Question

已知函数f（x）=e^x-ax-1（a∈R），其中e为自然对数的底数．
（Ⅰ）若f（x）≥0对任意x≥0恒成立，求a的取值范围；
（Ⅱ）求证：当n≥2，n∈N时，恒有1n+4n+7n+…+(3n-2)n＜

e 1 3

e-1

(3n)n．

Answer 1

考点：导数在最大值、最小值问题中的应用

专题：综合题,导数的综合应用

分析：（Ⅰ）f'（x）=e^x-a．分两种情况进行讨论：①当a≤1时，易知f（x）在（0，+∞）上单调递增，可判断结论是否成立；当a＞1时，利用导数求得函数的最小值，令其大于等于0，再通过构造函数可求a的范围；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知当a=1时，e^x≥x+1对任意x∈R恒成立．取x=-

3i-1

3n

（i=1，2，…，n），有1-

3i-1

3n

≤e-

3i-1

3n

，即(1-

3i-1

3n

)n≤(e-

3i-1

3n

)n≤e(

3i-1

3n

)n=e-

3i-1

3

．各式相加整理可得结论；

解答： 解：（Ⅰ）f'（x）=e^x-a．
①当a≤1时，f'（x）=e^x-a≥0对?x≥0恒成立，即f（x）在（0，+∞）上为单调递增函数；
又f（0）=0，∴f（x）≥f（0）=0对?x≥0恒成立．
②当a＞1时，令f'（x）=0，得x=lna＞0．
当x∈（0，lna） 时，f'（x）＜0，f（x）单调递减；当x∈（lna，+∞） 时，f'（x）＞0，f（x）单调递增．
若f（x）≥0对任意x≥0恒成立，则只需f（x）_min=f（lna）=e^lna-alna-1=a-alna-1≥0，
令g（a）=a-alna-1（a＞1），则g'（a）=1-lna-1=-lna＜0，即g（a）在区间（1，+∞）上单调递减；
又g（1）=0．故g（a）＜0在区间（1，+∞）上恒成立．即a＞1时，满足a-alna-1≥0的a不存在．
综上：a≤1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知当a=1时，f（x）=e^x-x-1，f'（x）=e^x-1，易得f（x）_min=f（0）=0，即e^x≥x+1对任意x∈R恒成立．
取x=-

3i-1

3n

（i=1，2，…，n），有1-

3i-1

3n

≤e-

3i-1

3n

，即(1-

3i-1

3n

)n≤(e-

3i-1

3n

)n≤e(

3i-1

3n

)n=e-

3i-1

3

．
相加即得：(1-

2

3n

)n+(1-

5

3n

)n+…+(1-

3n-1

3n

)n≤e-

2

3

+e-

5

3

+…+e-

3n-1

3

．
∴(1-

2

3n

)n+(1-

5

3n

)n+…+(1-

3n-1

3n

)n=(

3n-2

3n

)n+(

3n-5

3n

)n+…+(

1

3n

)n≤e-

2

3

+e-

5

3

+…+e-

3n-1

3

．
故（3n-2）ⁿ+（3n-5）ⁿ+…+1ⁿ≤[e-

2

3

+e-

5

3

+…+e-

3n-1

3

]（3n）ⁿ=e-

2

3

1- 1 en

1- 1 e

(3n)n＜

e 1 3

e-1

(3n)n，
故n≥2，n∈N时，恒有1n+4n+7n+…+(3n-2)n＜

e 1 3

e-1

(3n)n．

点评：本题考查利用导数研究函数的最值、证明不等式，考查恒成立问题，考查转化思想、分类讨论思想，恒成立问题常化为函数最值解决，关于不等式证明问题则对能力要求较高，注意往往用前面的结论．