Question

（2012•长春一模）已知函数f（x）=e^x-ax-1（a＞0，e为自然对数的底数）．
（1）求函数f（x）的最小值；
（2）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值；
（3）在（2）的条件下，证明：(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

e

e-1

(其中n∈N*)．

Answer 1

分析：（1）求导函数，确定函数的单调性，从而可得f（x）在x=lna处取得极小值，且为最小值；
（2）f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f（x）_min≥0．由（1），构造函数g（a）=a-alna-1，所以g（a）≥0，确定函数的单调性，即可求得实数a的值；
（3）由（2）知，对任意实数x均有e^x-x-1≥0，即1+x≤e^x，令x=-

k

n

（n∈N^*，k=0，1，2，3，…，n-1），可得0＜1-

k

n

≤e-

k

n

，从而有(1-

k

n

)n≤(e-

k

n

)n=e-k，由此即可证得结论．

解答：（1）解：由题意a＞0，f′（x）=e^x-a，
由f′（x）=e^x-a=0得x=lna．
当x∈（-∞，lna）时，f′（x）＜0；当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0．
∴f（x）在（-∞，lna）单调递减，在（lna，+∞）单调递增．
即f（x）在x=lna处取得极小值，且为最小值，其最小值为f（lna）=e^lna-alna-1=a-alna-1．（5分）
（2）解：f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f（x）_min≥0．
由（1），设g（a）=a-alna-1，所以g（a）≥0．
由g′（a）=1-lna-1=-lna=0得a=1．
∴g（a）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，
∴g（a）在a=1处取得最大值，而g（1）=0．
因此g（a）≥0的解为a=1，∴a=1．（9分）
（3）证明：由（2）知，对任意实数x均有e^x-x-1≥0，即1+x≤e^x．
令x=-

k

n

（n∈N^*，k=0，1，2，3，…，n-1），则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

．（14分）

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性与最值，考查恒成立问题，同时考查不等式的证明，解题的关键是正确求导数，确定函数的单调性．