Question

19．已知实数a＞0函数f（x）=e^x-ax-1（e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间及最小值；
（Ⅱ）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值；
（Ⅲ）证明：ln（1+$\frac{2}{2×3}$）+ln（1+$\frac{4}{3×5}$）+ln（1+$\frac{8}{5×9}$）+…+ln[1+$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$]＜1（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）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；
（Ⅱ）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．
（III）利用ln（1+x）＜x，x∈（0，1），可得ln[1+$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$]＜$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$=2$（\frac{1}{{2}^{n-1}+1}-\frac{1}{{2}^{n}+1}）$，即可证明．

解答 （Ⅰ）解：∵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．
（Ⅱ）解：若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，
等价为f（x）_min≥0，
由（Ⅰ）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．
（III）证明：∵ln（1+x）＜x，x∈（0，1）．
∴ln[1+$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$]＜$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$=2$（\frac{1}{{2}^{n-1}+1}-\frac{1}{{2}^{n}+1}）$，
∴ln（1+$\frac{2}{2×3}$）+ln（1+$\frac{4}{3×5}$）+ln（1+$\frac{8}{5×9}$）+…+ln[1+$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$]
＜2$[（\frac{1}{2}-\frac{1}{2+1}）$+$（\frac{1}{2+1}-\frac{1}{{2}^{2}+1}）$+…+$（\frac{1}{{2}^{n-1}+1}-\frac{1}{{2}^{n}+1}）]$=2$（\frac{1}{2}-\frac{1}{{2}^{n}+1}）$＜1．

点评 本题考查了利用导数研究函数的单调性极值点、证明不等式、“裂项求和”方法、放缩法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．