Question

已知f（x）=

eax

x

，其中e为自然对数的底数．
（Ⅰ）若f（x）是[1，+∞）上的增函数，求实数a的取值范围；
（Ⅱ）当a=

1

2

时，求函数f（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

考点：利用导数求闭区间上函数的最值,利用导数研究函数的单调性

专题：导数的综合应用

分析：（Ⅰ）根据函数导数的符号和函数单调性的关系可知f′（x）=

eax(ax-1)

x2

≥0在[1，+∞）上恒成立，所以得到ax-1≥0，a≥

1

x

，又

1

x

在[1，+∞）上的最大值是1，所以a≥1，这样便得到a的取值范围．
（Ⅱ）先求出a=

1

2

时，f（x）在（0，+∞）上的单调区间，再讨论函数f（x）在[m，m+1]上的单调情况，从而求出每一种情况对应的f（x）的最小值．
（Ⅲ）观察式子

1

i( e )i

，像是

e x 2

x

取的倒数的情况，又因为x＞0时，

e x 2

x

≥

e

2

，所以

x

e x 2

≤

2

e

．所以

n

i=1

1

i( e )i

=

n

i=1

i

i2( e )i

≤

2

e

n

i=1

1

i2

＜

2

e

(1+

n

i=2

1

i2-1

)=

2

e

[1+

1

2

n

i=2

(

1

i-1

-

1

i+1

)]有些项可以相互抵消，从而完成证明．

解答： 解：（Ⅰ）由题意知：f′（x）=

eax(ax-1)

x2

≥0在[1，+∞）上恒成立；
∵e^ax＞0，x²＞0；
∴ax-1≥0在[1，+∞）上恒成立；
∴a≥

1

x

在[1，+∞）上恒成立；
∵

1

x

在[1，+∞）上的最大值是1；
∴a≥1．
∴a的取值范围是：[1，+∞）．
（Ⅱ）a=

1

2

时，f(x)=

e x 2

x

；
∴f′(x)=

1 2 e x 2 (x-2)

x2

．
∴x＜2，且x≠0时，f′（x）＜0，∴函数f（x）在（-∞，0）和（0，2]上单调递减；
x＞2时，f′（x）＞0，∴函数f（x）在（2，+∞）上单调递增．
∵m＞0，m+1＞1；
∴①若m+1≤2，即0＜m≤1时：函数f（x）在[m，m+1]上单调递减；
∴f(x)min=f(m+1)=

e m+1 2

m+1

；
②若m＜2＜m+1，即1＜m＜2时：函数f（x）在[m，2]上单调递减，在（2，m+1）上单调递增；
∴f(x)min=f(2)=

e

2

；
③若m≥2时：函数f（x）在[m，m+1]上单调递增；
∴f(x)min=f(m)=

e m 2

m

．
（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当x＞0时，f（x）=

e x 2

x

≥

e

2

，∴

x

e x 2

≤

2

e

；
∴

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

n( e )n

≤

2

e

(1+

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

)＜

2

e

(1+

1

22-1

+

1

32-1

+…+

1

n2-1

)=

2

e

[1+

1

2

(1-

1

3

+

1

2

-

1

4

+

1

3

-

1

5

+…+

1

n-2

-

1

n

+

1

n-1

-

1

n+1

)]=

2

e

[1+

1

2

(1+

1

2

-

1

n

-

1

n+1

)]＜

2

e

•

7

4

=

7

2e

．

点评：本题考查函数导数的符号和函数单调性的关系，a≥

1

x

(x∈[1，+∞))，只需让a≥(

1

x

)max即可，根据函数的单调性求函数的最小值，证明第三问的关键是：由x＞0时，

e x 2

x

≥

e

2

得到

x

e x 2

≤

2

x

．