已知函数 $f(x)=\ln (x+a)-a x$.
(1) 若 $f(x) \leqslant 0$ 恒成立, 求实数 $a$ 的最大值;
(2) 设 $n \in \mathbf{N}^*, n \geqslant 2$, 求证: $\left(1+\frac{1}{3 \sqrt{2}}\right)\left(1+\frac{1}{4 \sqrt{3}}\right)\left(1+\frac{1}{5 \sqrt{4}}\right) \cdots\left[1+\frac{1}{(n+1) \sqrt{n}}\right] < \frac{2}{3} \mathrm{e}^2$.
【答案】 (1) $f(x)=\ln (x+a)-a x$, 定义域 $(-a,+\infty), f^{\prime}(x)=\frac{1}{x+a}-a=\frac{-a x-a^2+1}{x+a}$.

①当 $a=0$ 时, $f^{\prime}(x)=\frac{1}{2}$, 定义域为 $(0,+\infty), f(x)=\ln x$,
显然 $f(\mathrm{e})=1 > 0$ 不符合题意;

②当 $a < 0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 则 $x=\frac{1-a^2}{a}=\frac{1}{a}-a < -a$,
$f^{\prime}(x)$ 的草图如图(a)所示:



当 $x \in(-a,+\infty)$ 时, $f^{\prime}(x) > 0$, 所以 $f(x)$ 在 $x \in(-a,+\infty)$ 上单调递增,
又 $\lim _{x \rightarrow \infty} f(x)=\lim _{x \rightarrow \infty}[\ln (x+a)-a x] > 0$, 所以 $a < 0$, 不符合题意;

注: 也可 $f(-a+1)=\ln (-a+1+a)-a(-a+1)=-a(1-a) > 0$, 所以 $a < 0$, 不符合题意;
③当 $a > 0$ 时, 令 $f^{\prime}(x)=0$, 则 $x=\frac{1-a^2}{a}=\frac{1}{a}-a > -a$,
$f^{\prime}(x)$ 草图如图 (b) 所示:
当 $x \in\left(-a,-a+\frac{1}{a}\right)$ 时, $f^{\prime}(x) > 0, f(x)$ 单调递增,
当 $x \in\left(-a+\frac{1}{a},+\infty\right)$ 时, $f^{\prime}(x) < 0, f(x)$ 单调递减,




所以 $f(x)_{\max }=f\left(-a+\frac{1}{a}\right)=\ln \frac{1}{a}-a\left(-a+\frac{1}{a}\right)=a^2-1-\ln a \leqslant 0$.

设 $g(a)=a^2-1-\ln a$, 注意到 $g(1)=0, g^{\prime}(a)=2 a-\frac{1}{a}=\frac{2 a^2-1}{a}=\frac{(\sqrt{2} a+1)(\sqrt{2} a-1)}{a}$,
所以 $a \in\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$ 时, $g^{\prime}(a) < 0, g(a)$ 单调递减: $a \in\left(\frac{\sqrt{2}}{2},+\infty\right)$ 时, $g^{\prime}(a) > 0, g(a)$ 单 调递增,
所以 $g(a)_{\min }=g\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=-\frac{1}{2}+\frac{1}{2} \ln 2=\frac{1}{2}(\ln 2-1) < 0$, 又 $g\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=\frac{1}{\mathrm{e}^2} > 0$,
由零点存在定理, 存在 $a_0 \in\left(\frac{1}{\mathrm{e}}, \frac{\sqrt{2}}{2}\right)$, 使得 $g\left(a_0\right)=0$,
所以 $g(a)=a^2-1-\ln a \leqslant 0$ 的解集为 $\left[a_0, 1\right]$, 所以 $a$ 的最大值为 1 .


(2)在(1)中令 $a=1$, 可得: $\ln (x+1) \leqslant x$,
$$
\begin{aligned}
& \text { 从而 } \ln \left(1+\frac{1}{(n+1) \sqrt{n}}\right) < \frac{1}{(n+1) \sqrt{n}}=\frac{n+1-n}{\sqrt{n+1} \cdot \sqrt{n}} \times \frac{1}{\sqrt{n+1}} \\
& =\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{\sqrt{n+1} \cdot \sqrt{n}} \times \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}=\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)\left(1+\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}\right) < 2\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right), \\
& \therefore \sum_{i=1}^n \ln \left(1+\frac{1}{(n+1) \sqrt{n}}\right) < 2\left(\frac{1}{1}-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)+2\left(\frac{1}{\sqrt{2}}-\frac{1}{\sqrt{3}}\right)+\cdots+2\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) \\
& =2\left(1-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right) < 2 \\
& \Leftrightarrow\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3 \sqrt{2}}\right)\left(1+\frac{1}{4 \sqrt{3}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{(n+1) \sqrt{n}}\right) < \mathrm{e}^2 \\
& \Leftrightarrow\left(1+\frac{1}{3 \sqrt{2}}\right)\left(1+\frac{1}{4 \sqrt{3}}\right)\left(1+\frac{1}{5 \sqrt{4}}\right) \cdots\left(1+\frac{1}{(n+1) \sqrt{n}}\right) < \frac{2}{3} \mathrm{e}^2 .
\end{aligned}
$$


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解答题 来源:2023届八校联盟(华师大、西南附中、南京师大、湖南师大、育才中学等)质量评价考试
已知函数 $f(x)=\mathrm{e}^x-x+\mathrm{e}^3 a$, 其中 $-\frac{6}{5} \leqslant a<\frac{3}{\mathrm{e}^3}-1$, 函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上的零点为 $x_0$, 函数 $g(x)=\left\{\begin{array}{l}x+a-\frac{x-a}{\mathrm{e}^x}, 0 \leqslant x \leqslant x_0, \\ (1-x) \ln x-a(x+1), x>x_0 .\end{array}\right.$ (1)证明: (1) $3<x_0<4$; (2) 函数 $g(x)$ 有两个零点; (2) 设 $g(x)$ 的两个零点为 $x_1, x_2\left(x_1<x_2\right)$, 证明: $\frac{\mathrm{e}^{x_2}-x_2}{\mathrm{e}^{x_1}-x_1}>\mathrm{e}^{\frac{x_1+x_2}{2}}$. (参考数据: $\mathrm{e} \approx 2.72, \mathrm{e}^2 \approx 7.39, \mathrm{e}^3 \approx 20.09, \ln 2 \approx 0.69, \ln 3 \approx 1.1$ )