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

**（1）讨论 $f(x)$ 的单调性**

当 $a=1$ 时，$f(x) = x e^x - e^x = (x-1)e^x$。
求导得：
$$ f'(x) = 1 \cdot e^x + (x-1)e^x = x e^x $$
因为 $e^x > 0$ 恒成立，所以 $f'(x)$ 的符号由 $x$ 决定：
当 $x < 0$ 时，$f'(x) < 0$，函数 $f(x)$ 单调递减；
当 $x > 0$ 时，$f'(x) > 0$，函数 $f(x)$ 单调递增。
故 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-\infty, 0)$，单调递增区间为 $(0, +\infty)$。

**（2）求 $a$ 的取值范围**

令 $h(x) = f(x) + 1 = x e^{ax} - e^x + 1$，则题意转化为：当 $x > 0$ 时，$h(x) < 0$ 恒成立。
注意到 $h(0) = 0$。
求一阶导数：
$$ h'(x) = (1+ax)e^{ax} - e^x $$
显然 $h'(0) = 1 - 1 = 0$。
求二阶导数：
$$ h''(x) = [a e^{ax} + a(1+ax)e^{ax}] - e^x = (2a + a^2 x)e^{ax} - e^x $$
且 $h''(0) = 2a - 1$。

**情形 1：** 若 $a > \frac{1}{2}$
此时 $h''(0) = 2a - 1 > 0$。
由于 $h''(x)$ 连续，存在 $\delta > 0$，使得当 $x \in (0, \delta)$ 时，$h''(x) > 0$。
从而 $h'(x)$ 在 $(0, \delta)$ 上单调递增。
又 $h'(0) = 0$，所以当 $x \in (0, \delta)$ 时，$h'(x) > 0$。
进而 $h(x)$ 在 $(0, \delta)$ 上单调递增。
因为 $h(0) = 0$，所以当 $x \in (0, \delta)$ 时，$h(x) > 0$。
这与题设 $h(x) < 0$ 矛盾，故 $a > \frac{1}{2}$ 不合题意。

**情形 2：** 若 $a \leq \frac{1}{2}$
我们需要证明此时 $h(x) < 0$ 对 $x > 0$ 恒成立。

* **子情形 2.1：** $0 < a \leq \frac{1}{2}$
$$ h'(x) = e^{ax}(1+ax) - e^x = e^x [ e^{ax + \ln(1+ax)} - 1 ] \quad (\text{此处变形较繁琐，采用直接放缩}) $$
利用经典不等式 $\ln(1+t) < t$ ($t>0$)。
令 $t = ax$，因 $x>0, a>0$，则 $ax > 0$，故 $\ln(1+ax) < ax$。
于是 $1+ax < e^{ax}$。
所以 $(1+ax)e^{ax} < e^{ax} \cdot e^{ax} = e^{2ax}$。
即 $h'(x) < e^{2ax} - e^x = e^x (e^{(2a-1)x} - 1)$。
因为 $a \leq \frac{1}{2}$，所以 $2a - 1 \leq 0$。
又 $x > 0$，故 $(2a-1)x \leq 0$，从而 $e^{(2a-1)x} \leq 1$。
所以 $h'(x) < e^x (1 - 1) = 0$。
即 $h'(x) < 0$ 在 $x > 0$ 时恒成立。
故 $h(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上单调递减。
所以 $h(x) < h(0) = 0$，符合题意。

* **子情形 2.2：** $a \leq 0$
当 $x > 0$ 时，$ax \leq 0$，故 $e^{ax} \leq 1$。
且 $1+ax$ 可能为负，需小心处理。
直接观察 $h'(x) = (1+ax)e^{ax} - e^x$。
若 $a=0$， $h'(x) = 1 - e^x < 0$ ($x>0$)，成立。
若 $a < 0$，当 $x$ 足够大时 $1+ax < 0$，此时第一项为负，第二项 $-e^x$ 也为负，显然 $h'(x) < 0$。
更严谨地，考虑 $h(x)$ 的最大值。
或者使用之前的放缩逻辑：
当 $a \le 0$ 时，对于 $x > 0$，有 $e^{ax} \le 1$。
若 $1+ax \le 0$，则 $(1+ax)e^{ax} \le 0 < e^x$，故 $h'(x) < 0$。
若 $1+ax > 0$，则 $0 < 1+ax \le 1$ (因为 $a<0, x>0 \implies ax<0$)。
此时 $(1+ax)e^{ax} < 1 \cdot 1 = 1 < e^x$ (因 $x>0$)。
故总有 $h'(x) < 0$。
所以 $h(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 单调递减，$h(x) < h(0) = 0$，符合题意。

综上所述，$a$ 的取值范围是 $(-\infty, \frac{1}{2}]$。

**（3）证明不等式**

由（2）可知，当 $a = \frac{1}{2}$ 时，对任意 $x > 0$，有 $x e^{\frac{x}{2}} - e^x + 1 < 0$，即：
$$ x e^{\frac{x}{2}} < e^x - 1 $$
令 $t = e^{\frac{x}{2}}$，因为 $x > 0$，所以 $t > 1$，且 $x = 2 \ln t$，$e^x = t^2$。
代入上式得：
$$ 2 \ln t \cdot t < t^2 - 1 $$
$$ 2 \ln t < t - \frac{1}{t} \quad (t > 1) $$
令 $t = \sqrt{\frac{n+1}{n}}$，显然 $t > 1$。
则：
$$ 2 \ln \sqrt{\frac{n+1}{n}} < \sqrt{\frac{n+1}{n}} - \sqrt{\frac{n}{n+1}} $$
左边 $= 2 \cdot \frac{1}{2} \ln \left( \frac{n+1}{n} \right) = \ln(n+1) - \ln n$。
右边 $= \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}} - \frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}} = \frac{n+1-n}{\sqrt{n(n+1)}} = \frac{1}{\sqrt{n^2+n}}$。
故得到关键不等式：
$$ \ln(n+1) - \ln n < \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} $$
对 $k = 1, 2, \dots, n$ 应用上述不等式并累加：
$$ \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k^2+k}} > \sum_{k=1}^n (\ln(k+1) - \ln k) $$
右边为裂项相消求和：
$$ (\ln 2 - \ln 1) + (\ln 3 - \ln 2) + \dots + (\ln(n+1) - \ln n) = \ln(n+1) - \ln 1 = \ln(n+1) $$
所以：
$$ \frac{1}{\sqrt{1^2+1}} + \frac{1}{\sqrt{2^2+2}} + \dots + \frac{1}{\sqrt{n^2+n}} > \ln(n+1) $$
证毕。