Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-ax（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）如果對任意x∈[2，+∞），不等式f（x）＞x+x²恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）設n∈N^*，求證：（

1

n

）ⁿ+（

2

n

）ⁿ+（

3

n

）ⁿ+…+（

n

n

）ⁿ＜

e

e-1

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）求出f′（x），分a≤0，a＞0兩種情況討論解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可函數(shù)的單調區(qū)間；
（Ⅱ）不等式e^x-ax＞x+x²對任意x∈[2，+∞）成立，即不等式a＜

ex-x2-x

x

對任意x∈[2，+∞）成立，轉化為求函數(shù)的最值即可，利用導數(shù)可求得函數(shù)的最值；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，當a=1時可得f （x）≥f （0）=1，可得1+x≤e^x．令x=-

i

n

（n∈N*，i=0，1，2，…，n-1），則0＜1-

i

n

≤e-

i

n

，即(1-

i

n

)n≤e^-i，由此可證明結論；

解答：解：（Ⅰ）∵f′（x）=e^x-a，
當a≤0時，f′（x）＞0，得函數(shù)f （x）在（-∞，+∞）上是增函數(shù)．
當a＞0時，若x∈（lna，+∞），f′（x）＞0，得函數(shù)f（x）在（lna，+∞）上是增函數(shù)；
若x∈（-∞，lna），f′（x）＜0，得函數(shù)f（x）在（-∞，lna）上是減函數(shù)．
綜上所述，當a≤0時，函數(shù)f （x）的單調遞增區(qū)間是（-∞，+∞）；當a＞0時，函數(shù)f （x） 的單調遞增區(qū)間是（lna，+∞），單調遞減區(qū)間是（-∞，lna）．  
（Ⅱ）由題意知：不等式e^x-ax＞x+x²對任意x∈[2，+∞）成立，即不等式a＜

ex-x2-x

x

對任意x∈[2，+∞）成立．     
設g（x）=

ex-x2-x

x

（x≥2），則g′（x）=

(x-1)ex-x2

x2

．
再設h（x）=（x-1）e^x-x²，得h′（x）=x（e^x-2）．
由x≥2，得h′（x）＞0，即h（x）在[2，+∞）上單調遞增，
∴h（x）≥h（2）=e²-4＞0，進而g′（x）=

h(x)

x2

＞0，
∴g（x）在[2，+∞）上單調遞增，∴g（x）_min=g（2）=

e2

2

-3，
∴a＜

e2

2

-3，即實數(shù)a的取值范圍是（-∞，

e2

2

-3）． 
（Ⅲ）由（Ⅰ）知，當a=1時，f （x）在（-∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增．
∴f （x）≥f （0）=1，即e^x-x≥1，整理得1+x≤e^x．
令x=-

i

n

（n∈N*，i=0，1，2，…，n-1），則0＜1-

i

n

≤e-

i

n

，即(1-

i

n

)n≤e^-i，
∴(

n

n

)n≤e⁰，(

n-1

n

)n≤e^-1，(

n-2

n

)n≤e^-2，…，(

1

n

)n≤e^-（n-1），
∴(

n

n

)n+(

n-1

n

)n+(

n-2

n

)n+(

n-3

n

)n+…+(

1

n

)n≤e⁰+e^-1+e^-2+e^-3+…+e^-（n-1）=

1-e-n

1-e-1

=

e(1-e-n)

e-1

＜

e

e-1

，
故不等式：（

1

n

）ⁿ+（

2

n

）ⁿ+（

3

n

）ⁿ+…+（

n

n

）ⁿ＜

e

e-1

（n∈N^*）成立．

點評：本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、最值及不等式證明問題，考查轉化思想，本題運算量大，綜合性強，能力要求高．