Question

已知函数f（x）=e^x-ax（e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）如果对任意x∈[2，+∞），不等式f（x）＞x+x²恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）设n∈N^*，求证：（

1

n

）ⁿ+（

2

n

）ⁿ+（

3

n

）ⁿ+…+（

n

n

）ⁿ＜

e

e-1

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出f′（x），分a≤0，a＞0两种情况讨论解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可函数的单调区间；
（Ⅱ）不等式e^x-ax＞x+x²对任意x∈[2，+∞）成立，即不等式a＜

ex-x2-x

x

对任意x∈[2，+∞）成立，转化为求函数的最值即可，利用导数可求得函数的最值；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当a=1时可得f （x）≥f （0）=1，可得1+x≤e^x．令x=-

i

n

（n∈N*，i=0，1，2，…，n-1），则0＜1-

i

n

≤e-

i

n

，即(1-

i

n

)n≤e^-i，由此可证明结论；

解答：解：（Ⅰ）∵f′（x）=e^x-a，
当a≤0时，f′（x）＞0，得函数f （x）在（-∞，+∞）上是增函数．
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．
综上所述，当a≤0时，函数f （x）的单调递增区间是（-∞，+∞）；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）．  
（Ⅱ）由题意知：不等式e^x-ax＞x+x²对任意x∈[2，+∞）成立，即不等式a＜

ex-x2-x

x

对任意x∈[2，+∞）成立．     
设g（x）=

ex-x2-x

x

（x≥2），则g′（x）=

(x-1)ex-x2

x2

．
再设h（x）=（x-1）e^x-x²，得h′（x）=x（e^x-2）．
由x≥2，得h′（x）＞0，即h（x）在[2，+∞）上单调递增，
∴h（x）≥h（2）=e²-4＞0，进而g′（x）=

h(x)

x2

＞0，
∴g（x）在[2，+∞）上单调递增，∴g（x）_min=g（2）=

e2

2

-3，
∴a＜

e2

2

-3，即实数a的取值范围是（-∞，

e2

2

-3）． 
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，当a=1时，f （x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．
∴f （x）≥f （0）=1，即e^x-x≥1，整理得1+x≤e^x．
令x=-

i

n

（n∈N*，i=0，1，2，…，n-1），则0＜1-

i

n

≤e-

i

n

，即(1-

i

n

)n≤e^-i，
∴(

n

n

)n≤e⁰，(

n-1

n

)n≤e^-1，(

n-2

n

)n≤e^-2，…，(

1

n

)n≤e^-（n-1），
∴(

n

n

)n+(

n-1

n

)n+(

n-2

n

)n+(

n-3

n

)n+…+(

1

n

)n≤e⁰+e^-1+e^-2+e^-3+…+e^-（n-1）=

1-e-n

1-e-1

=

e(1-e-n)

e-1

＜

e

e-1

，
故不等式：（

1

n

）ⁿ+（

2

n

）ⁿ+（

3

n

）ⁿ+…+（

n

n

）ⁿ＜

e

e-1

（n∈N^*）成立．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性、最值及不等式证明问题，考查转化思想，本题运算量大，综合性强，能力要求高．