Question

19．已知函数f（x）=e^x-ax-1（a＞0，e为自然数的底数）．
（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+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （1）通过对函数f（x）求导，讨论f（x）的单调性可得函数f（x）的最小值；
（2）根据条件可得g（a）=a-alna-1≥0，讨论g（a）的单调性即得结论；
（3）由（2）得e^x≥x+1，即ln（x+1）≤x，通过令x=$\frac{1}{k}$ （k∈N^*），即$\frac{1}{k}$＞ln$\frac{1+k}{k}$=ln（1+k）-lnk，（k=1，2，…，n），然后累加即可得证．

解答 解：（1）函数f（x）的导数为f′（x）=e^x-a，
令f′（x）=0，解得x=lna，
当x＞lna时，f′（x）＞0；当x＜lna时，f′（x）＜0，
因此当x=lna时，f（x）_min=f（lna）=e^lna-alna-1=a-alna-1．
（2）因为f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，所以f（x）_min≥0，
由（1）得f（x）_min=a-alna-1，
所以a-alna-1≥0，
令g（a）=a-alna-1，
函数g（a）的导数为g′（a）=-lna，
令g′（a）=0，解得a=1．
当a＞1时，g′（a）＜0；当0＜a＜1时，g′（a）＞0，
所以当a=1时，g（a）取得最大值，为0．
所以g（a）=a-alna-1≤0．
又a-alna-1≥0，因此a-alna-1=0，
解得a=1；
（3）由（2）得e^x≥x+1，即ln（x+1）≤x，
当且仅当x=0时，等号成立，
令x=$\frac{1}{k}$ （k∈N^*），则$\frac{1}{k}$＞ln（1+$\frac{1}{k}$），
即$\frac{1}{k}$＞ln$\frac{1+k}{k}$=ln（1+k）-lnk，（k=1，2，…，n），
累加，得1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）-lnn+lnn-ln（n-1）+…+ln2-ln1，
则有1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{3}$+…+$\frac{1}{n}$＞ln（n+1）（n∈N^*）．

点评 本题考查函数的最值，单调性，通过对表达式的灵活变形是解决本题的关键，属于中档题．