Question

10．已知函数f（x）=e^ax-x，其中a∈R，e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≥0恒成立，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）证明：n∈N^*时，（$\sqrt{e}$）^n（n+1）≥（n！）^e．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函数的导函数，当a≤0时，f′（x）≤0，f（x）在R上为减函数；当a＞0时，由导函数的零点对定义域分段，由导函数在各区间段内的符号判断原函数的单调性；
（Ⅱ）利用导数求出函数的最小值，由函数的最小值求得a的范围；
（Ⅲ）把要证明的数列不等式变形，得到证$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2e}（n+1）$，然后构造函数h（x）=$\frac{1}{2e}（x+1）-ln\frac{x+1}{2}$，由其导函数得到单调性，说明函数在x=2e-1取得最小值0，从而得到要证明的结论．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=e^ax-x，得f′（x）=ae^ax-1．
当a≤0时，f′（x）≤0，f（x）在R上为减函数；
当a＞0时，由f′（x）=ae^ax-1=0，得x=$-\frac{lna}{a}$．
∴当x∈（-∞，-$\frac{lna}{a}$）时，f′（x）＜0，当x∈（$-\frac{lna}{a}，+∞$）时，f′（x）＞0．
∴f（x）的减区间为（-∞，-$\frac{lna}{a}$）；增区间为（$-\frac{lna}{a}，+∞$）；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，当a≤0时，f（x）在R上为减函数，不合题意；
当a＞0时，f（x）的极小值为$f（-\frac{lna}{a}）$=$\frac{1+lna}{a}$，
由f（x）≥0恒成立，得$\frac{1+lna}{a}≥0$恒成立，即1+lna≥0恒成立，∴a$≥\frac{1}{e}$．
∴使f（x）≥0恒成立的实数a的取值范围是[$\frac{1}{e}，+∞$）；
（Ⅲ）证明：要证（$\sqrt{e}$）^n（n+1）≥（n！）^e，即证[（n!）²]^e≤e^n（n+1），
也就是证eln（n!）²≤n（n+1）．
∵（n!）²=n!•n!=（n•1）[（n-1）•2]…（1•n）＜$[\frac{（n+1）^{2}}{4}]^{n}$，
∴$eln（n!）^{2}＜neln\frac{（n+1）^{2}}{4}$，
则只需证明：$ln\frac{（n+1）^{2}}{4}＜\frac{1}{e}（n+1）$，
即$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2e}（n+1）$，
令h（x）=$\frac{1}{2e}（x+1）-ln\frac{x+1}{2}$，则h′（x）=$\frac{x-2e+1}{2e（x+1）}$，
当x=2e-1时，h（x）有最小值为0，
∴h（x）≥0，
当x∈N^*时，$ln\frac{n+1}{2}＜\frac{1}{2e}（n+1）$，
故n∈N^*时，（$\sqrt{e}$）^n（n+1）≥（n！）^e．

点评 本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用函数的单调性求函数的最值，掌握不等式恒成立时所取的条件，训练了利用函数的单调性证明数列不等式，着重考查了数学转化思想方法，是难度较大的题目．