Question

已知函数f（x）=ln（e^x+a）（a为常数）是实数集R上的奇函数．
（Ⅰ）求实数a的值；
（Ⅱ）讨论关于x的方程lnx=f（x）（x²-2ex+m）的根的个数．
（Ⅲ）证明：

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）利用奇函数的性质f（-x）=-f（x）和对数的运算法则即可得出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．利用导数可得函数h（x）的最大值，g（x）的最小值，通过分类讨论即可得出方程的解的情况；
（III）由（Ⅱ）知当m=e²+1时，g（x）=（x-e）²+1，可得g（x）_min=m-e²=1，此时g（x）_min＞h（x）_max恒成立，于是h（x）＜g（x）_min=1，即

lnx

x

＜1，化为lnx＜x恒成立，则当n≥2时，有ln（n²-1）＜n²-1，进而得到

ln(n2-1)

n2

＜

n2-1

n2

，再利用放缩法即可证明．

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

1

ex+a

，化为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）单调递增；在（e，+∞）上单调递减，
∴h（x）_max=h（e）=

1

e

．
g（x）为二次函数在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，
∴g（x）_min=m-e²．
故①m-e²＞

1

e

，即m＞e²+

1

e

时，无解；
②当m-e²=

1

e

，即m=e²+

1

e

时，有一解；
③当m-e²＜

1

e

，即m＜e²+

1

e

时，有二解．
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知当m=e²+1时，g（x）=（x-e）²+1，
∴g（x）_min=m-e²=1，此时g（x）_min＞h（x）_max恒成立，
∴h（x）＜g（x）_min=1，即

lnx

x

＜1，化为lnx＜x恒成立，
∴当n≥2时，有ln（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)

．

点评：本题考查不等式的证明，熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值、分类讨论思想方法、函数的奇偶性、利用已经证明的结论解决问题、放缩法等是解题的关键，属于难题．