Question

已知函數f（x）=

x•e-x2+ax，x∈(0，1) ax+ 1 x -a，x∈[1，+∞)

．
（1）若f（x）在（0，+∞）上是增函數，求實數a的范圍；
（2）設 g（x）=ln（f（x））+x²-ax，求證：n-

n2

2

＜g（

e n 2

n!

）＜

n

k=1

1

k

-

n

2

（n≥3且n∈N）．

Answer 1

分析：（1）由于函數為分段函數，故需要進行分類討論．當x∈（0，1），f（x）=xe-x2+ax，f（x）在（0，+∞）上是增函數，從而對任意的x∈（0，1），f′（x）≥0，即-2x²+ax+1≥0，構造g（x）=-2x²+ax+1，則

g(0)≥0 g(1)≥0

，從而可求a≥1；①當a=1時，f（x）在（0，1）上是增函數，根據f（x）在[1，+∞）上連續(xù)，所以f（x）在[1，+∞）上是增函數，從而可知f（x）在（0，+∞）上是增函數；②當a＞1時，f（x）在（0，1）上是增函數，f（x）在（0，+∞）上不是增函數，從而可求a的范圍；
（2）因為n≥3且n∈N，所以0＞ 

e n 2

n!

 ＜ 

3 n 2

2•3n-2

=

9

2• 3 n 2

＜

9

2•3 3 2

  =

81 108

＜1，從而可知x∈（0，1），g（x）=lnx
，再將證明的結論轉化為證明

n

k=1

(1-k)＜

n

k=1

 ln

1

k

＜

n

k=1

(

1

k

-1)．先猜想當0＜x＜1時，1-

1

x

＜lnx＜x-1，從而可得
故得證．

解答：解：（1）當x∈（0，1），f（x）=xe-x2+ax
∴f′(x)=e-x2+ax+xe-x2+ax•(-2x+a)=（-2x²+ax+1）•e-x2+ax
∵f（x）在（0，+∞）上是增函數，
∴?x∈（0，1），f′（x）≥0
∴-2x²+ax+1≥0
設g（x）=-2x²+ax+1，則

g(0)≥0 g(1)≥0

∴a≥1
①當a=1時，f（x）在（0，1）上是增函數
當x＞1，f′（x）=1-

1

x2

＞0
∵f（x）在[1，+∞）上連續(xù)
∴f（x）在[1，+∞）上是增函數
∵x→1^-，f（x）→1
∴f（x）在（0，+∞）上是增函數
②當a＞1時，f（x）在（0，1）上是增函數
當x＞1，f′（x）=a-

1

x2

＞0
∵f（x）在[1，+∞）上連續(xù)
∴f（x）在[1，+∞）上是增函數
∵x→1^-，f（x）→e^a-1＞1=f（1）
∴f（x）在（0，+∞）上不是增函數
故a的范圍是a=1
（2）∵n≥3且n∈N
∴0＞ 

e n 2

n!

 ＜ 

3 n 2

2•3n-2

=

9

2• 3 n 2

＜

9

2•3 3 2

  =

81 108

＜1
∴

e n 2

n!

∈(0，1)
∵x∈（0，1），g（x）=lnx
∴g（

e n 2

n!

）=ln

e n 2

n!

=

n

2

+ln

1

n!

∴n-

n2

2

＜g（

e n 2

n!

）＜

n

k=1

1

k

-

n

2

?n-

n2

2

＜

n

2

+ln

1

n!

＜

n

k=1

1

k

-

n

2

?n-

n(n+1)

2

＜ln

1

n!

＜

n

k=1

1

k

-

n

2

?

n

k=1

(1-k)＜

n

k=1

 ln

1

k

＜

n

k=1

(

1

k

-1)
猜想當0＜x＜1時，1-

1

x

＜lnx＜x-1
令h(x)=lnx-1+

1

x

，R(x)=lnx-x+1
則當0＜x＜1時，h′(x)=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

＜0
∴h（x）在（0，1）上遞減
∴h（x）＞h（1）=0
∴1-

1

x

＜lnx
∵R′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

＞0
∴R（x）在（0，1）上遞增
∴R（x）＞R（1）=0
∴l(xiāng)nx＜x-1
∴猜想成立
∴1-

1

k

＜ln

1

k

＜

1

k

-1
∴

n

k=1

(1-k)＜

n

k=1

 ln

1

k

＜

n

k=1

(

1

k

-1)
故n-

n2

2

＜g（

e n 2

n!

）＜

n

k=1

1

k

-

n

2

（n≥3且n∈N）成立．

點評：本題以函數為載體，考查函數的單調性，考查不等式的證明，解題的關鍵是合理的進行等價變形，正確的分類討論．