Question

已知函数f（x）=e^x-ax-1（e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）当a＞0时，若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，求实数a的值；
（Ⅲ）求证：ln[1+

2×3

(3-1)2

]+ln[1+

2×32

(32-1)2

]+…+ln[1+

2×3n

(3n-1)2

]＜2．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用,利用导数研究函数的单调性

专题：

分析：（Ⅰ）求导数，利用导数的正负，即可求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）若f（x）≥0对任意的x∈R恒成立，a-alna-1≥0对a＞0恒成立，即可求实数a的值；
（Ⅲ）方法一：要证原不等式成立，只需证：

n

k=1

2×3k

(3k-1)2

＜2，即证：

n

k=1

3k

(3k-1)2

＜1；方法二：n≥2时，

2×3n

(3n-1)2

＜

2×3n

(3n-1)(3n-3)

=

2×3n-1

(3n-1)(3n-1-1)

=

1

3n-1-1

-

1

3n-1

，即可证明结论成立．

解答： （Ⅰ）解：f′（x）=e^x-a（1分）
∴a≤0时，f′（x）＞0，f（x）在R上单调递增．      （2分）
a＞0时，x∈（-∞，lna）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增．（4分）
（Ⅱ）解：由（Ⅰ），a＞0时，f（x）_min=f（lna），∴f（lna）≥0（5分）
即a-alna-1≥0，记g（a）=a-alna-1（a＞0）∵g′（a）=1-（lna+1）=-lna∴g（a）在（0，1）上增，在（1，+∞）上递减∴g（a）≤g（1）=0
故g（a）=0，得a=1（18分）
（Ⅲ）证明：方法一：由（Ⅱ）e^x≥x+1，即ln（1+x）≤x（x＞-1），则x＞0时，ln（1+x）＜x
要证原不等式成立，只需证：

n

k=1

2×3k

(3k-1)2

＜2，即证：

n

k=1

3k

(3k-1)2

＜1
下证

3k

(3k-1)2

≤

2

3k-1

-

2

3k+1-1

①（9分）
?

3k

32k-2•3k+1

≤

4•3k

3•32k-4•3k+1

?4（3^2k-2•3^k+1）≥3•3^2k-4•3^k+1?3^2k-4•3^k+3≥0?（3^k-1）（3^k-3）≥0
①中令k=1，2，…，n，各式相加，得

n

k=1

3k

(3k-1)2

＜(

2

31-1

-

2

32-1

)+(

2

32-1

-

2

33-1

)+…+(

2

3n-1

-

2

3n+1-1

)=

2

31-1

-

2

3n+1-1

＜1成立，
故原不等式成立．                                               （14分）
方法二：n=1时，

2×3n

(3n-1)2

=

3

2

，
n≥2时，

2×3n

(3n-1)2

＜

2×3n

(3n-1)(3n-3)

=

2×3n-1

(3n-1)(3n-1-1)

=

1

3n-1-1

-

1

3n-1

，
n≥2时，

n

k=1

3k

(3k-1)2

＜

3

2

+

1

2

-

1

3n-1

＜2

点评：本题考查导数知识的运用，考查函数的单调性，函数的最值，考查不等式的证明，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．