Question

14．已知函数f（x）=e^x-ax-1（a＞0）．
（1）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值；
（2）在（1）的条件下，证明：（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ+（$\frac{n}{n}$）ⁿ＜$\frac{e}{e-1}$（n∈N*）．

Answer 1

分析 （1）求函数的导数，利用函数的单调性和导数之间的关系，即可求函数f（x）的最小值，f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f（x）_min≥0；
（2）证明（1-$\frac{k}{n}$）ⁿ≤（${e}^{-\frac{k}{n}}$）ⁿ=e^-k，即可证明（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ+（$\frac{n}{n}$）ⁿ＜$\frac{e}{e-1}$（n∈N*）．

解答 解：（1）f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，即在x∈R上，f（x）_min≥0．
f'（x）=e^x-a，
由f'（x）=e^x-a=0得x=lna，
由f'（x）＞0得，x＞lna，此时函数单调递增，
由f'（x）＜0得，x＜lna，此时函数单调递减，
即f（x）在x=lna处取得极小值且为最小值，
最小值为f（lna）=e^lna-alna-1=a-alna-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．
证明：（2）由（1）知，对任意实数x均有e^x-x-1≥0，即1+x≤e^x．
令$x=-\frac{k}{n}$（n∈N^*，k=0，1，2，3，…，n-1），则0＜1-$\frac{k}{n}$＜e${\;}^{-\frac{k}{n}}$．
∴（1-$\frac{k}{n}$）ⁿ≤（${e}^{-\frac{k}{n}}$）ⁿ=e^-k．
∴（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ+（$\frac{n}{n}$）ⁿ≤e^-（n-1）+e^-（n-2）+…+e^-2+e^-1+1
=$\frac{{1-{e^{-n}}}}{{1-{e^{-1}}}}＜\frac{1}{{1-{e^{-1}}}}=\frac{e}{e-1}$．
故（$\frac{1}{n}$）ⁿ+（$\frac{2}{n}$）ⁿ+…+（$\frac{n-1}{n}$）ⁿ+（$\frac{n}{n}$）ⁿ＜$\frac{e}{e-1}$（n∈N*）．

点评 本题主要考查函数的单调性和导数的之间关系，以及不等式恒成立问题，考查不等式的证明，将不等式恒成立转化为求函数的最值是解决本题的关键．