Question

已知　f(x)=

x

ex

（e是自然對數(shù)的底數(shù)），
（Ⅰ）求f（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）若f（x）-k只有一個零點，求實數(shù)k的取值范圍；
（Ⅲ）求證

e(en-1)-n(e-1)

(e-1)2en

≤

n

e

．

Answer 1

（Ⅰ）∵f(x)=

x

ex

，∴f′(x)=

ex-xex

(ex)2

=

1-x

ex

，
當x＜1時，f′（x）＞0，f（x）是單調遞增，當x＞1時，f′（x）＜0，f（x）是單調遞減．
所以f（x）的遞增區(qū)間是（-∞，1]，遞減區(qū)間是[1，+∞）．　…3分
（Ⅱ）①當k≤0時，有2k＜ln2，∴e^2k＜2，∴

2

e2k

＞1，∴

2k

e2k

≤k，
因此f（2k）≤k≤0=f（0），等號在k=0時成立．
若k＜0，由f（x）在（-∞，1]上遞增知，存在唯一的x₀∈（2k，0），使得f（x₀）=k．
又x＞0時，f（x）＞0，所以當k≤0時，f（x）-k只有一個零點．…5分
②由（Ⅰ）知，f(x)max=f(1)=

1

e

，所以k=

1

e

時，f（x）-k只有一個零點．…6分
③當0＜k＜

1

e

時，f（x）在（-∞，1]上遞增并結合（Ⅰ），存在一個x₁∈（0，1），使得f（x₁）=0．
若x＞1，設g（x）=ke^x-x，則g′（x）=ke^x-1，∴1＜x＜ln

1

k

時，g′（x）＜0，g（x）遞減，x＞ln

1

k

時，g′（x）＞0，g（x）遞增，∴g(x) min=g(ln

1

k

)=1-ln

1

k

＜0．
設h（x）=lnx-x，則h′(x)=

1-x

x

，0＜x＜1時，h′（x）＞0，h（x）遞增，x＞1時，h′（x）＜0，h（x）遞減，∴h（x）_max=h（1）=0，即x＞0且x≠1時，有l(wèi)nx＜x．
∴g(ln

1

k4

)=keln

1

k4

-ln

1

k4

=

1

k3

-4ln

1

k

＞

1

k3

-

4

k

=

(1+2k)(1-2k)

k3

＞0
所以，在區(qū)間(ln

1

k

，ln

1

k4

)上存在一點x₂使得g（x₂）=0，即

x2

ex2

=k．
因為f（x）在（1，+∞）上遞減，所以存在唯一x₂∈（1，+∞），使得g（x₂）=0，即f（x₂）=k．
所以f（x）-k在有兩個零點．
綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是（-∞，0]∪{1}．…10分
（Ⅲ）證明：設a_n=f（n），S_n=a₁+a₂+…+a_n，則an=

n

en

且Sn=

1

e

+

2

e2

+

3

e3

…+

n

en

，
∴

1

e

Sn=

1

e2

+

2

e3

+

3

e4

+…+

n-1

en

+

n

en+1

∴(1-

1

e

)Sn=

1

e

+

1

e2

+

1

e3

+…+

1

en

-

n

en+1

=

1 e (1- 1 en )

1- 1 e

-

n

an+1

∴Sn=

e(en-1)-n(e-1)

en(e-1)2

．
由（Ⅰ）知f(x)max=f(1)=

1

e

，∴f(x)≤

1

e

，∴an=f(n)≤

1

e

，∴Sn≤

n

e

，
∴

e(en-1)-n(e-1)

en(e-1)2

≤

n

e

．…14分．