已知函数 f(x)=x e ^ a x - e ^ x ．…——2022 高考数学第 22 题答案解析

**①**

当 $a=1$ 时，$f(x)=x\mathrm{e}^x-\mathrm{e}^x=(x-1)\mathrm{e}^x$。

求导得 $f'(x)=\mathrm{e}^x+(x-1)\mathrm{e}^x=x\mathrm{e}^x$。

由于 $\mathrm{e}^x>0$ 恒成立，故：
- 当 $x<0$ 时，$f'(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
- 当 $x>0$ 时，$f'(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。

因此 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-\infty,0)$，单调递增区间为 $(0,+\infty)$。

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**②**

令 $h(x)=f(x)+1=x\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^x+1$，则 $h(0)=0$。题设条件等价于：对任意 $x>0$，$h(x)<0$。

求导：
$$h'(x)=(1+ax)\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^x$$

再令 $g(x)=h'(x)$，则：
$$g'(x)=(2a+a^2x)\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^x$$

注意 $g(0)=1-1=0$，$g'(0)=2a-1$。

**情形一：$a>\dfrac{1}{2}$。**

此时 $g'(0)=2a-1>0$。由 $g'(x)$ 连续知，存在 $x_0>0$，使得在 $(0,x_0)$ 上 $g'(x)>0$，从而 $g(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递增。于是对 $x\in(0,x_0)$，$g(x)>g(0)=0$，即 $h'(x)>0$，$h(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递增，故 $h(x)>h(0)=0$，与 $h(x)<0$ 矛盾。因此 $a>\dfrac{1}{2}$ 不合题意。

**情形二：$0<a\leqslant\dfrac{1}{2}$。**

先证辅助不等式：对任意 $u>0$，$\ln(1+u)<u$。

令 $S(u)=\ln(1+u)-u$，则 $S'(u)=\dfrac{1}{1+u}-1=\dfrac{-u}{1+u}<0$（$u>0$），故 $S(u)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，$S(u)<S(0)=0$，即 $\ln(1+u)<u$ 成立。

将 $h'(x)$ 改写为：
$$h'(x)=\mathrm{e}^{ax}\cdot(1+ax)-\mathrm{e}^x=\mathrm{e}^{ax+\ln(1+ax)}-\mathrm{e}^x$$

当 $x>0$ 且 $a>0$ 时，$ax>0$，由上述不等式得 $\ln(1+ax)<ax$，故：
$$ax+\ln(1+ax)<ax+ax=2ax$$

又因为 $0<a\leqslant\dfrac{1}{2}$，所以 $2ax\leqslant x$，从而：
$$ax+\ln(1+ax)<x$$

指数函数单调递增，故 $\mathrm{e}^{ax+\ln(1+ax)}<\mathrm{e}^x$，即 $h'(x)<0$。

因此 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，$h(x)<h(0)=0$，满足题意。

**情形三：$a\leqslant 0$。**

当 $x>0$ 时，$ax\leqslant 0$，故 $\mathrm{e}^{ax}\leqslant 1$，$ax\mathrm{e}^{ax}\leqslant 0$，$\mathrm{e}^x>1$。于是：
$$h'(x)=(1+ax)\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^x=\mathrm{e}^{ax}+ax\mathrm{e}^{ax}-\mathrm{e}^x\leqslant 1+0-1=0$$

等号仅在 $x\to 0^+$ 时趋近取得，实际上对 $x>0$ 严格有 $h'(x)<0$。故 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，$h(x)<h(0)=0$，满足题意。

综合三种情形，$a$ 的取值范围为 $a\leqslant\dfrac{1}{2}$。

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**③**

由第②问结论，取 $a=\dfrac{1}{2}$，则对任意 $x>0$，有：
$$x\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}-\mathrm{e}^x+1<0$$

令 $t=\mathrm{e}^{\frac{x}{2}}$，则 $x>0$ 对应 $t>1$，且 $\mathrm{e}^x=t^2$，$x=2\ln t$。代入上式得：
$$2t\ln t-t^2+1<0$$

即对任意 $t>1$：
$$2\ln t<t-\frac{1}{t}$$

取 $t=\sqrt{\dfrac{n+1}{n}}$（其中 $n\in\mathbf{N}^*$，显然 $t>1$），代入得：
$$2\ln\sqrt{\frac{n+1}{n}}<\sqrt{\frac{n+1}{n}}-\sqrt{\frac{n}{n+1}}$$

左边化简：$2\cdot\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{n+1}{n}=\ln(n+1)-\ln n$。

右边化简：
$$\sqrt{\frac{n+1}{n}}-\sqrt{\frac{n}{n+1}}=\frac{n+1}{\sqrt{n(n+1)}}-\frac{n}{\sqrt{n(n+1)}}=\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$$

因此对任意 $n\in\mathbf{N}^*$：
$$\ln(n+1)-\ln n<\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$$

分别令 $n=1,2,\ldots,n$，将这 $n$ 个不等式相加：
$$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k^2+k}}>(\ln 2-\ln 1)+(\ln 3-\ln 2)+\cdots+(\ln(n+1)-\ln n)$$

右边裂项相消后等于 $\ln(n+1)-\ln 1=\ln(n+1)$。

故：
$$\frac{1}{\sqrt{1^2+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^2+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^2+n}}>\ln(n+1)$$

不等式得证。