Question

3．設(shè)函數(shù)f（x）=e^x-ax-1．
（Ⅰ）若函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，設(shè)函數(shù)f（x）的最小值為g（a），求證：g（a）≤0；
（Ⅲ）求證：對(duì)任意的正整數(shù)n，都有（$\frac{1}{n+1}$）ⁿ⁺¹+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ⁺¹+（$\frac{3}{n+1}$）ⁿ⁺¹+…+（$\frac{n}{n+1}$）ⁿ⁺¹＜1．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)大于大于0，從而求出a的范圍；
（Ⅱ）先求出函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間，從而求出f（x）的最小值g（a）=a-lna-1，再求出g（a）的單調(diào)區(qū)間，從而得到g（a）≤0；
（Ⅲ）根據(jù)題意得到e^x＞x+1，從而可得（x+1）ⁿ⁺¹＜（e^x）ⁿ⁺¹=e^（n+1）x，給x賦值，從而得到答案．

解答 解：（Ⅰ）由題意得f′（x）=e^x-a≥0對(duì)x∈R恒成立，
且e^x＞0，故a的范圍是a≤0；
（Ⅱ）由a＞0，及f′（x）=e^x-a可得：
函數(shù)f（x）在（-∞，lna）遞減，在（lna，+∞）遞增，
∴函數(shù)f（x）的最小值g（a）=f（lna）=a-alna-1，
則g′（a）=-lna，
故a∈（0，1）時(shí)，g′（a）＞0，a∈（1，+∞）時(shí)，g′（a）＜0，
從而g（a）在（0，1）遞增，在（1，+∞）遞減，且g（1）=0，故g（a）≤0；
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）可知，當(dāng)a=1時(shí)，總有f（x）=e^x-x-1≥0，當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)“=”成立，
即x＞0時(shí)，總有e^x＞x+1，于是可得（x+1）ⁿ⁺¹＜（e^x）ⁿ⁺¹=e^（n+1）x，
令x+1=$\frac{1}{n+1}$，即x=-$\frac{n}{n+1}$，可得${（\frac{1}{n+1}）}^{n+1}$＜e^-n，
令x+1=$\frac{2}{n+1}$，即x=-$\frac{n-1}{n+1}$，可得：${（\frac{2}{n+1}）}^{n+1}$＜e^1-n，
令x+1=$\frac{3}{n+1}$，即x=-$\frac{n-2}{n+1}$，可得：${（\frac{3}{n+1}）}^{n+1}$＜e^2-n，
…，
令x+1=$\frac{n}{n+1}$，即x=-$\frac{1}{n+1}$，可得：${（\frac{n}{n+1}）}^{n+1}$＜e^-1，
對(duì)以上各等式求和可得：
（$\frac{1}{n+1}$）ⁿ⁺¹+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ⁺¹+（$\frac{3}{n+1}$）ⁿ⁺¹+…+（$\frac{n}{n+1}$）ⁿ⁺¹
＜e^-n+e^1-n+e^2-n+…+e^-1
=$\frac{{e}^{-n}（1{-e}^{n}）}{1-e}$＜$\frac{1}{e-1}$＜1，
∴對(duì)任意的正整數(shù)n，都有（$\frac{1}{n+1}$）ⁿ⁺¹+（$\frac{2}{n+1}$）ⁿ⁺¹+（$\frac{3}{n+1}$）ⁿ⁺¹+…+（$\frac{n}{n+1}$）ⁿ⁺¹＜1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，對(duì)于第Ⅲ問，問題轉(zhuǎn)化為（x+1）ⁿ⁺¹＜（e^x）ⁿ⁺¹=e^（n+1）x，給x賦值是解題的關(guān)鍵，本題是一道難題．