Question

已知实数a＞0，函数f（x）=e^x-ax-1（e为自然对数的底数）．
（1）求函数f（x）的单调区间及最小值；
（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

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（1）求出f′（x），解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可函数的单调区间，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；
（2）要使f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，则只需求出f（x）的最小值即可得到结论．
（3）由（2）知，对任意实数x均有1+x≤e^x．0＜1-

k

n

≤e-

k

n

．从而（1-

k

n

）ⁿ≤(e-

k

n

)n=e^-k．由此能证明(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

e

e-1

．

解答： 解：（1）∵f′（x）=e^x-a，
当a＞0时，若x∈（lna，+∞），f′（x）＞0，得函数f（x）在（lna，+∞）上是增函数；
若x∈（-∞，lna），f′（x）＜0，得函数f（x）在（-∞，lna）上是减函数．
则当a＞0时，函数f （x） 的单调递增区间是（lna，+∞），单调递减区间是（-∞，lna）． 
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．
（2）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，
等价为f（x）_min≥0，
由（1）知，f（x）_min=a-alna-1，
设g（a）=a-alna-1，
则g′（a）=1-lna-1=-lna，
由g′（a）=0得a=1，
由g′（x）＞0得，0＜x＜1，此时函数单调递增，
由g′（x）＜0得，x＞1，此时函数单调递减，
∴g（a）在a=1处取得最大值，即g（1）=0，
因此g（a）≥0的解为a=1，
∴a=1．
（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 （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

．
∴(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

e

e-1

．

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，将不等式恒成立转化为求函数的最值是解决本题的关键．