Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-1（a∈R）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間；
（Ⅱ）若對一切實數(shù)x∈R，都有f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍．
（Ⅲ）求證：(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

e

e-1

，n∈N^*．

Answer 1

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

專題：導數(shù)的綜合應用

分析：（Ⅰ）利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，主要對a進行討論；
（Ⅱ）有f（x）≥0恒成立，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)f（x）的最小值問題解決，利用導數(shù)求函數(shù)的最小值即可；
（Ⅲ）利用（Ⅱ）的結(jié)論得e^x≥x+1，令x=-

i

n

，n∈N+，i∈N，i≤n，則有e-

i

n

≥1-

i

n

=

n-i

n

≥0
即有e-i≥(

n-i

n

)n，即

(n-i)n

nn

≤e-i（當且僅當i=0時取等號），即可得證．

解答： 解：（Ⅰ）由f′（x）=e^x-a，
①當a≤0時，顯然f′（x）=e^x-a≥0；
②當a＞0時，由f′（x）=0得x=lna，顯然當x＞lna時，f′（x）＞0；
所以當a≤0時，f（x）在R上單調(diào)遞增；
當a＞0時，f（x）在（lna，+∞）上遞增；

（Ⅱ）由（Ⅰ）問知，當a≤0時，f（x）遞增，且f(-1)=

1

e

+a-1＜0，不合題意，舍去．
當a＞0時，由（Ⅰ）知，當x＜lna時，f′（x）＜0，當x＞lna時，f′（x）＞0
所以當x=lna時，f（x）有極小值也是最小值，即f（x）_min=f（lna）=a-alna-1，
依題意a-alna-1≥0，…①
①式可化為1-

1

a

=

a-1

a

≥lna，
而由超越不等式知：

a-1

a

≤lna≤a-1，a＞0(a=1時取到等號），
所以比較上下兩式可以發(fā)現(xiàn)

a-1

a

=lna，即a-alna-1=0（a=1時取到等號），
下面給出其證明：
令g（a）=a-alna-1，a＞0，則g′（a）=-lna，
于是g′（a）=0時，a=1，
同理知當a=1時，g（a）有極大值也是最大值，
所以g（a）≤g（1）=0…②
比較①②式可得，g（a）=0，即a=1為所求．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知對?x∈R，有e^x≥x+1，
于是令x=-

i

n

，n∈N+，i∈N，i≤n，則有e-

i

n

≥1-

i

n

=

n-i

n

≥0
即有e-i≥(

n-i

n

)n，即

(n-i)n

nn

≤e-i（當且僅當i=0時取等號）
所以有(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜(

1

e

)n-1+(

1

e

)n-2+…+(

1

e

)1+(

1

e

)0=

1-e-n

1-e-1

即(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

1-e-n

1-e-1

＜

1

1-e-1

=

e

e-1

，即證．

點評：本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及最值問題，考查學生恒成立問題的等價轉(zhuǎn)化思想及不等式的證明，注意構(gòu)造法的合理應用，屬于難題．