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)(x
2-2ex+m),即lnx=x(x
2-2ex+m)?
=(x-e)
2+m-e
2.令h(x)=
,g(x)=(x-e)
2+m-e
2.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=e
2+1时,g(x)=(x-e)
2+1,可得g(x)
min=m-e
2=1,此时g(x)
min>h(x)
max恒成立,于是h(x)<g(x)
min=1,即
<1,化为lnx<x恒成立,则当n≥2时,有ln(n
2-1)<n
2-1,进而得到
<
,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=
,化为a(a+e
-x+e
x)=0,解得a=0.
(Ⅱ)方程lnx=f(x)(x
2-2ex+m),即lnx=x(x
2-2ex+m)?
=(x-e)
2+m-e
2.
令h(x)=
,g(x)=(x-e)
2+m-e
2.
∴h′(x)=
,
∴h(x)在(0,e)单调递增;在(e,+∞)上单调递减,
∴h(x)
max=h(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-e
2.
故①m-e
2>
,即m>e
2+
时,无解;
②当m-e
2=
,即m=e
2+
时,有一解;
③当m-e
2<
,即m<e
2+
时,有二解.
(Ⅲ)证明:由(Ⅱ)知当m=e
2+1时,g(x)=(x-e)
2+1,
∴g(x)
min=m-e
2=1,此时g(x)
min>h(x)
max恒成立,
∴h(x)<g(x)
min=1,即
<1,化为lnx<x恒成立,
∴当n≥2时,有ln(n
2-1)<n
2-1,
∴
<
=1-
,
∴
+
+…+
<(n-1)-(
+
+…+
)
<(n-1)-(
+
+…+
)
=(n-1)-[(
-
)+(
-
)+…+(
-
)]
=(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.