2025·广东佛山·一模 导数与数列+不等式证明

专题：导数\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 题型：导数与数列+不等式证明 \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) 难度系数：★★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

（2025·广东佛山·一模） 已知函数\(f(x)=e ^{1-x}-ax\)，\(a\in R\).
(1)讨论\(f(x)\)的零点个数；
(2)若\(a\)为正整数\(n\)，记此时\(f(x)\)的零点为\(x_n\).证明：\(2\ln \dfrac{n+2}{2}<x_1+x_2+⋯+x_n<2\sqrt{n}\).
 
 
 
 
 

【分析】

第一问：
方法1 直接求导，分类讨论；
求导\(f' (x)=-e ^{1-x}-a\)，由于\(e ^{1-x}>0\)，故只需要从\(a=0\)、\(a>0\)、\(a<0\)分析出函数单调性；
再结合其最值判定零点个数；
方法2 分离参数法，\(f(x)=e ^{1-x}-ax\)的零点个数转化为\(y=\dfrac{e ^{1-x}}{x}\)与\(y=a\)的交点个数问题；
不要分离讨论，较为简便些；
 

第二问：
当\(a>0\)时，函数\(f(x)\)有一个零点.易得\(e ^{1-x_n }=nx_n⟹n=\dfrac{e ^{1-x_n }}{x_n }\)，
结合第一问的方法2可把\(x_n\)理解为\(g(x)=\dfrac{e ^{1-x}}{x}\)与\(y=n\)的交点横坐标，
由于\(g(x)=\dfrac{e ^{1-x}}{x}\)在\((0,+∞)\)上单调递减，结合图形易得\(0<x_n<x_{n-1}<⋯<x_1\)，
当\(n=1\)时，有\(1=\dfrac{e ^{1-x_1 }}{x_1 }\)易得\(x_1=1\)；这样对题目有更好的理解；

要证明\(2\ln \dfrac{n+2}{2}<x_1+x_2+⋯+x_n<2\sqrt{n}\)，可先尝试求出\(x_n\)的取值范围，有两个思路：
方法1 若直接根据\(n=\dfrac{e ^{1-x_n }}{x_n }\)求，会有些难度，需要一定的技巧；
想到\(e^x≥x+1\)，则\(e ^{1-x_n }≥2-x_n⟺nx_n≥2-x_n⟺x_n≥\dfrac{2}{n+1}\)；
由\(e ^{1-x_n }=nx_n⟹1-x_n=\ln (nx_n )⟹x_n=1-\ln (nx_n )\)，
想到\(\ln x≤x-1⟹x≥\ln x+1\)，
则\(x_n≥\ln x_n+1⟹1-\ln (nx_n )≥\ln x_n+1⟹\ln (nx_n^2 )≤0⟹x_n^2≤\dfrac{1}{n} ⟹x_n≤\dfrac{1}{\sqrt{n}}\)，
即\(\dfrac{2}{n+1}≤x_n≤\dfrac{1}{\sqrt{n}}\)；
方法2 可以尝试从数学归纳法的角度寻找解题思路，
假设\(2\ln \dfrac{n+1}{2}<x_1+x_2+⋯+x_{n-1}<2\sqrt{n-1}\)成立，
若要\(2\ln \dfrac{n+2}{2}<x_1+x_2+⋯+x_{n-1}+x_n<2\sqrt{n}\)成立，
只需要\(2\ln \dfrac{n+2}{2}-2\ln \dfrac{n+1}{2}<x_n<2\sqrt{n}-2\sqrt{n-1}\)\(⟺2\ln(1+\dfrac{1}{n+1})<x_n<\dfrac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\)，
此时\(2\ln(1+\dfrac{1}{n+1})、\dfrac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\)均不太友善，可进行适当放缩，即把\(\dfrac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\)缩小，把\(2\ln(1+\dfrac{1}{n+1})\)放大，不要搞错放缩方向，其实就是把\(x_n\)取值范围所得越小越好，当然也要结合题目适当就行，要放缩过度增加了解题难度；
把\(\dfrac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}\)缩小容易些，\(\dfrac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}>\dfrac{2}{2\sqrt{n}}=\dfrac{1}{\sqrt{n}}\)；
把\(2\ln(1+\dfrac{1}{n+1})\)放大，想到\(\ln x≤x-1\)，则\(2\ln (1+\dfrac{1}{n+1})<\dfrac{2}{n+1}\)；

则\(\dfrac{2}{n+1}≤x_n≤\dfrac{1}{\sqrt{n}}\)；
此时只需要证明\(\dfrac{2}{n+1}≤x_n≤\dfrac{1}{\sqrt{n}}\)，怎么证明呢？
利用\(g(x)=\dfrac{e ^{1-x}}{x}\)在\((0,+∞)\)上单调递减，
只需要证明\(\dfrac{e ^{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}}{\frac{1}{\sqrt{n}}}≤\dfrac{e ^{1-x_n }}{x_n }≤\dfrac{e ^{1-\frac{2}{n+1}}}{\frac{2}{n+1}}\)\(⟺\dfrac{e ^{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}}{\frac{1}{\sqrt{n}}}≤n≤\dfrac{e ^{1-\frac{2}{n+1}}}{\frac{2}{n+1}}⟺e ^{1-\frac{1}{\sqrt{n}}}-\sqrt{n}≤0且e ^{1-\frac{2}{n+1}}-\dfrac{2n}{n+1} ≥0\)；
整个过程较为繁琐，但它能提供一个较为自然的解题思路。
 

【解答】

第一问：
解法1：\(f' (x)=-e ^{1-x}-a\)，
①当\(a=0\)时，\(f(x)=e ^{1-x}>0\)，函数\(f(x)\)无零点；
②当\(a>0\)时，\(f' (x)<0\)在\(R\)上恒成立，
所以函数\(f(x)\)在\(R\)上单调递减.
因为当\(x→+∞\)时，\(f(x)→-∞\)，且\(f(0)=e>0\)，
所以函数\(f(x)\)在\((0,+∞)\)上存在唯一的零点.
③当\(a<0\)时，令\(f' (x)=0\)得\(x=1-\ln (-a)\)，
当\(x>1-\ln (-a)\)时，\(f' (x)>0\)，\(f(x)\)在\((1-\ln(-a),+∞)\)上单调递增；
当\(x<1-\ln (-a)\)时，\(f' (x)<0\)，\(f(x)\)在\((-∞,1-\ln(-a))\)上单调递减；
所以\([f(x)]_{min} =f(1-\ln (-a))=-a[2-\ln (-a)]\).
因为当\(x→+∞\)时\(f(x)→+∞\)，且当\(x→-∞\)时，\(f(x)→+∞\)，
所以，当\(f(x)_{min} <0\)即\(a<-e ^2\)时，
函数\(f(x)\)在\((-∞,1-\ln (-a))\)和\((1-\ln (-a),+∞)\)上各存在一个零点；
当\(f(x)_{min} =0\)即\(a=-e ^2\)时，函数\(f(x)\)有一个零点\(x=1-\ln (-a)\)；
当\(f(x)_{min} >0\)即\(-e ^2<a<0\)时，函数\(f(x)\)不存在零点，
综上所述，当\(a<-e ^2\)时，函数\(f(x)\)有\(2\)个零点；
当\(a=-e ^2\)或\(a>0\)时，函数\(f(x)\)有一个零点；
当\(-e ^2<a≤0\)时，函数\(f(x)\)不存在零点.
 

解法2： 令\(f(x)=e ^{1-x}-ax=0\)，
因为\(f(0)=e\)，所以\(x≠0\)，则\(\dfrac{e ^{1-x}}{x}=a\)，
令\(g(x)=\dfrac{e ^{1-x}}{x}\)，则\(g' (x)=\dfrac{-e ^{1-x} (x+1)}{x^2}\)，
当\(x<-1\)时，\(g' (x)>0\)；当\(-1<x<0\)或\(x>0\)时，\(g' (x)<0\)；
所以\(g(x)\)在\((-∞,-1)\)单调递增，在\((-1,0)\)，\((0,+∞)\)单调递减，
所以当\(x<0\)时，\([g(x)]_{最大值}=g(-1)=-e ^2\)，
当\(x<0\)且\(x→0\)时，\(g(x)→-∞\)，当\(x→+∞\)时，\(g(x)→0\)；当\(x>0\)时，\(g(x)>0\)，
所以，当\(a<-e ^2\)时，函数\(f(x)\)有\(2\)个零点；
当\(a=-e ^2\)或\(a>0\)时，函数\(f(x)\)有一个零点；
当\(-e ^2<a≤0\)时，函数\(f(x)\)不存在零点.
 

第二问：
由（1）知，当\(a>0\)时，函数\(f(x)\)有一个零点.
因为\(f(x_n )=e ^{1-x_n }-nx_n=0\)即\(e ^{1-x_n }=nx_n\)，
所以\(1-x_n=\ln (nx_n )\)，
先证\(\ln x≤x-1\).

令\(h(x)=\ln x-x+1\)，则\(h' (x)=\dfrac{1}{x} -1\)，
当\(0<x<1\)时，\(h' (x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，
当\(x>1\)时，\(h' (x)<0\)，\(h(x\))单调递减，
所以\([h(x)]_{max} =h(1)=0\)，即\(h(x)≤0\)，即\(\ln x≤x-1\)，
因为\(\ln x_n≤x_n-1\)，所以\(1-x_n≤-\ln x_n\)，
因为\(1-x_n=\ln (nx_n )=\ln n+\ln x_n\)，
所以\(\ln n+\ln x_n≤-\ln x_n\)，即\(\ln n≤-2\ln x_n=\ln \dfrac{1}{x_n^2}\)，
所以\(n≤\dfrac{1}{x_n^2}\)，\(x_n≤\dfrac{1}{\sqrt{n}}<\dfrac{2}{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}=2(\sqrt{n}-\sqrt{n-1})\)，
所以\(x_1+x_2+⋯+x_n<2(\sqrt{1}-\sqrt{0}+\sqrt{2}-\sqrt{1}+⋯+\sqrt{n}-\sqrt{n-1})=2\sqrt{n}\)(※)，
因为\(\ln (nx_n )≤nx_n-1\)，
所以\(x_n=1-\ln (nx_n )≥1-(nx_n-1)=2-nx_n\)，即\(x_n≥\dfrac{2}{n+1}\)，
又因为\(\ln \dfrac{n+2}{n+1}=\ln (1+\dfrac{1}{n+1})<\dfrac{1}{n+1}\)，
所以\(x_n≥\dfrac{2}{n+1}>2\ln \dfrac{n+2}{n+1}=2[\ln (n+2)-\ln (n+1)]\)，
所以\(x_1+x_2+⋯+x_n>2[\ln 3-\ln 2+\ln 4-\ln 3+⋯+\ln (n+2)-\ln (n+1)]=2\ln \dfrac{n+2}{2}\)(※※)，
所以\(2\ln \dfrac{n+2}{2}<x_1+x_2+⋯+x_n<2\sqrt{n}\)得证.

(马后炮：(※)、(※※)都用了裂项相消法)