Question

19．已知實數(shù)a＞0函數(shù)f（x）=e^x-ax-1（e為自然對數(shù)的底數(shù)）．
（Ⅰ）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間及最小值；
（Ⅱ）若f（x）≥0對任意的x∈R恒成立，求實數(shù)a的值；
（Ⅲ）證明：ln（1+$\frac{2}{2×3}$）+ln（1+$\frac{4}{3×5}$）+ln（1+$\frac{8}{5×9}$）+…+ln[1+$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$]＜1（n∈N^*）．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f′（x），解不等式f′（x）＞0，f′（x）＜0可函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，利用函數(shù)的單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，即可求函數(shù)f（x）的最小值；
（Ⅱ）要使f（x）≥0對任意的x∈R恒成立，則只需求出f（x）的最小值即可得到結(jié)論．
（III）利用ln（1+x）＜x，x∈（0，1），可得ln[1+$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$]＜$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$=2$（\frac{1}{{2}^{n-1}+1}-\frac{1}{{2}^{n}+1}）$，即可證明．

解答 （Ⅰ）解：∵f′（x）=e^x-a，
當(dāng)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)．
則當(dāng)a＞0時，函數(shù)f （x） 的單調(diào)遞增區(qū)間是（lna，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間是（-∞，lna）．
即f（x）在x=lna處取得極小值且為最小值，
最小值為f（lna）=e^lna-alna-1=a-alna-1．
（Ⅱ）解：若f（x）≥0對任意的x∈R恒成立，
等價為f（x）_min≥0，
由（Ⅰ）知，f（x）_min=a-alna-1，
設(shè)g（a）=a-alna-1，
則g′（a）=1-lna-1=-lna，
由g′（a）=0得a=1，
由g′（x）＞0得，0＜x＜1，此時函數(shù)單調(diào)遞增，
由g′（x）＜0得，x＞1，此時函數(shù)單調(diào)遞減，
∴g（a）在a=1處取得最大值，即g（1）=0，
因此g（a）≥0的解為a=1．
（III）證明：∵ln（1+x）＜x，x∈（0，1）．
∴l(xiāng)n[1+$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$]＜$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$=2$（\frac{1}{{2}^{n-1}+1}-\frac{1}{{2}^{n}+1}）$，
∴l(xiāng)n（1+$\frac{2}{2×3}$）+ln（1+$\frac{4}{3×5}$）+ln（1+$\frac{8}{5×9}$）+…+ln[1+$\frac{2^n}{{（{2^{n-1}}+1）（{2^n}+1）}}}$]
＜2$[（\frac{1}{2}-\frac{1}{2+1}）$+$（\frac{1}{2+1}-\frac{1}{{2}^{2}+1}）$+…+$（\frac{1}{{2}^{n-1}+1}-\frac{1}{{2}^{n}+1}）]$=2$（\frac{1}{2}-\frac{1}{{2}^{n}+1}）$＜1．

點評 本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值點、證明不等式、“裂項求和”方法、放縮法，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．