Question

10．已知函數(shù)f（x）=e^ax-x，其中a∈R，e=2.71828…為自然對數(shù)的底數(shù)．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）≥0恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）證明：n∈N^*時，（$\sqrt{e}$）^n（n+1）≥（n�。�^e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，當(dāng)a≤0時，f′（x）≤0，f（x）在R上為減函數(shù)；當(dāng)a＞0時，由導(dǎo)函數(shù)的零點對定義域分段，由導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號判斷原函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)的最小值，由函數(shù)的最小值求得a的范圍；
（Ⅲ）把要證明的數(shù)列不等式變形，得到證$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2e}（n+1）$，然后構(gòu)造函數(shù)h（x）=$\frac{1}{2e}（x+1）-ln\frac{x+1}{2}$，由其導(dǎo)函數(shù)得到單調(diào)性，說明函數(shù)在x=2e-1取得最小值0，從而得到要證明的結(jié)論．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=e^ax-x，得f′（x）=ae^ax-1．
當(dāng)a≤0時，f′（x）≤0，f（x）在R上為減函數(shù)；
當(dāng)a＞0時，由f′（x）=ae^ax-1=0，得x=$-\frac{lna}{a}$．
∴當(dāng)x∈（-∞，-$\frac{lna}{a}$）時，f′（x）＜0，當(dāng)x∈（$-\frac{lna}{a}，+∞$）時，f′（x）＞0．
∴f（x）的減區(qū)間為（-∞，-$\frac{lna}{a}$）；增區(qū)間為（$-\frac{lna}{a}，+∞$）；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，當(dāng)a≤0時，f（x）在R上為減函數(shù)，不合題意；
當(dāng)a＞0時，f（x）的極小值為$f（-\frac{lna}{a}）$=$\frac{1+lna}{a}$，
由f（x）≥0恒成立，得$\frac{1+lna}{a}≥0$恒成立，即1+lna≥0恒成立，∴a$≥\frac{1}{e}$．
∴使f（x）≥0恒成立的實數(shù)a的取值范圍是[$\frac{1}{e}，+∞$）；
（Ⅲ）證明：要證（$\sqrt{e}$）^n（n+1）≥（n！）^e，即證[（n!）²]^e≤e^n（n+1），
也就是證eln（n!）²≤n（n+1）．
∵（n!）²=n!•n!=（n•1）[（n-1）•2]…（1•n）＜$[\frac{（n+1）^{2}}{4}]^{n}$，
∴$eln（n!）^{2}＜neln\frac{（n+1）^{2}}{4}$，
則只需證明：$ln\frac{（n+1）^{2}}{4}＜\frac{1}{e}（n+1）$，
即$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2e}（n+1）$，
令h（x）=$\frac{1}{2e}（x+1）-ln\frac{x+1}{2}$，則h′（x）=$\frac{x-2e+1}{2e（x+1）}$，
當(dāng)x=2e-1時，h（x）有最小值為0，
∴h（x）≥0，
當(dāng)x∈N^*時，$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2e}（n+1）$，
故n∈N^*時，（$\sqrt{e}$）^n（n+1）≥（n！）^e．

點評 本題考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，考查利用函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的最值，掌握不等式恒成立時所取的條件，訓(xùn)練了利用函數(shù)的單調(diào)性證明數(shù)列不等式，著重考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，是難度較大的題目．