Question

已知函数f（x）=

x•e-x2+ax，x∈(0，1) ax+ 1 x -a，x∈[1，+∞)

．
（1）若f（x）在（0，+∞）上是增函数，求实数a的范围；
（2）设 g（x）=ln（f（x））+x²-ax，求证：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）由于函数为分段函数，故需要进行分类讨论．当x∈（0，1），f（x）=xe-x2+ax，f（x）在（0，+∞）上是增函数，从而对任意的x∈（0，1），f′（x）≥0，即-2x²+ax+1≥0，构造g（x）=-2x²+ax+1，则

g(0)≥0 g(1)≥0

，从而可求a≥1；①当a=1时，f（x）在（0，1）上是增函数，根据f（x）在[1，+∞）上连续，所以f（x）在[1，+∞）上是增函数，从而可知f（x）在（0，+∞）上是增函数；②当a＞1时，f（x）在（0，1）上是增函数，f（x）在（0，+∞）上不是增函数，从而可求a的范围；
（2）因为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，从而可知x∈（0，1），g（x）=lnx
，再将证明的结论转化为证明

n

k=1

(1-k)＜

n

k=1

 ln

1

k

＜

n

k=1

(

1

k

-1)．先猜想当0＜x＜1时，1-

1

x

＜lnx＜x-1，从而可得
故得证．

解答：解：（1）当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，+∞）上是增函数，
∴?x∈（0，1），f′（x）≥0
∴-2x²+ax+1≥0
设g（x）=-2x²+ax+1，则

g(0)≥0 g(1)≥0

∴a≥1
①当a=1时，f（x）在（0，1）上是增函数
当x＞1，f′（x）=1-

1

x2

＞0
∵f（x）在[1，+∞）上连续
∴f（x）在[1，+∞）上是增函数
∵x→1^-，f（x）→1
∴f（x）在（0，+∞）上是增函数
②当a＞1时，f（x）在（0，1）上是增函数
当x＞1，f′（x）=a-

1

x2

＞0
∵f（x）在[1，+∞）上连续
∴f（x）在[1，+∞）上是增函数
∵x→1^-，f（x）→e^a-1＞1=f（1）
∴f（x）在（0，+∞）上不是增函数
故a的范围是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)
猜想当0＜x＜1时，1-

1

x

＜lnx＜x-1
令h(x)=lnx-1+

1

x

，R(x)=lnx-x+1
则当0＜x＜1时，h′(x)=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

＜0
∴h（x）在（0，1）上递减
∴h（x）＞h（1）=0
∴1-

1

x

＜lnx
∵R′(x)=

1

x

-1=

1-x

x

＞0
∴R（x）在（0，1）上递增
∴R（x）＞R（1）=0
∴lnx＜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．

点评：本题以函数为载体，考查函数的单调性，考查不等式的证明，解题的关键是合理的进行等价变形，正确的分类讨论．