（x-1）{e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}+1}{{x}^{2}}$，
令h（x）=$（x-1）{e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}+1$，則h′（x）=x（e^x-1），
當(dāng)1≤x≤2時，h′（x）＞0，則h（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，
∴h（x）≥h（1）=$\frac{1}{2}＞$0，g′（x）＞0，∴g（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，
∴g（x）=$\frac{{e}^{x}-\frac{1}{2}{x}^{2}-1}{x}$在[1，2]上的最小值為g（1）=e-$\frac{3}{2}$，
最大值為g（2）=$\frac{1}{2}（{e}^{2}-3）$，
∴當(dāng)$e-\frac{3}{2}≤a≤\frac{1}{2}（{e}^{2}-3）$時，函數(shù)F（x）=f（x）-$\frac{1}{2}$x²在[1，2]上有且僅有一個零點；
（3）n-n（1-$\frac{x}{n}$）ⁿe^x≤x²等價于$n（1-\frac{x}{n}）^{n}{e}^{x}≥n-{x}^{2}$，
由（1）知e^x≥1+x，∴${e}^{\frac{x}{n}}≥1+\frac{x}{n}$，
∵x²＜n，且n∈N^*，∴x²＜n≤n²，∴$-\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}＞-1$，
又∵（1+x）ⁿ≥1+nx，
∴n（1-$\frac{x}{n}$）ⁿe^x=$n[（1-\frac{x}{n}）{e}^{\frac{x}{n}}]^{n}$
≥$n[（1-\frac{x}{n}）（1+\frac{x}{n}）]^{n}$
=$n（1-\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}）^{n}$
≥$n（1-n\frac{{x}^{2}}{{n}^{2}}）$
=n-x²•

點評 本題考察了函數(shù)的單調(diào)性，導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，不等式的證明，是一道綜合題，注意解題方法的積累，屬于難題．