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

【答案】①$f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$ ，增区间为 $(0,+\infty)$ ．
②$a \leq \frac{1}{2}$
（3）见解析
【解析】
【分析】（1）求出 $f^{\prime}(x)$ ，讨论其符号后可得 $f(x)$ 的单调性．
（2）设 $h(x)=x \mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{x}+1$ ，求出 $h^{\prime \prime}(x)$ ，先讨论 $a>\frac{1}{2}$ 时题设中的不等式不成立，再就 $0<a \leq \frac{1}{2}$ 结合放缩法讨论 $h^{\prime}(x)$ 符号，最后就 $a \leq 0$ 结合放缩法讨论 $h(x)$ 的范围后可得参数的取值范围．

（3）由②可得 $2 \ln t<t-\frac{1}{t}$ 对任意的 $t>1$ 恒成立，从而可得 $\ln (n+1)-\ln n<\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}$ 对任意的 $n \in N^{*}$ 恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式．

【小问 1 详解】

当 $a=1$ 时，$f(x)=(x-1) \mathrm{e}^{x}$ ，则 $f^{\prime}(x)=x \mathrm{e}^{x}$ ，
当 $x<0$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，当 $x>0$ 时，$f^{\prime}(x)>0$ ，
故 $f(x)$ 的减区间为 $(-\infty, 0)$ ，增区间为 $(0,+\infty)$ ．

【小问 2 详解】

设 $h(x)=x \mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{x}+1$ ，则 $h(0)=0$ ，
又 $h^{\prime}(x)=(1+a x) \mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{x}$ ，设 $g(x)=(1+a x) \mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{x}$ ，
则 $g^{\prime}(x)=\left(2 a+a^{2} x\right) \mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{x}$ ，
若 $a>\frac{1}{2}$ ，则 $g^{\prime}(0)=2 a-1>0$ ，
因为 $g^{\prime}(x)$ 为连续不间断函数，
故存在 $x_{0} \in(0,+\infty)$ ，使得 $\forall x \in\left(0, x_{0}\right)$ ，总有 $g^{\prime}(x)>0$ ，
故 $g(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 为增函数，故 $g(x)>g(0)=0$ ，
故 $h(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 为增函数，故 $h(x)>h(0)=-1$ ，与题设矛盾．
若 $0<a \leq \frac{1}{2}$ ，则 $h^{\prime}(x)=(1+a x) \mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{x}=\mathrm{e}^{a x+\ln (1+a x)}-\mathrm{e}^{x}$ ，
下证：对任意 $x>0$ ，总有 $\ln (1+x)<x$ 成立，
证明：设 $S(x)=\ln (1+x)-x$ ，故 $S^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}<0$ ，
故 $S(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为减函数，故 $S(x)<S(0)=0$ 即 $\ln (1+x)<x$ 成立．
由上述不等式有 $\mathrm{e}^{a x+\ln (1+a x)}-\mathrm{e}^{x}<\mathrm{e}^{a x+a x}-\mathrm{e}^{x}=\mathrm{e}^{2 a x}-\mathrm{e}^{x} \leq 0$ ，
故 $h^{\prime}(x) \leq 0$ 总成立，即 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为减函数，
所以 $h(x)<h(0)=-1$ 。
当 $a \leq 0$ 时，有 $h^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{a x}-\mathrm{e}^{x}+a x \mathrm{e}^{a x}<1-1+0=0$ ，
所以 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为减函数，所以 $h(x)<h(0)=-1$ ．

综上，$a \leq \frac{1}{2}$ 。

【小问 3 详解】

取 $a=\frac{1}{2}$ ，则 $\forall x>0$ ，总有 $x \mathrm{e}^{\frac{1}{2} x}-\mathrm{e}^{x}+1<0$ 成立，
令 $t=\mathrm{e}^{\frac{1}{2} x}$ ，则 $t>1, t^{2}=\mathrm{e}^{x}, x=2 \ln t$ ，
故 $2 t \ln t<t^{2}-1$ 即 $2 \ln t<t-\frac{1}{t}$ 对任意的 $t>1$ 恒成立．
所以对任意的 $n \in N^{*}$ ，有 $2 \ln \sqrt{\frac{n+1}{n}}<\sqrt{\frac{n+1}{n}}-\sqrt{\frac{n}{n+1}}$ ，
整理得到： $\ln (n+1)-\ln n<\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}$ ，
故 $\frac{1}{\sqrt{1^{2}+1}}+\frac{1}{\sqrt{2^{2}+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}>\ln 2-\ln 1+\ln 3-\ln 2+\cdots+\ln (n+1)-\ln n$
$=\ln (n+1)$ ，
故不等式成立．
【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式．