Question

已知函數(shù)f（x）=ln（e^x+a）（a為常數(shù)）是實數(shù)集R上的奇函數(shù)．
（Ⅰ）求實數(shù)a的值；
（Ⅱ）討論關于x的方程lnx=f（x）（x²-2ex+m）的根的個數(shù)．
（Ⅲ）證明：

ln(22-1)

22

+

ln(32-1)

32

+…+

ln(n2-1)

n2

＜

2n2-n-1

2(n+1)

（n∈N^*，n≥2）．

Answer 1

分析：（I）利用奇函數(shù)的性質f（-x）=-f（x）和對數(shù)的運算法則即可得出a；
（II）方程lnx=f（x）（x²-2ex+m），即lnx=x（x²-2ex+m）?

lnx

x

=（x-e）²+m-e²．令h（x）=

lnx

x

，g（x）=（x-e）²+m-e²．利用導數(shù)可得函數(shù)h（x）的最大值，g（x）的最小值，通過分類討論即可得出方程的解的情況；
（III）由（Ⅱ）知當m=e²+1時，g（x）=（x-e）²+1，可得g（x）_min=m-e²=1，此時g（x）_min＞h（x）_max恒成立，于是h（x）＜g（x）_min=1，即

lnx

x

＜1，化為lnx＜x恒成立，則當n≥2時，有l(wèi)n（n²-1）＜n²-1，進而得到

ln(n2-1)

n2

＜

n2-1

n2

，再利用放縮法即可證明．

解答：解：（Ⅰ）∵f（-x）=-f（x），
∴l(xiāng)n（e^-x+a）=-ln（e^x+a），
∴e^-x+a=

1

ex+a

，化為a（a+e^-x+e^x）=0，解得a=0．
（Ⅱ）方程lnx=f（x）（x²-2ex+m），即lnx=x（x²-2ex+m）?

lnx

x

=（x-e）²+m-e²．
令h（x）=

lnx

x

，g（x）=（x-e）²+m-e²．
∴h′（x）=

1-lnx

x2

，
∴h（x）在（0，e）單調遞增；在（e，+∞）上單調遞減，
∴h（x）_max=h（e）=

1

e

．
g（x）為二次函數(shù)在（0，e）上單調遞減，在（e，+∞）上單調遞增，
∴g（x）_min=m-e²．
故①m-e²＞

1

e

，即m＞e²+

1

e

時，無解；
②當m-e²=

1

e

，即m=e²+

1

e

時，有一解；
③當m-e²＜

1

e

，即m＜e²+

1

e

時，有二解．
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知當m=e²+1時，g（x）=（x-e）²+1，
∴g（x）_min=m-e²=1，此時g（x）_min＞h（x）_max恒成立，
∴h（x）＜g（x）_min=1，即

lnx

x

＜1，化為lnx＜x恒成立，
∴當n≥2時，有l(wèi)n（n²-1）＜n²-1，
∴

ln(n2-1)

n2

＜

n2-1

n2

=1-

1

n2

，
∴

ln(22-1)

22

+

ln(32-1)

32

+…+

ln(n2-1)

n2

＜（n-1）-（

1

22

+

1

32

+…+

1

n2

）
＜（n-1）-（

1

2×3

+

1

3×4

+…+

1

n(n+1)

）
=（n-1）-[（

1

2

-

1

3

）+（

1

3

-

1

4

）+…+（

1

n

-

1

n+1

）]
=（n-1）-（

1

2

-

1

n+1

）
=

2n2-n-1

2(n+1)

．

點評：本題考查不等式的證明，熟練掌握利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性、極值與最值、分類討論思想方法、函數(shù)的奇偶性、利用已經證明的結論解決問題、放縮法等是解題的關鍵，屬于難題．