Question

8．已知函數(shù)f（x）=e^ax（a≠0）．
（1）當(dāng)$a=\frac{1}{2}$時，令$g（x）=\frac{f（x）}{x}$（x＞0），求函數(shù)g（x）在[m，m+1]（m＞0）上的最小值；
（2）若對于一切x∈R，f（x）-x-1≥0恒成立，求a的取值集合；
（3）求證：$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{i{{（{\sqrt{e}}）}^i}}}}＜\frac{4}{e}$．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，解關(guān)于導(dǎo)函數(shù)的表達(dá)式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，通過討論m的范圍求出函數(shù)的最小值即可；
（2）設(shè)h（x）=f（x）-x-1=e^ax-x-1，求出a＞0，解根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的不等式，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，得到當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{a}-\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}$-1≥0①令φ（x）=t-tlnt-1，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出a的范圍即可；
（3）由g（x）=$\frac{{{e^{\frac{x}{2}}}}}{x}≥\frac{e}{2}$，可得$\frac{1}{{n{{（{\sqrt{e}}）}^n}}}=\frac{n}{{{n^2}{{（{\sqrt{e}}）}^n}}}$≤$\frac{1}{n^2}•\frac{2}{e}$，根據(jù)不等式的性質(zhì)證明即可．

解答 解：（1）當(dāng)a=$\frac{1}{2}$時，g（x）=$\frac{{{e^{\frac{x}{2}}}}}{x}$，則g'（x）=$\frac{{{e^{\frac{x}{2}}}（{\frac{x}{2}-1}）}}{x^2}$．
當(dāng)$\frac{x}{2}$-1＞0，即x＞2時，g'（x）＞0；
當(dāng)$\frac{x}{2}$-1＜0且x≠0，即x＜2或0＜x＜2時，g'（x）＜0．
則g（x）的增區(qū)間為（2，+∞），減區(qū)間為（-∞，0），（0，2）．
因為m＞0，所以m+1＞1，
①當(dāng)m+1≤2，即0＜m≤1時，g（x）在[m，m+1]上單調(diào)遞減，
所以g（x）_min=g（m+1）=$\frac{{{e^{\frac{m+1}{2}}}}}{m+1}$
②當(dāng)m＜2＜m+1，即1＜m＜2時，g（x）在[m，2]上單調(diào)遞減，
在[2，m+1]上單調(diào)遞增，所以g（x）_min=g（2）=$\frac{e}{2}$
③當(dāng)m≥2時，g（x）在[m，m+1]上單調(diào)遞增，所以g（x）_min=g（m）=$\frac{{{e^{\frac{m}{2}}}}}{m}$．
綜上，g（x）_min=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{{e}^{\frac{m+1}{2}}}{m+1}，0＜m≤1}\\{\frac{e}{2}，1＜m＜2}\\{\frac{{e}^{\frac{m}{2}}}{m}，m≥2}\end{array}\right.$；
（2）設(shè)h（x）=f（x）-x-1=e^ax-x-1
若a＜0，則對一切x＞0，h（x）＜0這與題設(shè)矛盾．
又a≠0，故a＞0．而h'（x）=ae^ax-1，令h'（x）=0，得x=$\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}$，
當(dāng)x＜$\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}$時，h'（x）＜0，h（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x＞$\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}$時，h'（x）＞0，h（x）單調(diào)遞增．
故當(dāng)x=$\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}$時，h（x）取最小值$h（{\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}}）=\frac{1}{a}$-$\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}$-1．
于是對一切x∈R，h（x）≥0恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{a}-\frac{1}{a}ln\frac{1}{a}$-1≥0①
令φ（x）=t-tlnt-1，則φ'（x）=-lnt
當(dāng)0＜t＜1時，φ'（t）＞0，φ（t）單調(diào)遞增；
當(dāng)t＞1時，φ'（t）＜0，φ（t）單調(diào)遞減，
故當(dāng)t=1時，φ（t）取最大值φ（1）=0，
因此，當(dāng)且僅當(dāng)$\frac{1}{a}$=1，即a=1時，①式成立．
綜上所述，a的取值集合為{1}．
（3）證明：由（2）可知，當(dāng)x＞0時，g（x）=$\frac{{{e^{\frac{x}{2}}}}}{x}≥\frac{e}{2}$，
所以$\frac{x}{{{e^{\frac{x}{2}}}}}≤\frac{2}{e}$（x＞0），
可得$\frac{1}{{n{{（{\sqrt{e}}）}^n}}}=\frac{n}{{{n^2}{{（{\sqrt{e}}）}^n}}}$≤$\frac{1}{n^2}•\frac{2}{e}$
于是$\sum_{i=1}^n{\frac{1}{{i{{（{\sqrt{e}}）}^i}}}}=\frac{1}{{\sqrt{e}}}$+$\frac{1}{{2{{（{\sqrt{e}}）}^2}}}+…+\frac{1}{{n{{（{\sqrt{e}}）}^n}}}$
≤$\frac{2}{e}（{1+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}}$$\left.{+…+\frac{1}{n^2}}）$
＜$\frac{2}{e}[{1+（{1-\frac{1}{2}}）}$$+（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）+…+$$\left.{（{\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}}）}]$
=$\frac{2}{e}[{2-\frac{1}{n}}]$＜$\frac{4}{e}$．

點評 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及分類討論思想，轉(zhuǎn)化思想，考查不等式的證明，是一道綜合題．