分析 (Ⅰ)先求導(dǎo)函數(shù),再分離參數(shù),得到$a≤\frac{1}{x}$在(0,4]上恒成立,根據(jù)函數(shù)的最值即可求出a的范圍,
(Ⅱ)先求導(dǎo)函數(shù),再分類討論函數(shù)的單調(diào)性,根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得到函數(shù)最小值.
(Ⅲ)由(Ⅱ)可得$\frac{1}{n{e}^{n}}$=$\frac{n}{{n}^{2}{e}^{n}}$≤$\frac{1}{{n}^{2}}$•$\frac{1}{e}$,利用放縮法和裂項(xiàng)求和法即可證明不等式成立.
解答 解:(Ⅰ)由題意知$f'(x)=(\frac{{{e^{ax}}}}{x})'=\frac{{{e^{ax}}(ax-1)}}{x^2}≤0$在(0,4]上恒成立.
又eax>0,x2>0,則ax-1≤0在(0,4]上恒成立,
即$a≤\frac{1}{x}$在(0,4]上恒成立.
而當(dāng)x∈(0,4]時(shí),${(\frac{1}{x})_{min}}=\frac{1}{4}$,
所以$a≤\frac{1}{4}$,
于是實(shí)數(shù)a的取值范圍是$({-∞,\frac{1}{4}}]$.
(Ⅱ)當(dāng)a=1時(shí),則$f'(x)=\frac{{{e^x}(x-1)}}{x^2}$.
當(dāng)x-1>0,即x>1時(shí),f'(x)>0;
當(dāng)x-1<0且x≠0,即x<0和0<x<1時(shí),f'(x)<0,
則f(x)的增區(qū)間為(1,+∞),減區(qū)間為(-∞,0)和(0,1).…6
據(jù)此可得函數(shù)f(x)的大致圖象,如圖所示:因?yàn)閙>0,所以m+2>1,
①當(dāng)0<m≤1時(shí),f(x)在[m,1]上單調(diào)遞減,在[1,m+2]上單調(diào)遞增,所以f(x)min=f(1)=e.
②當(dāng)m≥1時(shí),f(x)在[m,m+2]上單調(diào)遞增,所以$f{(x)_{min}}=f(m)=\frac{e^m}{m}$.
綜上,當(dāng)0<m≤1時(shí),f(x)min=e;當(dāng)m≥1時(shí),$f{(x)_{min}}=\frac{e^m}{m}$.
證明有:(Ⅲ)由(Ⅱ)可知,當(dāng)x>0時(shí),f(x)=$\frac{{e}^{x}}{x}$≥e,
所以$\frac{x}{{e}^{x}}$≤$\frac{1}{e}$,x>0,
可得$\frac{1}{n{e}^{n}}$=$\frac{n}{{n}^{2}{e}^{n}}$≤$\frac{1}{{n}^{2}}$•$\frac{1}{e}$,
于是證:$\sum_{i=1}^{n}$$\frac{1}{i{e}^{i}}$=$\frac{1}{e}$+$\frac{1}{2{e}^{2}}$+…+$\frac{1}{n{e}^{n}}$≤$\frac{1}{e}$(1+$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{3}^{2}}$+…+$\frac{1}{{n}^{2}}$)<$\frac{1}{e}$(1+$\frac{1}{{2}^{2}-1}$+$\frac{1}{{3}^{2}-1}$+$\frac{1}{{n}^{2}-1}$),
=$\frac{1}{e}$[1+$\frac{1}{2}$(1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{4}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{n-2}$-$\frac{1}{n}$+$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n+1}$)],
=$\frac{1}{e}$[1+$\frac{1}{2}$(1+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$)]<$\frac{1}{e}$(1+$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{4}$)=$\frac{7}{4e}$
點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)和函數(shù)的單調(diào)性和最值的關(guān)系,以及參數(shù)的取值范圍,以及放縮法和裂項(xiàng)求和在證明數(shù)列中的應(yīng)用,屬于難題.
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