2015-湖北卷文-21 解-奇偶函数不等式

本题导读

联立 $f(x)+g(x)=e^x$ 与 $-f(x)+g(x)=e^{-x}$ 解出 $f$、$g$；核心恒等式 $f^{\prime }=g$、$g^{\prime }=f$ 造出 $1<\frac{f(x)}{x}<g(x)$，再用 $a\le 0$、$b\ge 1$ 夹逼。

📌【题干】

Question

（2015年湖北卷(文)） 设函数 $f(x)$，$g(x)$ 的定义域均为 $\mathbf{R}$，且 $f(x)$ 是奇函数，$g(x)$ 是偶函数，$f(x)+g(x)=e^x$，其中 $e$ 为自然对数的底数.

(1) 求 $f(x)$，$g(x)$ 的解析式，并证明：当 $x>0$ 时，$f(x)>0$，$g(x)>1$；

(2) 设 $a\le 0$，$b\ge 1$，证明：当 $x>0$ 时，$ag(x)+(1-a)<\frac{f(x)}{x}<bg(x)+(1-b)$.

🔍【思路分析】

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联立 $f(x)+g(x)=e^x$ 与 $-f(x)+g(x)=e^{-x}$ 解出 $f$、$g$；核心恒等式 $f^{\prime }=g$、$g^{\prime }=f$ 造出 $1<\frac{f(x)}{x}<g(x)$，再用 $a\le 0$、$b\ge 1$ 夹逼。

✅【答案】

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(1) $f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$，$g(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$；证明见解析

(2) 见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 由 $f$ 奇、$g$ 偶，将 $x$ 换为 $-x$：$f(-x)+g(-x)=-f(x)+g(x)=e^{-x}$。

与原式联立解得 $f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$，$g(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$。

当 $x>0$ 时 $e^x>e^{-x}$，故 $f(x)>0$；又由均值不等式 $g(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}>\sqrt{e^x{e}^{-x}}=1$，命题得证。

(2) 当 $x>0$ 时，$f^{\prime }(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=g(x)$，且 $f(0)=0$，故 $f(x)={\int }_0^{x}g(t)\mathrm{d}t>{\int }_0^{x}1\mathrm{d}t=x$，从而 $\frac{f(x)}{x}>1$。

令 $h(x)=xg(x)-f(x)$，则 $h(0)=0$，且 $h^{\prime }(x)=g(x)+x{g}^{\prime }(x)-f^{\prime }(x)=g(x)+xf(x)-g(x)=xf(x)>0$（$x>0$，用 $g^{\prime }=f$），故 $h(x)>0$，即 $\frac{f(x)}{x}<g(x)$。

于是 $1<\frac{f(x)}{x}<g(x)$。

因为 $a\le 0$ 且 $g(x)-1>0$，所以 $ag(x)+(1-a)=1+a(g(x)-1)\le 1<\frac{f(x)}{x}$；

因为 $b\ge 1$，所以 $bg(x)+(1-b)=1+b(g(x)-1)\ge g(x)>\frac{f(x)}{x}$。

故当 $x>0$ 时原不等式成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：函数的奇偶性；导数在不等式证明中的应用

核心方法：奇偶联立求解析式；构造 $h(x)=xg(x)-f(x)$ 用单调性放缩；常数项”夹逼”

避坑指南：①证明 $\frac{f(x)}{x}>1$ 要写清依据（$g(t)>1$ 逐段放大），不能只”除以 $x$“就完事；②系数端 $a(g-1)\le 0$、$b(g-1)\ge g-1$ 的方向别写反。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：“双函数奇偶联立 $=e^x$“的题干曾在 2011 年湖北文卷出现，2015 年置于倒数第二题并升级为不等式证明（新浪点评：难度较历年压轴有所下降）。

结论推广：由 $f^{\prime }=g$、$g^{\prime }=f$ 得 $f+g=e^x$、$g-f=e^{-x}$；对含 $\frac{f(x)}{x}$ 的不等式，构造 $xF(x)$ 型辅助函数用导数定单调，是”分式转单调”的通用手法。

方法推广：含 $\frac{f(x)}{x}$ 的不等式：构造 $xg(x)-f(x)$ 型辅助函数，用导数定单调、端点定号。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点(Nodes)

• 05.02 函数的四大性质
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练(Links)

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