Question

定义：若

h(x)

xk

在[k，+∞]上为增函数，则称h（x）为“k次比增函数”，其中k∈N^*，已知f（x）=e^ax．
（Ⅰ）若f（x）是“1次比增函数”，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=

1

2

时，求函数g（x）=

f(x)

x

在[m，m+1]（m＞0）上的最小值；
（Ⅲ）求证：

n

i=1

1

i•( e )i

＜

7

2e

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由于f（x）是“1次比增函数”，得到y=

eax

x

在[1，+∞]上为增函数，求导后，分离参数，即可得到实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=

1

2

时，得到函数g（x）=

e  x 2

x

（x≠0），利用导数即可得到g（x）的单调区间，分类讨论即可函数在[m，m+1]（m＞0）上单调性，进而得到其最小值；
（Ⅲ）由（Ⅱ）当x＞0时，g（x）=

e  x 2

x

≥

e

2

，即

x

e  x 2

≤

2

e

（x＞0），则

1

n•( e )n

=

n

n2•( e )n

≤

1

n2

•

2

e

，即可证明：

n

i=1

1

i•( e )i

＜

7

2e

．

解答：解：（Ⅰ）由题意知，f（x）=e^ax是“1次比增函数”，
则y=

eax

x

在[1，+∞]上为增函数，
故（

eax

x

）′=

eax(ax-1)

x2

≥0在[1，+∞]上恒成立，
又由e^ax＞0，x²＞0，
则ax-1≥0即a≥

1

x

在[1，+∞]上恒成立，
又由(

1

x

)max=1，则a≥1；
（Ⅱ）当a=

1

2

时，函数g（x）=

f(x)

x

=

e  x 2

x

（x≠0），
则g′（x）=

e  x 2 ( x 2 -1)

x2

当

x

2

-1＞0，即x＞2时，g′（x）＞0，当

x

2

-1＜0，
即x＜0或0＜x＜2时，g′（x）＜0，
则g（x）的增区间是（2，+∞），减区间是（-∞，0），（0，2），
由于m＞0，则m+1＞1，
①当m+1≤2，即0＜m≤1时，g（x）在[m，m+1]（m＞0）上单调递减，
则g（x）_min=g（m+1）=

e  m+1 2

m+1

；
②当m＜2＜m+1，即0＜m≤1时，g（x）在[m，2）上单调递减，在（2，m+1]上单调递增，
则g（x）_min=g(2)=

e

2

；
③当m≥2时，g（x）在[m，m+1]上单调递增，
则g（x）_min=g(m)=

e  m 2

m

；
综上，当0＜m≤1时，g（x）_min=g（m+1）=

e  m+1 2

m+1

；
②当0＜m≤1时，g（x）_min=g(2)=

e

2

；
③当m≥2时，g（x）_min=g(m)=

e  m 2

m

；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当x＞0时，g（x）=

e  x 2

x

≥

e

2

，
∴

x

e  x 2

≤

2

e

（x＞0），
∴

1

n•( e )n

=

n

n2•( e )n

≤

1

n2

•

2

e

∴

n

i=1

1

i•( e )i

=

1

e

+

1

2•( e )2

+

1

3•( e )3

+…+

1

n( e )n

≤

2

e

（1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

）＜

2

e

（1+

1

22-1

+…+

1

n2-1

）
=

2

e

[1+

1

2

（1-

1

3

）+

1

2

（

1

2

-

1

4

）+

1

2

（

1

3

-

1

5

）+…+

1

2

(

1

n-1

-

1

n+1

)]
═

2

e

[1+

1

2

（1+

1

2

-

1

n

-

1

n+1

）]＜

7

2e

点评：本题对学生的程度要求比较高，有一定的难度，主要考查利用函数单调性求函数的最值，及不等式的等价转化思想．