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

【答案】①f(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 $h \left( x \right) = x \mathbf { e } ^ { a x } - \mathbf { e } ^ { x } + 1$ ，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(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 t >1恒成立，从而可得的 $\ln \left( n + 1 \right) - \ln n < \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + n } }$ 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， $f ( x ) = ( x - 1 ) \mathbf { e } ^ { x }$ ，则 $f ^ { \prime } ( x ) = x \mathbf { e } ^ { x }$

当 $x < 0$ 时， $f ^ { \prime } ( x ) < 0$ ，当 $x > 0$ 时， $f ^ { \prime } ( x ) > 0$

故 f(x)的减区间为 $\left( - \infty , 0 \right)$ ，增区间为 $\left( 0 , + \infty \right)$

【小问 2 详解】

设 $h \left( x \right) = x \mathbf { e } ^ { a x } - \mathbf { e } ^ { x } + 1$ ，则 $h \left( 0 \right) = 0$

又 $h ^ { \prime } \big ( x \big ) = \big ( 1 + a x \big ) \mathbf { e } ^ { a x } - \mathbf { e } ^ { x }$ ，设 $g \left( x \right) = \left( 1 + a x \right) \mathrm { e } ^ { a x } - \mathrm { e } ^ { x }$

则 $g ^ { \prime } { \big ( } x { \big ) } = { \big ( } 2 a + a ^ { 2 } x { \big ) } \mathbf { e } ^ { a x } - \mathbf { e } ^ { x }$

若 $a > \frac { 1 } { 2 }$ ，则 $g ^ { \prime } { \left( 0 \right) } = 2 a - 1 > 0$

因为 $g ^ { \prime } ( x )$ 为连续不间断函数，

故存在 $x _ { 0 } \in \left( 0 , + \infty \right)$ ，使得 $\forall x \in \left( 0 , x _ { 0 } \right)$ ，总有 $g ^ { \prime } ( x ) > 0$

故 $g \big ( x \big ) \mathcal { \ddag } \big ( 0 , x _ { 0 } \big )$ 为增函数，故 $g \left( x \right) > g \left( 0 \right) = 0$

故 $h \big ( x \big ) \not \equiv \big ( 0 , x _ { 0 } \big )$ 为增函数，故 $h \left( x \right) > h \left( 0 \right) = - 1$ ，与题设矛盾.

若 $0 < a \leq \frac { 1 } { 2 }$ ，则 $h ^ { \prime } \left( x \right) = \left( 1 + a x \right) \mathrm { e } ^ { a x } - \mathrm { e } ^ { x } = \mathrm { e } ^ { a x + \ln \left( 1 + a x \right) } - \mathrm { e } ^ { x }$

下证：对任意x >0，总有 $\ln { \left( 1 + x \right) } < x$ 成立，

证明：设 $S \left( x \right) = \ln \left( 1 + x \right) - x$ ，故 $S ^ { \prime } { \bigl ( } x { \bigr ) } = { \frac { 1 } { 1 + x } } - 1 = { \frac { - x } { 1 + x } } < 0$

故 $S \left( x \right) \# \left( 0 , + \infty \right)$ 上为减函数，故 $S \bigl ( x \bigr ) < S \bigl ( 0 \bigr ) = 0$ 即 $\ln { \left( 1 + x \right) } < x$ 成立.

由上述不等式有 $\mathbf { e } ^ { a x + \ln ( 1 + a x ) } - \mathbf { e } ^ { x } < \mathbf { e } ^ { a x + a x } - \mathbf { e } ^ { x } = \mathbf { e } ^ { 2 a x } - \mathbf { e } ^ { x } \leq 0$

故 $h ^ { \prime } ( x ) \leq 0$ 总成立，即h(x)在 $\scriptstyle ( 0 , + \infty )$ 上为减函数，

所以 $h \left( x \right) < h \left( 0 \right) = - 1$

当 $a \leq 0$ 时，有 $h ^ { \prime } \left( x \right) = \mathbf { e } ^ { a x } - \mathbf { e } ^ { x } + a x \mathbf { e } ^ { a x } < 1 - 1 + 0 = 0$

所以h(x)在(0,+∞)上为减函数，所以 $h \left( x \right) < h \left( 0 \right) = - 1$

综上， $a \leq \frac { 1 } { 2 }$

【小问 3 详解】

取 $a = \frac { 1 } { 2 }$ ，则 $\forall x > 0$ ，总有 $x \mathbf { e } ^ { \frac { 1 } { 2 } x } - \mathbf { e } ^ { x } + 1 < 0$ 成立，

令 $t = { \tt e } ^ { \frac { 1 } { 2 } x }$ ，则 $t > 1 , t ^ { 2 } = \mathbf { e } ^ { x } , x = 2 \ln t$

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 2ln ${ \sqrt { \frac { n + 1 } { n } } } < { \sqrt { \frac { n + 1 } { n } } } - { \sqrt { \frac { n } { n + 1 } } }$

整理得到： $\ln \left( n + 1 \right) - \ln n < \frac { 1 } { \sqrt { n ^ { 2 } + n } }$

$$ \frac {1}{\sqrt {1 ^ {2} + 1}} + \frac {1}{\sqrt {2 ^ {2} + 2}} + \dots + \frac {1}{\sqrt {n ^ {2} + n}} > \ln 2 - \ln 1 + \ln 3 - \ln 2 + \dots + \ln (n + 1) - \ln n $$

$= \ln \left( n + 1 \right)$

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