Question

定义在（0，+∞）的函数f(x)=

xe-x2+ax，x∈(0，1) 2x-1，x∈[1，+∞)

，其中e=2.71828…是自然对数的底数，a∈R．
（1）若函数f（x）在点x=1处连续，求a的值；
（2）若函数f（x）为（0，1）上的单调函数，求实数a的取值范围，并判断此时函数f（x）在（0，+∞）上是否为单调函数；
（3）当x∈（0，1）时，记g（x）=lnf（x）+x²-ax，试证明：对n∈N^*，当n≥2时，有-

n(n-1)

2

≤g(

1

n!

)＜

n

k=1

1

k

-n．

Answer 1

分析：（1）若函数f（x）在点x=1处连续，则说明当x=1时，分段函数两段函数的解析式均相等，即e^a-1=1．解指数方程即可得到答案．
（2）函数f（x）为（0，1）上的单调函数，则f'（x）在区间（0，1）上恒小于0，或恒大于0，由此分类讨论后，构造关于a的不等式，解不等式即可得到答案．由此再判断f'（x）在区间（0，+∞）上的符号，即可判断函数f（x）在（0，+∞）上是否为单调函数；
（3）当x∈（0，1）时，g（x）=lnf（x）+x²-ax=lnx．则可将不等式-

n(n-1)

2

≤g(

1

n!

)＜

n

k=1

1

k

-n．变形为-1-2-3-^-（n-1）＜ln1+ln

1

2

+ln

1

3

+…+ln

1

n

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

-n，分别构造函数h（t）=lnt-1+

1

t

与s（t）=lnt-t+1，并判断两个函数在区间（0，1）上的单调性，可得到1-

1

t

＜lnt＜t-1，其中t∈（0，1），代入即可证明结论．

解答：解：（1）∵f（1）=1，，已知f（x）在点x=1处连续，
∴有e^a-1=1．
∴a=1．
（2）当x∈（0，1）时，f（x）=xe-x2+ax
此时，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）上必为增函数．
∴-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．
设u（x）=2x-

1

x

，x∈（0，1）．
∵u（x）在（0，1）上是增函数，u（x）＜1．
∴当a≥1时，f（x）在（0，1）上是增函数．
又当a=1时，f（x）在（0，+∞）上也是增函数；
当a＞1时，∵

lim

n→1-

f(x)=

lim

n→1-

xe-x2+ax=e^a-1＞1=f（1），
此时，f（x）在（0，+∞）上不是增函数．
（3）当x∈（0，1）时，g（x）=lnf（x）+x²-ax=lnx．
当n≥2时，
欲证-

n(n-1)

2

≤g(

1

n!

)＜

n

k=1

1

k

-n，
需证：-1-2-3-^-（n-1）＜ln

1

n!

＜1+

1

2

+

1

3

+…+

1

n

-n
即需证-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）．
下面证明之．构造函数h（t）=lnt-1+

1

t

，t∈（0，1）．
∵h'（t）=

1

t

-

1

t2

=

t-1

t2

＜0，
∴h（t）在（0，1）上是减函数，而，
∴h（t）＞h（1）=0，即有1-

1

t

＜lnt
设s（t）=lnt-t+1，t∈（0，1）．
同理可证：s（t）＜0，
即有1-

1

t

＜lnt＜t-1，其中t∈（0，1）．
分别取t=

1

2

，

1

3

，…，

1

n

（n≥2），所以有n个不等式相加即得：
-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

点评：利用导数研究函数的单调性比用函数单调性的定义要方便，但应注意f′（x）＞0（或f′（x）＜0）仅是f（x）在某个区间上为增函数（或减函数）的充分条件，在（a，b）内可导的函数f（x）在（a，b）上递增（或递减）的充要条件应是f′（x）≥0[或f′（x）≤0]，x∈（a，b）恒成立，且f′（x）在（a，b）的任意子区间内都不恒等于0，这就是说，函数f（x）在区间上的增减性并不排斥在区间内个别点处有f′（x0）=0，甚至可以在无穷多个点处f′（x0）=0，只要这样的点不能充满所给区间的任何一个子区间，因此，在已知函数f（x）是增函数（或减函数）求参数的取值范围时，应令f′（x）≥0[或f′（x）≤0]恒成立，解出参数的取值范围（一般可用不等式恒成立理论求解），然后检验参数的取值能否使f′（x）恒等于0，若能恒等于0，则参数的这个值应舍去，若f′（x）不恒为0，则由f′（x）≥0[或f′（x）≤0]恒成立解出的参数的取值范围确定．