Question

定義在（0，+∞）的函數(shù)f(x)=

xe-x2+ax，x∈(0，1) 2x-1，x∈[1，+∞)

，其中e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R．
（1）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)x=1處連續(xù)，求a的值；
（2）若函數(shù)f（x）為（0，1）上的單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍，并判斷此時(shí)函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是否為單調(diào)函數(shù)；
（3）當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，記g（x）=lnf（x）+x²-ax，試證明：對n∈N^*，當(dāng)n≥2時(shí)，有-

n(n-1)

2

≤g(

1

n!

)＜

n

k=1

1

k

-n．

Answer 1

分析：（1）若函數(shù)f（x）在點(diǎn)x=1處連續(xù)，則說明當(dāng)x=1時(shí)，分段函數(shù)兩段函數(shù)的解析式均相等，即e^a-1=1．解指數(shù)方程即可得到答案．
（2）函數(shù)f（x）為（0，1）上的單調(diào)函數(shù)，則f'（x）在區(qū)間（0，1）上恒小于0，或恒大于0，由此分類討論后，構(gòu)造關(guān)于a的不等式，解不等式即可得到答案．由此再判斷f'（x）在區(qū)間（0，+∞）上的符號，即可判斷函數(shù)f（x）在（0，+∞）上是否為單調(diào)函數(shù)；
（3）當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g（x）=lnf（x）+x²-ax=lnx．則可將不等式-

n(n-1)

2

≤g(

1

n!

)＜

n

k=1

1

k

-n．變形為-1-2-3-^-（n-1）＜ln1+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

-n，分別構(gòu)造函數(shù)h（t）=lnt-1+

1

t

與s（t）=lnt-t+1，并判斷兩個函數(shù)在區(qū)間（0，1）上的單調(diào)性，可得到1-

1

t

＜lnt＜t-1，其中t∈（0，1），代入即可證明結(jié)論．

解答：解：（1）∵f（1）=1，，已知f（x）在點(diǎn)x=1處連續(xù)，
∴有e^a-1=1．
∴a=1．
（2）當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f（x）=xe-x2+ax
此時(shí)，f'（x）=e-x2+ax+xe-x2+ax（-2x-a）=（-2x²+ax+1）e-x2+ax，
∵e-x2+ax＞0，

lim

n→0+

(-2x2+ax+1)=1＞0，
∴f'（x）不可能在（0，1）上恒小于0．
故f（x）在（0，1）上必為增函數(shù)．
∴-2x²+ax+1 0在（0，1）上恒成立．
?a≥

2x2-1

x

=2x-

1

x

在（0，1）上恒成立．
設(shè)u（x）=2x-

1

x

，x∈（0，1）．
∵u（x）在（0，1）上是增函數(shù)，u（x）＜1．
∴當(dāng)a≥1時(shí)，f（x）在（0，1）上是增函數(shù)．
又當(dāng)a=1時(shí)，f（x）在（0，+∞）上也是增函數(shù)；
當(dāng)a＞1時(shí)，∵

lim

n→1-

f(x)=

lim

n→1-

xe-x2+ax=e^a-1＞1=f（1），
此時(shí)，f（x）在（0，+∞）上不是增函數(shù)．
（3）當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g（x）=lnf（x）+x²-ax=lnx．
當(dāng)n≥2時(shí)，
欲證-

n(n-1)

2

≤g(

1

n!

)＜

n

k=1

1

k

-n，
需證：-1-2-3-^-（n-1）＜ln

1

n!

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

-n
即需證-1-2-3-^-（n-1）＜ln1+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

-n
猜想：1-

1

t

＜lnt＜t-1，其中t∈（0，1）．
下面證明之．構(gòu)造函數(shù)h（t）=lnt-1+

1

t

，t∈（0，1）．
∵h(yuǎn)'（t）=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

＜0，
∴h（t）在（0，1）上是減函數(shù)，而，
∴h（t）＞h（1）=0，即有1-

1

t

＜lnt
設(shè)s（t）=lnt-t+1，t∈（0，1）．
同理可證：s（t）＜0，
即有1-

1

t

＜lnt＜t-1，其中t∈（0，1）．
分別取t=

1

2

，

1

3

，…，

1

n

（n≥2），所以有n個不等式相加即得：
-1-2-3-^-（n-1）＜ln1+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

-n，
∴-

n(n-1)

2

≤g(

1

n!

)＜

n

k=1

1

k

-n

點(diǎn)評：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性比用函數(shù)單調(diào)性的定義要方便，但應(yīng)注意f′（x）＞0（或f′（x）＜0）僅是f（x）在某個區(qū)間上為增函數(shù)（或減函數(shù)）的充分條件，在（a，b）內(nèi)可導(dǎo)的函數(shù)f（x）在（a，b）上遞增（或遞減）的充要條件應(yīng)是f′（x）≥0[或f′（x）≤0]，x∈（a，b）恒成立，且f′（x）在（a，b）的任意子區(qū)間內(nèi)都不恒等于0，這就是說，函數(shù)f（x）在區(qū)間上的增減性并不排斥在區(qū)間內(nèi)個別點(diǎn)處有f′（x0）=0，甚至可以在無窮多個點(diǎn)處f′（x0）=0，只要這樣的點(diǎn)不能充滿所給區(qū)間的任何一個子區(qū)間，因此，在已知函數(shù)f（x）是增函數(shù)（或減函數(shù)）求參數(shù)的取值范圍時(shí)，應(yīng)令f′（x）≥0[或f′（x）≤0]恒成立，解出參數(shù)的取值范圍（一般可用不等式恒成立理論求解），然后檢驗(yàn)參數(shù)的取值能否使f′（x）恒等于0，若能恒等于0，則參數(shù)的這個值應(yīng)舍去，若f′（x）不恒為0，則由f′（x）≥0[或f′（x）≤0]恒成立解出的參數(shù)的取值范圍確定．