Question

已知函數(shù)f（x）=a^x-x （a＞1）
（1）求證：

f′(x1)+f′(x2)

2

≥f′（

x1+x2

2

）；
（2）求函數(shù)f（x）的最小值，并求最小值小于0時(shí)的a取值范圍；
（3）令S（n）=C

1 n

f′（1）+C

2 n

f′（2）+…+C

n-1 n

f′（n-1），求證：S（n）≥（2ⁿ-2）f′（

n

2

）．

Answer 1

考點(diǎn)：二項(xiàng)式定理的應(yīng)用,指數(shù)函數(shù)綜合題

專題：綜合題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,二項(xiàng)式定理

分析：（1）f′（x）=a^xlna-1，則f′（x₁）+f′（x₂）=（a^x₁+a^x₂）lna-2，利用基本不等式及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)即可證得結(jié)論成立；
（2）利用導(dǎo)數(shù)法可判斷f′（x）在（-∞，lna）上遞減，在（-log_alna，+∞）上遞增，從而可得f（x）_min=f（-log_alna）=

1+lnlna

lna

，由f（x）_min＜0，可得a的取值范圍為（1，e

1

e

）；
（3）S（n）=C

1 n

（alna-1）+C

2 n

（a²lna-1）+…+C

n-1 n

（a^n-1lna-1），利用分組求和法及組合數(shù)的性質(zhì)，即可證得結(jié)論成立．

解答： （1）證明：f′（x）=a^xlna-1，則f′（x₁）+f′（x₂）=（a^x₁+a^x₂）lna-2≥2

ax1+x2

lna-2=2（a

x1+x2

2

lna-1）=2f′（

x1+x2

2

），
所以，

f′(x1)+f′(x2)

2

≥f′（

x1+x2

2

）；
（2）解：由f′（x）＞0，即a^xlna＞1，∴a^x＞

1

lna

，又a＞1，∴x＞-log_alna，
同理：f′（x）＜0，有x＜-log_alna，
所以f′（x）在（-∞，lna）上遞減，在（-log_alna，+∞）上遞增；
f（x）_min=f（-log_alna）=

1+lnlna

lna

，
若f（x）_min＜0，即

1+lnlna

lna

＜0，則lnlna＜-1，∴l(xiāng)na＜

1

e

，
∴a的取值范圍為（1，e

1

e

）；
（3）證明：S（n）=C

1 n

（alna-1）+C

2 n

（a²lna-1）+…+C

n-1 n

（a^n-1lna-1）
=（C

1 n

a+C

2 n

a²+…+C

n-1 n

a^n-1）lna-（C

1 n

+C

2 n

+…+C

n-1 n

）
=

1

2

[C

1 n

（a+a^n-1）+C

2 n

（a²+a^n-2）+…+C

n-1 n

（a^n-1+a）]lna-（2ⁿ-2）≥a

n

2

（2ⁿ-2）lna-（2ⁿ-2）=（2ⁿ-2）（a

n

2

lna-1）=（2ⁿ-2）f′（

n

2

）．
所以不等式成立．

點(diǎn)評(píng)：本題考查指數(shù)函數(shù)性質(zhì)的綜合選應(yīng)用，考查導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)的單調(diào)性與極值與最值，考查基本不等式與二項(xiàng)式定理的綜合應(yīng)用，屬于難題．