今天分享的是两道有趣的函数、数列不等式压轴题，后者我觉得是有固定套路的。

1. 已知函数 $f(x) = \ln x + ax$。

(1) 当 $a = \mathrm{e}$ 时，求 $f(x)$ 的零点；

(2) 给定数集 $A = (0, +\infty)$，任给 $a \in A$，对应关系 $g$ 使函数 $f(x)$ 的零点 $x_0$ 与 $a$ 对应。 ① 证明：$x_0 = g(a)$ 是函数，并讨论该函数的单调性； ② 若数列 ${a_n}$ 满足 $a_1(1 - a_2) = 1$，$a_{n+1} = 1 - g(a_n)$，证明： \(\sum_{i=1}^{n} (a_i - a_{i+1})g(a_i) < \frac{3}{2}.\)

Sol:

(1) 送分题，$f’(x) = \frac{1}{x} + e>0$, 所以$f(x)$是严格单增函数，注意到$f(\frac{1}{e})=-1+1=0$, 因此$f(x)$有唯一零点$x_0 = \frac{1}{e}$。

(2)① 这题的设问很有意思，可能会有同学对函数的概念不清晰。函数本质就是一个集合与集合之间的对应关系，因此要证明$g$是一个函数，即要证明该对应关系$g$满足一个$a$只对应一个$g(a)$。

这是显然的，因为$f’(x) = \frac{1}{x} + a>0$,所以$f(x)$是严格单增函数, 且$f(1)=a>0$,$f(e^{-a})=-a+ae^{-a}<0$, 因此$f(x)$在$(e^{-a},1)$有唯一零点$x_0 = g(a)$。

要研究函数$g(a)$的单调性，依据定义，对任意$0<a<b$,设$x_1=g(a),x_2=g(b)$, 则有$lnx_1+ax_1=lnx_2+bx_2=0$. \(-a=\frac{lnx_1}{x_1}, -b=\frac{lnx_2}{x_2}\)

因为$a<b$, 有

\[\frac{lnx_1}{x_1}>\frac{lnx_2}{x_2}\]

令$h(x)=\frac{lnx}{x}$, $h’(x)=\frac{1-lnx}{x^2}>0, \forall x \in (0,1)$，$h(x)$在$(0,1)$是严格单增函数。

又有$h(x_1)>h(x_2)$, 则$x_1>x_2$,所以函数$g(a)$在$(0,+\infty)$上单调递减。

② 我的观察是待证不等式左侧的n项求和中，每一项是数列$a_n$的一阶差分乘上一个$g(a_n)$,显然$g(a_n)$是正数，如果能把$g(a_n)$做一个常数放缩，那所得的求和式甚至不需要后续的裂项处理，简单且容易估计。

为此我们需要先从条件出发研究一下数列$a_n$的性质。

从条件$a_1(1-a_2)=1,a_2=1-g(a_1)$，可以立即得到（消元）： \(a_1g(a_1)=1,i.e. \quad-\frac{lnx_1}{x_1}\times x_1=-lnx_1=1\)

因此，$x_1=g(a_1)=\frac{1}{e}$, 由(1)和(2)① ,得$a_1=e,a_2=1-g(a_1)=1-\frac{1}{e}$

由函数$g(a)$的定义可得，$lng(a_i)+a_ig(a_i)=0$, 即 \(a_i=-\frac{lng(a_i)}{g(a_i)}\)

所以, \(a_i-a_{i+1}=-\frac{lng(a_i)}{g(a_i)}-(1-g(a_i))=\frac{g(a_i)^2-g(a_i)-lng(a_i)}{g(a_i)}\)

研究函数$c(x)=x^2-x-lnx$, \(c'(x)=2x-1-\frac{1}{x}=\frac{(x-1)(2x+1)}{x}<0, \forall x\in (0,1)\)

因而$c(x)$在$(0,1)$是严格单减函数，且$c(x)>c(1)=0$，所以$a_i-a_{i+1}>0$，数列$a_n$是严格单调递减的。

到此对数列性质的研究就差不多了，之后对不等式的处理直接放缩，因为$a_i>a_{i+1}$, 有$0<g(a_i)<1$

所以有最简单的尝试 \(\sum_{i=1}^{n} (a_i - a_{i+1})g(a_i)<\sum_{i=1}^{n} (a_i - a_{i+1})=a_1-a_{n+1}<a_1=e>\frac{3}{2}\)

发现放过头了，这时候只需要微调放缩的项数，尝试从第二项开始放缩， \(LHS<(a_1-a_2)g(a_1)+\sum_{i=2}^{n} (a_i - a_{i+1})=(a_1-a_2)g(a_1)+a_2-a_{n+1}\\ <(e-1+e^{-1})e^{-1}+1-e^{-1}=1+(1-e^{-1})^2<1+(1-\frac{1}{3})^2<\frac{3}{2}\) 得证。

1. 已知函数 $f(x) = (x - a)\mathrm{e}^x - bx^2 + a$，$a,b \in \mathbb{R}$。

(1) 当 $b = 0$ 时，若 $f(x)$ 的图像与 $x$ 轴相切，求 $a$ 的值；

(2) 当 $a = 1$ 时，若 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 有一个零点，求 $b$ 的取值范围；

(3) 设数列 ${x_n}$ 满足 $x_1 = 1$，$x_{n+1} = 1 - \mathrm{e}^{-x_n}$。证明： \(x_{2n} + x_{2n+2} + \cdots + x_{4n-2} > \frac{1}{2}\ln 2.\)

Sol:

(1)(2) 前两问的讨论并不复杂这里就跳过啦，我们主要讨论第三问中数列不等式的做法。

不过第一问的与x轴相切会给出一个可用到的不等式 \(f(x)=xe^x-(e^x-1)\geq0,x>0\)

即

\[e^{-x}\geq 1-x, x>0\]

类似第三小问这类题其实有固定的做法，这限制于函数不等式只能对单元处理，不涉及任何的多元不等式，所以就有了我称之为逐项放缩的方法，

观察待证不等式的左侧是n项求和，如果要逐项处理，右侧最好的形式就是拆成n项。

那面对像$ln(n+1),ln(2n+1),ln2$这类数，我们都有利用对数性质从1项拆分为n项的手段（也是常考的考点），即 \(ln(n+1)=ln(\frac{n+1}{n}\times \frac{n}{n-1}\times\cdots\times \frac{2}{1})=\sum_{i=1}^{n}ln(i+1)-ln(i)\) \(ln(2n+1)=ln(\frac{2n+1}{2n-1}\times \cdots\times \frac{3}{1})=\sum_{i=1}^{n}ln(2i+1)-ln(2i-1)\) \(ln2=ln\frac{2n}{n}=ln(\frac{2n}{2n-1}\times \frac{2n-1}{2n-2}\times\cdots\times \frac{n+1}{n}) =\sum_{i=1}^{n}ln(n+i)-ln(n+i-1)\)

因此，作为原命题的充分条件，我们只需要证明 \(2x_{2(n+k)}>ln(n+k+1)-ln(n+k)=ln(1+\frac{1}{n+k})\)

由熟知不等式$lnx \leq x-1$, $ln(1+\frac{1}{n+k})\leq \frac{1}{n+k}$

再做加强，我们只需证明 \(2x_{2(n+k)}>\frac{1}{n+k}, i.e., x_n>\frac{1}{n}\) 即可得原命题。

先简单研究下数列本身的性质，由$x_{n+1}=1-e^{-x_n}\leq 1-(1-x_n)=x_n$, $x_1=1$，不难归纳得到$0<x_n\leq1$，且单调递减。

另一方面,$x_{n+1}=1-e^{-x_n}\geq 1-\frac{1}{1-(-x_n)}=\frac{x_n}{1+x_n}$

因此， \(\frac{1}{x_{n+1}}-\frac{1}{x_{n}}\leq1\)

累加得， \(\frac{1}{x_n}\leq n\) 即得所求不等式。

最后整理一下， \(\sum_{k=0}^{n-1}x_{2n+2k}>\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2(n+k)}>\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}ln(1+\frac{1}{n+k})=\frac{1}{2}ln2\)

Sum up 因此这类函数数列不等式题型其实有通解，

1是找原函数性质引出的函数不等式（可能是不等式恒成立，也可能是单调性导出区间上的不等式），

2是对不等式进行n项拆解对应的处理，找到“充分条件”，

3是利用函数不等式代入，证明“充分条件”。