Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-1（e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）當(dāng)a＞0時(shí)，若f（x）≥0對(duì)任意的x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅲ）求證：ln[1+

2×3

(3-1)2

]+ln[1+

2×32

(32-1)2

]+…+ln[1+

2×3n

(3n-1)2

]＜2．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專題：

分析：（Ⅰ）求導(dǎo)數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，即可求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）≥0對(duì)任意的x∈R恒成立，a-alna-1≥0對(duì)a＞0恒成立，即可求實(shí)數(shù)a的值；
（Ⅲ）方法一：要證原不等式成立，只需證：

n

k=1

2×3k

(3k-1)2

＜2，即證：

n

k=1

3k

(3k-1)2

＜1；方法二：n≥2時(shí)，

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

，即可證明結(jié)論成立．

解答： （Ⅰ）解：f′（x）=e^x-a（1分）
∴a≤0時(shí)，f′（x）＞0，f（x）在R上單調(diào)遞增．      （2分）
a＞0時(shí)，x∈（-∞，lna）時(shí)，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，x∈（lna，+∞）時(shí)，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增．（4分）
（Ⅱ）解：由（Ⅰ），a＞0時(shí)，f（x）_min=f（lna），∴f（lna）≥0（5分）
即a-alna-1≥0，記g（a）=a-alna-1（a＞0）∵g′（a）=1-（lna+1）=-lna∴g（a）在（0，1）上增，在（1，+∞）上遞減∴g（a）≤g（1）=0
故g（a）=0，得a=1（18分）
（Ⅲ）證明：方法一：由（Ⅱ）e^x≥x+1，即ln（1+x）≤x（x＞-1），則x＞0時(shí)，ln（1+x）＜x
要證原不等式成立，只需證：

n

k=1

2×3k

(3k-1)2

＜2，即證：

n

k=1

3k

(3k-1)2

＜1
下證

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時(shí)，

2×3n

(3n-1)2

=

3

2

，
n≥2時(shí)，

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時(shí)，

n

k=1

3k

(3k-1)2

＜

3

2

+

1

2

-

1

3n-1

＜2

點(diǎn)評(píng)：本題考查導(dǎo)數(shù)知識(shí)的運(yùn)用，考查函數(shù)的單調(diào)性，函數(shù)的最值，考查不等式的證明，考查學(xué)生分析解決問(wèn)題的能力，屬于中檔題．