Question

已知函数f（x）=e^x-ax-1（a∈R）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调递增区间；
（Ⅱ）若对一切实数x∈R，都有f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．
（Ⅲ）求证：(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

e

e-1

，n∈N^*．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,利用导数求闭区间上函数的最值

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）利用导数判断函数的单调性，主要对a进行讨论；
（Ⅱ）有f（x）≥0恒成立，转化为求函数f（x）的最小值问题解决，利用导数求函数的最小值即可；
（Ⅲ）利用（Ⅱ）的结论得e^x≥x+1，令x=-

i

n

，n∈N+，i∈N，i≤n，则有e-

i

n

≥1-

i

n

=

n-i

n

≥0
即有e-i≥(

n-i

n

)n，即

(n-i)n

nn

≤e-i（当且仅当i=0时取等号），即可得证．

解答： 解：（Ⅰ）由f′（x）=e^x-a，
①当a≤0时，显然f′（x）=e^x-a≥0；
②当a＞0时，由f′（x）=0得x=lna，显然当x＞lna时，f′（x）＞0；
所以当a≤0时，f（x）在R上单调递增；
当a＞0时，f（x）在（lna，+∞）上递增；

（Ⅱ）由（Ⅰ）问知，当a≤0时，f（x）递增，且f(-1)=

1

e

+a-1＜0，不合题意，舍去．
当a＞0时，由（Ⅰ）知，当x＜lna时，f′（x）＜0，当x＞lna时，f′（x）＞0
所以当x=lna时，f（x）有极小值也是最小值，即f（x）_min=f（lna）=a-alna-1，
依题意a-alna-1≥0，…①
①式可化为1-

1

a

=

a-1

a

≥lna，
而由超越不等式知：

a-1

a

≤lna≤a-1，a＞0(a=1时取到等号），
所以比较上下两式可以发现

a-1

a

=lna，即a-alna-1=0（a=1时取到等号），
下面给出其证明：
令g（a）=a-alna-1，a＞0，则g′（a）=-lna，
于是g′（a）=0时，a=1，
同理知当a=1时，g（a）有极大值也是最大值，
所以g（a）≤g（1）=0…②
比较①②式可得，g（a）=0，即a=1为所求．

（Ⅲ）由（Ⅱ）知对?x∈R，有e^x≥x+1，
于是令x=-

i

n

，n∈N+，i∈N，i≤n，则有e-

i

n

≥1-

i

n

=

n-i

n

≥0
即有e-i≥(

n-i

n

)n，即

(n-i)n

nn

≤e-i（当且仅当i=0时取等号）
所以有(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜(

1

e

)n-1+(

1

e

)n-2+…+(

1

e

)1+(

1

e

)0=

1-e-n

1-e-1

即(

1

n

)n+(

2

n

)n+…+(

n-1

n

)n+(

n

n

)n＜

1-e-n

1-e-1

＜

1

1-e-1

=

e

e-1

，即证．

点评：本题考查利用导数研究函数的单调性及最值问题，考查学生恒成立问题的等价转化思想及不等式的证明，注意构造法的合理应用，属于难题．