Question

已知函數(shù)f（x）=e^x-ax-a（其中a∈R，e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e=2.71828…）．
（Ⅰ）當(dāng)a=e時(shí)，求函數(shù)f（x）的極值；
（Ⅱ）若f（x）≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
（Ⅲ）求證：對(duì)任意正整數(shù)n，都有

2

2+1

×

22

22+1

×…×

2n

2n+1

＞

1

e

．

Answer 1

考點(diǎn)：利用導(dǎo)數(shù)求閉區(qū)間上函數(shù)的最值,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：計(jì)算題,證明題,函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（Ⅰ） 當(dāng)a=e時(shí)，f（x）=e^x-ex-e，f′（x）=e^x-e，從而由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)的單調(diào)性及極值；
（Ⅱ）求導(dǎo)f′（x）=e^x-a，從而討論確定函數(shù)的單調(diào)性，由函數(shù)的單調(diào)性確定函數(shù)的最值，從而化恒成立問(wèn)題為最值問(wèn)題；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，當(dāng)a=1時(shí)，f（x）≥0恒成立，從而可化出ln（x+1）≤x，令x=

1

2n

（n∈N^*），從而得到ln(1+

1

2n

)＜

1

2n

，從而證明．

解答： 解：（Ⅰ） 當(dāng)a=e時(shí)，f（x）=e^x-ex-e，f′（x）=e^x-e，
當(dāng)x＜1時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＞0．
所以函數(shù)f（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞減，在（1，+∞）上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f（x）在x=1處取得極小值f（1）=-e，函數(shù)f（x）無(wú)極大值．

（Ⅱ）由f（x）=e^x-ax-a，f′（x）=e^x-a，
若a＜0，則f′（x）＞0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增，
當(dāng)x趨近于負(fù)無(wú)窮大時(shí)，f（x）趨近于負(fù)無(wú)窮大；
當(dāng)x趨近于正無(wú)窮大時(shí)，f（x）趨近于正無(wú)窮大，
故函數(shù)f（x）存在唯一零點(diǎn)x₀，
當(dāng)x＜x₀時(shí)，f（x）＜0；當(dāng)x＞x₀時(shí)，f（x）＞0．
故a＜0不滿足條件．
若a=0，f（x）=e^x≥0恒成立，滿足條件．
若a＞0，由f′（x）=0，得x=lna，
當(dāng)x＜lna時(shí)，f′（x）＜0；當(dāng)x＞lna時(shí)，f′（x）＞0，
所以函數(shù)f（x）在（-∞，lna）上單調(diào)遞減，在（lna，+∞）上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)f（x）在x=lna處取得極小值f（lna）=-a•lna，
由f（lna）≥0得-a•lna≥0，
解得0＜a≤1．
綜上，滿足f（x）≥0恒成立時(shí)實(shí)數(shù)a的取值范圍是[0，1]．

（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知，當(dāng)a=1時(shí)，f（x）≥0恒成立，
所以f（x）=e^x-x-1≥0恒成立，
即e^x≥x+1，
所以ln（x+1）≤x，令x=

1

2n

（n∈N^*），
得ln(1+

1

2n

)＜

1

2n

，
則有l(wèi)n（1+

1

2

）+ln（1+

1

22

）+…+ln（1+

1

2n

）＜

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

=1-

1

2n

＜1，
所以(1+

1

2

)(1+

1

22

)•…•(1+

1

2n

)＜e，
所以

1

(1+ 1 2 )(1+ 1 22 )•…•(1+ 1 2n )

＞

1

e

，
即

2

2+1

×

22

22+1

×…×

2n

2n+1

＞

1

e

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及恒成立問(wèn)題，難點(diǎn)在于證明不等式時(shí)函數(shù)的構(gòu)造與化簡(jiǎn)，屬于難題．