Question

20．已知函数f（x）=e^x-ax-a（其中a∈R，e是自然对数的底数，e=2.71828…）．
（I）当a=e时，求函数f（x）的极值；
（Ⅱ）当0≤a≤1时，求证f（x）≥0；
（Ⅲ）求证：对任意正整数n，都有（1+$\frac{1}{2}}$）（1+$\frac{1}{2^2}}$）…（1+$\frac{1}{2^n}}$）＜e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导数，得出单调区间，从而求出极值；
（Ⅱ）只要求出函数的最小值，证明函数的最小值大于等于0即可；
（Ⅲ）由函数的最小值，构造不等式，令x=$\frac{1}{{2}^{n}}$，得出关于正整数n的不等式$ln（1+\frac{1}{{2}^{n}}）≤\frac{1}{{2}^{n}}$，运用累加法即可证明．

解答 解：（Ⅰ）当a=e时，f（x）=e^x-ex-e，f′（x）=e^x-e，
当x＜1时，f′（x）＜0；当x＞1时，f′（x）＞0；
所以函数f（x）在（-∞，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
所以函数f（x）在x=1处取得极小值f（1）=-e，函数f（x）无极大值；
（Ⅱ）由f（x）=e^x-ax-a，f′（x）=e^x-a
①当a=0时，f（x）=e^x≥0恒成立，满足条件，
②当0＜a≤1时，由f′（x）=0，得x=lna，
则当x∈（-∞，lna）时，f′（x）＜0，当x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，
∴函数f（x）在（-∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
∴函数f（x）在x=lna处取得极小值即为最小值，
f（x）_min=f（lna）=e^lna-alna-a=-alna
∵0＜a≤1，∴lna≤0，∴-alna≥0，∴f（x）_min≥0，
∴综上得，当0≤a≤1时，f（x）≥0；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a=1时，f（x）≥0 恒成立，所以f（x）=e^x-x-1≥0恒成立，
即e^x≥x+1，∴ln（x+1）≤x，令x=$\frac{1}{{2}^{n}}$（n∈N₊），得$ln（1+\frac{1}{{2}^{n}}）≤\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴$ln（1+\frac{1}{2}）+ln（1+\frac{1}{{2}^{2}}）+…+ln（1+\frac{1}{{2}^{n}}）$≤$\frac{1}{2}+\frac{1}{{2}^{2}}+…+\frac{1}{{2}^{n}}$=$\frac{\frac{1}{2}[1-（\frac{1}{2}）^{n}]}{1-\frac{1}{2}}$=1-$（\frac{1}{2}）^{n}＜1$，
∴（1+$\frac{1}{2}}$）（1+$\frac{1}{2^2}}$）…（1+$\frac{1}{2^n}}$）＜e．

点评 本题考查了函数的单调性，极值，恒成立问题，以及不等式的证明，运用了等价转化，分类讨论和化归思想．属于导数中的综合题，较难．