Question

已知實數(shù)a＞0，函數(shù)f（x）=e^x-ax-1（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間及最小值；
（2）若f（x）≥0對任意的x∈R恒成立，求實數(shù)a的值；
（3）在（2）的條件下，證明：
(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

e

e-1

，其中n∈N^*．]．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）求出f′（x），解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，利用函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，即可求函數(shù)f（x）的最小值；
（2）要使f（x）≥0對任意的x∈R恒成立，則只需求出f（x）的最小值即可得到結(jié)論．
（3）由（2）知，對任意實數(shù)x均有1+x≤e^x．0＜1-

k

n

≤e-

k

n

．從而（1-

k

n

）ⁿ≤(e-

k

n

)n=e^-k．由此能證明(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

e

e-1

．

解答： 解：（1）∵f′（x）=e^x-a，
當a＞0時，若x∈（lna，+∞），f′（x）＞0，得函數(shù)f（x）在（lna，+∞）上是增函數(shù)；
若x∈（-∞，lna），f′（x）＜0，得函數(shù)f（x）在（-∞，lna）上是減函數(shù)．
則當a＞0時，函數(shù)f （x） 的單調(diào)遞增區(qū)間是（lna，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，lna）． 
即f（x）在x=lna處取得極小值且為最小值，
最小值為f（lna）=e^lna-alna-1=a-alna-1．
（2）若f（x）≥0對任意的x∈R恒成立，
等價為f（x）_min≥0，
由（1）知，f（x）_min=a-alna-1，
設(shè)g（a）=a-alna-1，
則g′（a）=1-lna-1=-lna，
由g′（a）=0得a=1，
由g′（x）＞0得，0＜x＜1，此時函數(shù)單調(diào)遞增，
由g′（x）＜0得，x＞1，此時函數(shù)單調(diào)遞減，
∴g（a）在a=1處取得最大值，即g（1）=0，
因此g（a）≥0的解為a=1，
∴a=1．
（3）證明：由（2）知，對任意實數(shù)x均有e^x-x-1≥0，即1+x≤e^x．
令 （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

．
∴(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

e

e-1

．

點評：本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的之間關(guān)系，以及不等式恒成立問題，將不等式恒成立轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值是解決本題的關(guān)鍵．