Question

設(shè)函數(shù)f(x)=1-e-x-

x

ax+1

，（a∈R）．
（1）若a=1，證明：當x＞-1時，f（x）≥0；
（2）若f（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；
（3）設(shè)n∈N且n＞1求證：(n-1)!≥e2n-2-

n

k=2

4

k

．

Answer 1

分析：（1）即證當x＞-1時，e^x≥x+1，構(gòu)造函數(shù)g（x）=e^x-x-1，可得g（x）在[0，+∞）上單調(diào)增，（-1，0]上單調(diào)減，從而可得g（x）≥0，故得證；
（2）f（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，等價于x≥0時，1-e-x≤

x

ax+1

，先確定a≥0，從而問題轉(zhuǎn)化為x≥0時，（1-e^-x）（ax+1）-x≤0，構(gòu)建函數(shù)h（x）=（1-e^-x）（ax+1）-x，利用h′（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1，h″（x）=e^-x（2a-ax-1），確定函數(shù)的單調(diào)性，從而可得實數(shù)a的取值范圍；
（3）由（2）知，當a=

1

2

時，1-e-x≤

x

1 2 x+1

，從而e-x≥

2-x

x+2

x≤ln (

2+x

-x+2

)=ln(-1+ 

4

2-x

)，令

4

2-x

=n，可得ln(n-1)≥2-

4

n

(n≥2)，疊加即可得出結(jié)論．

解答：（1）證明：a=1時，f(x)=1-e-x-

x

x+1

當x＞-1時，f（x）≥0，即1-e-x-

x

x+1

≥ 0，亦即1-（x+1）e^-x≥0，即e^x≥x+1
因此只要證當x＞-1時，e^x≥x+1
構(gòu)造函數(shù)g（x）=e^x-x-1，∴g′（x）=e^x-1
當x≥0時，g′（x）≥0；當-1＜x＜0時，g′（x）＜0
∴g（x）在[0，+∞）上單調(diào)增，（-1，0]上單調(diào)減
∴g（x）_min=g（0）=0
∴g（x）≥0，即當x＞-1時，e^x≥x+1
∴當x＞-1時，f（x）≥0；
（2）解：f（x）≤0在[0，+∞）上恒成立，等價于x≥0時，1-e-x≤

x

ax+1

恒成立
∵1-e^-x∈[0，1），∴

x

ax+1

≥0
∴若x=0時，0=0，此時a∈R；若x＞0，ax+1＞0，∴a＞-

1

x

，∴a≥0
∴a≥0，
x≥0時，1-e-x≤

x

ax+1

恒成立，等價于（1-e^-x）（ax+1）-x≤0恒成立
令h（x）=（1-e^-x）（ax+1）-x，
∴h′（x）=a（1-e^-x）+（ax+1）e^-x-1
∴h″（x）=e^-x（2a-ax-1）
∵a≥0，x≥0，∴h″（x）≤（2a-1）e^-x
①若2a-1≤0，即0≤a≤

1

2

時，h″（x）≤0，
∴h′（x）在[0，+∞）上單調(diào)減，∴h′（x）≤h（0）=0，
∴h（x）在[0，+∞）上單調(diào)減，∴h（x）≤h（0）=0，∴f（x）≤0，滿足題意；
②若2a-1＞0，即a＞

1

2

時，當0＜x＜

2a-1

a

時，h″（x）＞0，
∴h′（x）在[0，+∞）上單調(diào)增，∴h′（x）＞h（0）=0，
∴h（x）在[0，+∞）上單調(diào)增，∴h（x）＞h（0）=0，∴f（x）＞0，不滿足題意；
綜上知，實數(shù)a的取值范圍為[0，

1

2

]；
（3）證明：由（2）知，當a=

1

2

時，1-e-x≤

x

1 2 x+1

，∴e-x≥

2-x

x+2

，當x∈（0，2）時，ex≤

2+x

-x+2

，
∴x≤ln (

2+x

-x+2

)=ln(-1+ 

4

2-x

)
令

4

2-x

=n，∴x=2-

4

n

，∴ln(n-1)≥2-

4

n

(n≥2)
∴

n

k=2

ln(k-1)≥2n-2-

n

k=2

4

k

，
∴ln[1×2×…×(n-1)]≥2n-2-

n

k=2

4

k

∴ln(n-1)!≥2n-2-

n

k=2

4

k

∴(n-1)!≥e2n-2-

n

k=2

4

k

點評：本題考查不等式的證明，考查恒成立問題，考查導(dǎo)數(shù)知識的運用，考查構(gòu)建新函數(shù)，考查學(xué)生分析解決問題的能力，難度大，需要較強的基本功．