Question

已知函数f（x）=a^x-x （a＞1）
（1）求证：

f′(x1)+f′(x2)

2

≥f′（

x1+x2

2

）；
（2）求函数f（x）的最小值，并求最小值小于0时的a取值范围；
（3）令S（n）=C

1 n

f′（1）+C

2 n

f′（2）+…+C

n-1 n

f′（n-1），求证：S（n）≥（2ⁿ-2）f′（

n

2

）．

Answer 1

考点：二项式定理的应用,指数函数综合题

专题：综合题,函数的性质及应用,二项式定理

分析：（1）f′（x）=a^xlna-1，则f′（x₁）+f′（x₂）=（a^x₁+a^x₂）lna-2，利用基本不等式及指数函数的性质即可证得结论成立；
（2）利用导数法可判断f′（x）在（-∞，lna）上递减，在（-log_alna，+∞）上递增，从而可得f（x）_min=f（-log_alna）=

1+lnlna

lna

，由f（x）_min＜0，可得a的取值范围为（1，e

1

e

）；
（3）S（n）=C

1 n

（alna-1）+C

2 n

（a²lna-1）+…+C

n-1 n

（a^n-1lna-1），利用分组求和法及组合数的性质，即可证得结论成立．

解答： （1）证明：f′（x）=a^xlna-1，则f′（x₁）+f′（x₂）=（a^x₁+a^x₂）lna-2≥2

ax1+x2

lna-2=2（a

x1+x2

2

lna-1）=2f′（

x1+x2

2

），
所以，

f′(x1)+f′(x2)

2

≥f′（

x1+x2

2

）；
（2）解：由f′（x）＞0，即a^xlna＞1，∴a^x＞

1

lna

，又a＞1，∴x＞-log_alna，
同理：f′（x）＜0，有x＜-log_alna，
所以f′（x）在（-∞，lna）上递减，在（-log_alna，+∞）上递增；
f（x）_min=f（-log_alna）=

1+lnlna

lna

，
若f（x）_min＜0，即

1+lnlna

lna

＜0，则lnlna＜-1，∴lna＜

1

e

，
∴a的取值范围为（1，e

1

e

）；
（3）证明：S（n）=C

1 n

（alna-1）+C

2 n

（a²lna-1）+…+C

n-1 n

（a^n-1lna-1）
=（C

1 n

a+C

2 n

a²+…+C

n-1 n

a^n-1）lna-（C

1 n

+C

2 n

+…+C

n-1 n

）
=

1

2

[C

1 n

（a+a^n-1）+C

2 n

（a²+a^n-2）+…+C

n-1 n

（a^n-1+a）]lna-（2ⁿ-2）≥a

n

2

（2ⁿ-2）lna-（2ⁿ-2）=（2ⁿ-2）（a

n

2

lna-1）=（2ⁿ-2）f′（

n

2

）．
所以不等式成立．

点评：本题考查指数函数性质的综合选应用，考查导数法研究函数的单调性与极值与最值，考查基本不等式与二项式定理的综合应用，属于难题．