Question

设函数f(x)=1-e-x-

x

ax+1

，（a∈R）．
（1）若a=1，证明：当x＞-1时，f（x）≥0；
（2）若f（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，求实数a的取值范围；
（3）设n∈N且n＞1求证：(n-1)!≥e2n-2-

n

k=2

4

k

．

Answer 1

分析：（1）即证当x＞-1时，e^x≥x+1，构造函数g（x）=e^x-x-1，可得g（x）在[0，+∞）上单调增，（-1，0]上单调减，从而可得g（x）≥0，故得证；
（2）f（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，等价于x≥0时，1-e-x≤

x

ax+1

，先确定a≥0，从而问题转化为x≥0时，（1-e^-x）（ax+1）-x≤0，构建函数h（x）=（1-e^-x）（ax+1）-x，利用h′（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1，h″（x）=e^-x（2a-ax-1），确定函数的单调性，从而可得实数a的取值范围；
（3）由（2）知，当a=

1

2

时，1-e-x≤

x

1 2 x+1

，从而e-x≥

2-x

x+2

x≤ln (

2+x

-x+2

)=ln(-1+ 

4

2-x

)，令

4

2-x

=n，可得ln(n-1)≥2-

4

n

(n≥2)，叠加即可得出结论．

解答：（1）证明：a=1时，f(x)=1-e-x-

x

x+1

当x＞-1时，f（x）≥0，即1-e-x-

x

x+1

≥ 0，亦即1-（x+1）e^-x≥0，即e^x≥x+1
因此只要证当x＞-1时，e^x≥x+1
构造函数g（x）=e^x-x-1，∴g′（x）=e^x-1
当x≥0时，g′（x）≥0；当-1＜x＜0时，g′（x）＜0
∴g（x）在[0，+∞）上单调增，（-1，0]上单调减
∴g（x）_min=g（0）=0
∴g（x）≥0，即当x＞-1时，e^x≥x+1
∴当x＞-1时，f（x）≥0；
（2）解：f（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，等价于x≥0时，1-e-x≤

x

ax+1

恒成立
∵1-e^-x∈[0，1），∴

x

ax+1

≥0
∴若x=0时，0=0，此时a∈R；若x＞0，ax+1＞0，∴a＞-

1

x

，∴a≥0
∴a≥0，
x≥0时，1-e-x≤

x

ax+1

恒成立，等价于（1-e^-x）（ax+1）-x≤0恒成立
令h（x）=（1-e^-x）（ax+1）-x，
∴h′（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1
∴h″（x）=e^-x（2a-ax-1）
∵a≥0，x≥0，∴h″（x）≤（2a-1）e^-x
①若2a-1≤0，即0≤a≤

1

2

时，h″（x）≤0，
∴h′（x）在[0，+∞）上单调减，∴h′（x）≤h（0）=0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调减，∴h（x）≤h（0）=0，∴f（x）≤0，满足题意；
②若2a-1＞0，即a＞

1

2

时，当0＜x＜

2a-1

a

时，h″（x）＞0，
∴h′（x）在[0，+∞）上单调增，∴h′（x）＞h（0）=0，
∴h（x）在[0，+∞）上单调增，∴h（x）＞h（0）=0，∴f（x）＞0，不满足题意；
综上知，实数a的取值范围为[0，

1

2

]；
（3）证明：由（2）知，当a=

1

2

时，1-e-x≤

x

1 2 x+1

，∴e-x≥

2-x

x+2

，当x∈（0，2）时，ex≤

2+x

-x+2

，
∴x≤ln (

2+x

-x+2

)=ln(-1+ 

4

2-x

)
令

4

2-x

=n，∴x=2-

4

n

，∴ln(n-1)≥2-

4

n

(n≥2)
∴

n

k=2

ln(k-1)≥2n-2-

n

k=2

4

k

，
∴ln[1×2×…×(n-1)]≥2n-2-

n

k=2

4

k

∴ln(n-1)!≥2n-2-

n

k=2

4

k

∴(n-1)!≥e2n-2-

n

k=2

4

k

点评：本题考查不等式的证明，考查恒成立问题，考查导数知识的运用，考查构建新函数，考查学生分析解决问题的能力，难度大，需要较强的基本功．