2007-福建卷理-22 解-数列不等式放缩连乘

本题导读

本题作为全卷压轴题，考查导数工具在研究函数单调性、最值及证明不等式中的综合应用。第一问为基础求导判定单调区间；第二问通过研究绝对值复合函数的偶函数特质，将其转化为正半轴的最值讨论；第三问构造对称和函数 $F(x)$，借助其图象的单调性与均值不等式进行结构性放缩，从而攻克连乘不等式的终极论证。

📌【题干】

Question

（2007年福建卷(理)） 已知函数 $f(x)={\text{e}}^x-kx,x\in \mathbf{R}$.

(1) 若 $k=\text{e}$，试确定函数 $f(x)$ 的单调区间；

(2) 若 $k>0$，且对于任意 $x\in \mathbf{R}$，$f(|x|)>0$ 恒成立，试确定实数 $k$ 的取值范围；

(3) 设函数 $F(x)=f(x)+f(-x)$，求证： $F(1)F(2)\dots F(n)>({\text{e}}^{n+1}+2{)}^{\frac{n}{2}}(n\in {\mathbf{N}}^{\ast })$.

🔍【思路分析】

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1. 第一问：代入 $k=\text{e}$ 求导，由 $f^{\prime }(x)={\text{e}}^x-\text{e}=0$ 锁定驻点 $x=1$，判定导数正负符号得出单调区间。
2. 第二问：

• 考查 $f(|x|)={\text{e}}^{|x|}-k|x|$。由于自变量带绝对值，该函数具有天然的偶函数轴对称性。
• 任意 $x\in \mathbf{R}$ 恒成立等价于当 $x\ge 0$ 时， $g(x)={\text{e}}^x-kx>0$ 恒成立。
• 对 $g(x)$ 求导，驻点在 $x=\ln k$ 处。对 $\ln k$ 与 0 的相对大小进行分类讨论，得出最值，使其大于 0 即可锁定 $k$ 范围。

3. 第三问：

• 写出 $F(x)=({\text{e}}^x-kx)+({\text{e}}^{-x}+kx)={\text{e}}^x+{\text{e}}^{-x}$（参数 $k$ 被完美消去）。

• 目标是证明连乘式 ${\prod }_{i=1}^{n}F(i)>({\text{e}}^{n+1}+2{)}^{\frac{n}{2}}$。

• 两边进行平方或者直接寻找对称项两两相乘配对。注意到 $F(i)F(n+1-i)=({\text{e}}^i+{\text{e}}^{-i})({\text{e}}^{n+1-i}+{\text{e}}^{-(n+1-i)})$。

• 展开并利用均值不等式或单调性对每一对乘积项进行刚性放缩，最后开方合成。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

解：（1）当 $k=\text{e}$ 时，函数解析式为 $f(x)={\text{e}}^x-\text{e}x$。 对 $f(x)$ 求导得： $f^{\prime }(x)={\text{e}}^x-\text{e}$ 令 $f^{\prime }(x)=0⟹{\text{e}}^x=\text{e}⟹x=1$。

• 当 $x\in (-\infty ,1)$ 时， ${\text{e}}^x<\text{e}⟹f^{\prime }(x)<0$， 函数 $f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (1,+\infty )$ 时， ${\text{e}}^x>\text{e}⟹f^{\prime }(x)>0$， 函数 $f(x)$ 单调递增。

所以， $f(x)$ 的单调递减区间为 $(-\infty ,1)$，单调递增区间为 $(1,+\infty )$。

（2）令 $g(x)=f(|x|)={\text{e}}^{|x|}-k|x|$。 因为 $g(-x)={\text{e}}^{|-x|}-k|-x|={\text{e}}^{|x|}-k|x|=g(x)$，所以 $g(x)$ 是一个标准的偶函数。 因此，对于任意 $x\in \mathbf{R}$ 恒有 $f(|x|)>0$ 成立，等价于当 $x\ge 0$ 时，不等式： ${\text{e}}^x-kx>0\text{恒成立}$

当 $x\ge 0$ 时，对函数 $h(x)={\text{e}}^x-kx$ 求导： $h^{\prime }(x)={\text{e}}^x-k$ 已知 $k>0$， 令 $h^{\prime }(x)=0⟹x=\ln k$。下面针对驻点位置进行分流讨论：

• 情况一：当 $\ln k\le 0$ 即 $0<k\le 1$ 时 对于任意 $x\ge 0$， 恒有 $x\ge \ln k⟹{\text{e}}^x\ge k⟹h^{\prime }(x)\ge 0$。 这表明 $h(x)$ 在 $[0,+\infty )$ 上单调递增。 其全域极小值（即最小值）在左端点取得： $h(x{)}_{\text{min}}=h(0)={\text{e}}^0-k\times 0=1$。 显然 $1>0$ 恒成立。故 $0<k\le 1$ 全数合规。

• 情况二：当 $\ln k>0$ 即 $k>1$ 时 此时驻点 $\ln k$ 落在正半轴区间 $(0,+\infty )$ 的内部。 函数的单调性为：在 $(0,\ln k)$ 上 $h^{\prime }(x)<0$ 递减；在 $(\ln k,+\infty )$ 上 $h^{\prime }(x)>0$ 递增。 因此， 函数 $h(x)$ 在 $x=\ln k$ 处取得绝对最小值： $h(x{)}_{\text{min}}=h(\ln k)={\text{e}}^{\ln k}-k\ln k=k-k\ln k=k(1-\ln k)$ 要使 $h(x)>0$ 恒成立，只需最小值严格大于 0 即可： $k(1-\ln k)>0$ 由于 $k>1>0$， 两边同除以 $k$ 得： $1-\ln k>0⟹\ln k<1⟹k<\text{e}$ 结合大前提条件，此时参数范围为 $1<k<\text{e}$。

综合上述两种情况，实数 $k$ 的取值范围是 $(0,\text{e})$。

（3）证明：首先写出函数 $F(x)$ 的确切解析式： $F(x)=f(x)+f(-x)=({\text{e}}^x-kx)+({\text{e}}^{-x}-k(-x))={\text{e}}^x+{\text{e}}^{-x}$ 显然，由于消去了关于 $k$ 的一次项， $F(x)$ 是一个无参的非负偶函数。

对连乘式 $f_n=F(1)F(2)\dots F(n)$ 进行倒序相乘联动（采用“倒序相乘、两两配对”的思想）。 设连乘式为 $P=F(1)F(2)\dots F(n)$，将其平方： $P^2=[F(1)F(n)]\cdot [F(2)F(n-1)]\dots [F(i)F(n+1-i)]\dots [F(n)F(1)]$

我们对其中的任意通项对 $F(i)F(n+1-i)$ 展开代数计算： 令 $j=n+1-i$， 则 $i+j=n+1$。 $F(i)F(j)=({\text{e}}^i+{\text{e}}^{-i})({\text{e}}^j+{\text{e}}^{-j})={\text{e}}^{i+j}+{\text{e}}^{i-j}+{\text{e}}^{j-i}+{\text{e}}^{-(i+j)}$ $={\text{e}}^{n+1}+{\text{e}}^{-(n+1)}+{\text{e}}^{|i-j|}+{\text{e}}^{-|i-j|}$

由于 $i\ne j$ 时， 必有 $|i-j|\ge 1$。 设函数 $\varphi (t)={\text{e}}^t+{\text{e}}^{-t}$，求导知其在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。 因为 $|i-j|>0$， 我们利用基本均值不等式（AM-GM）或单调性下界放缩： 当 $|i-j|\to 0$ 时（此时并不是真正的项，仅作为极限下界判定），有 ${\text{e}}^{|i-j|}+{\text{e}}^{-|i-j|}>2$。 且由于 $i,j$ 是互不相等的正整数（除非在 $n$ 为奇数时正中间有一项自身相乘），对于两两相异的配对项，必然有： ${\text{e}}^{|i-j|}+{\text{e}}^{-|i-j|}>2$ 同时由于 ${\text{e}}^{-(n+1)}>0$， 我们可以丢弃这一正数小项，实现强行向下放缩： $F(i)F(n+1-i)={\text{e}}^{n+1}+{\text{e}}^{-(n+1)}+{\text{e}}^{|i-j|}+{\text{e}}^{-|i-j|}>{\text{e}}^{n+1}+0+2={\text{e}}^{n+1}+2$

上述强放缩号对所有的 $i$ 均成立。在整个平方连乘式 $P^2$ 中，一共有 $n$ 组这样的乘积项（包含倒序重复计入的两倍）： $P^2={\prod }_{i=1}^n[F(i)F(n+1-i)]>{\prod }_{i=1}^n({\text{e}}^{n+1}+2)=({\text{e}}^{n+1}+2{)}^n$

在不等式两边同时进行算术开平方根（由于各项均为正数，不等号方向不变）： $P=F(1)F(2)\dots F(n)>{\left[({\text{e}}^{n+1}+2{)}^n\right]}^{\frac{1}{2}}=({\text{e}}^{n+1}+2{)}^{\frac{n}{2}}$

不等式在 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 全域内强力得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：绝对值偶函数区间极值转换、超越函数导数分类讨论、双曲余弦型函数（ ${\text{e}}^x+{\text{e}}^{-x}$）倒序两两相乘放缩模型。
2. 核心方法：倒序相乘法、割补放缩法。
3. 避坑指南：

• 第二问分类讨论时，极易漏掉 $\ln k\le 0$（即 $k\le 1$）这一侧的单调性分析。如果不讨论，直接默认极值点在 $\ln k$ 处并令其大于 0，会因为忽略了边界端点而漏掉 $(0,1]$ 这部分极其关键的合法参数域。
• 第三问属于难度极大的高等数学背景放缩。看到指数复合形态的连乘且指数呈等差数列分布（ $1,2,\dots ,n$）时，第一本能必须是“倒序两两相乘配对”。通过 $i+(n+1-i)=n+1$ 这一对偶对称性，可将波动的自变量转化为恒定的常数 $n+1$， 随后利用 ${\text{e}}^t+{\text{e}}^{-t}>2$ 的刚性下界实现一剑封喉。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题考查导数的应用（单调性与最值）、不等式恒成立问题，是福建卷(理)解答题的高频命题方向，同型题见下方类题演练。
2. 变式思考：本题的核心步骤（分离参数与最值讨论法、均值不等式（AM-GM）放缩法）可迁移到同类问题——若改变题设条件（如更换数值或几何对象），解法框架不变，重在把握「条件→目标」的转化路径。
3. 知识关联：导数的应用（单调性与最值）、不等式恒成立问题相互关联，解答中综合运用了分离参数与最值讨论法、均值不等式（AM-GM）放缩法，建议结合知识锚点中的对应专题系统梳理。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.02 函数的四大性质
• 05.03 专题-恒成立问题
• 19.05 数列放缩法路径选择与常用模型

类题演练 (Links)

• 2009-江西卷文-17 解-导数恒成立与根
• 2017-浙江卷-22 解-数列综合
• 2008-上海卷文-19 解-指数分段函数恒成立