每日一题[3785]基本放缩去对数

2025年5月湖北省武汉市高三数学调研考试 #19

已知函数 $f(x)=x\mathrm e^{x-1}-a$．

1、若 $a\in\mathbb R$，讨论 $f(x)$ 的零点的个数；

2、若 $a$ 为正整数 $n$，记此时 $f(x)$ 的唯一零点为 $x_n$，证明：

① 数列 $\left\{x_n\right\}$ 是递增数列；

② $2(\sqrt{n+1}-1)<\dfrac 1{x_1}+\dfrac 1{x_2}+\cdots+\dfrac 1{x_n}\leqslant\dfrac 1 2(n+1+\ln n)$．

解析

1、函数 $f(x)$ 的导函数

$$f'(x)=(x+1)\mathrm e^{x-1},$$ 于是 $$\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline x&-\infty&&-1&&+\infty\\ \hline f(x)&-a&\searrow&-a-\mathrm e ^{-2}&\nearrow&+\infty\\ \hline\end{array}$$ 于是函数 $f(x)$ 零点的个数为 $\begin{cases} 0,&a\in\left(-\infty,-\mathrm e^{-2}\right),\\ 1,&a\in\left\{-\mathrm e^{-2}\right\}\cup\left[0,+\infty\right),\\ 2,&a\in\left(-\mathrm e^{-2},0\right).\end{cases}$

2、① 根据题意，有

$$x_n\mathrm e^{x_n-1}=n\iff x_n+\ln x_n=1+\ln n,$$ 设 $g(x)=x+\ln x$，则 $g(x)$ 单调递增，而 $$g(x_{n+1})=1+\ln(n+1)>1+\ln n=g(x_n),$$ 从而数列 $\{x_{n}\}$ 是单调递增数列． ② 分析通项，只需要证明当 $n\geqslant 2$ 时，有 $$2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt n\right)<\dfrac{1}{x_n}\leqslant \dfrac 12\left(1+\ln n-\ln (n-1)\right),$$ 且 $$2\left(\sqrt 2-1\right)<\dfrac{1}{x_1}\leqslant 1.$$ 事实上，$x_1=1$，且当 $n\geqslant 2$ 时，根据对数函数的基本放缩 $^{[1]}$ 有 $$1-\dfrac {x_n}n<x_n-1=\ln\dfrac{n}{x_n}<\dfrac n{x_n}-1,$$ 从而 $$\dfrac{2n}{n+1}<x_n<\sqrt n\implies \dfrac{1}{\sqrt n}<\dfrac{1}{x_n}<\dfrac{n+1}{2n},$$ 而 $$\dfrac{1}{\sqrt n}=\dfrac{2}{2\sqrt n}>\dfrac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt n}=2\left(\sqrt{n+1}-\sqrt n\right),$$ 且 $$\dfrac{n+1}{2n}=\dfrac 12\left(1+\dfrac 1n\right)<\dfrac 12\left(1+\ln\dfrac n{n-1}\right)=\dfrac 12\left(1+\ln n-\ln (n-1)\right),$$ 命题得证．

备注    $[1]$ $1-\dfrac 1x\leqslant \ln x \leqslant x-1$，等号当且仅当 $x=1$ 时取得．