2010-四川卷文-22 解-反函数恒成立放缩

本题导读

考查反函数与恒成立。(1) 反解得 $g(x)={\log }_a\frac{x-1}{x+1}$；(2) 按 $a>1$ 与 $0<a<1$ 分类去对数，化为 $t$ 与 $\phi (x)=(x-1{)}^2(7-x)$ 的最值比较，得 $0<t<5$ 或 $t>32$；(3) 放缩 $f(k)⩽1+\frac{2}{2^k-1}$，再用 $2^k-1>2^{k-1}$ 化为等比求和，得 $f(1)+\cdots +f(n)<n+4$。

📌【题干】

Question

（2010年四川卷(文)） 设 $f(x)=\frac{1+a^x}{1-a^x}$（$a>0$ 且 $a\ne 1$），$g(x)$ 是 $f(x)$ 的反函数.

(1)求 $g(x)$；

(2)当 $x\in [2,6]$ 时，恒有 $g(x)>{\log }_a\frac{t}{(x^2-1)(7-x)}$ 成立，求 $t$ 的取值范围；

(3)当 $0<a⩽\frac{1}{2}$ 时，试比较 $f(1)+f(2)+\cdots +f(n)$ 与 $n+4$ 的大小，并说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. (1) 由 $y=\frac{1+ax}{1-ax}$ 反解出 $a^x=\frac{y-1}{y+1}$，再取对数；$a^x>0$ 决定了反函数的定义域。
2. (2) 把 $g(x)$ 代入，按 $a>1$ 与 $0<a<1$ 分类：对数函数增减性不同，去对数后不等号方向相反。
3. 两类都化归为 $t$ 与 $\phi (x)=(x-1{)}^2(7-x)$ 的恒成立关系，用导数求 $\phi$ 在 $[2,6]$ 上的最值。
4. (3) 由 $0<a⩽\frac{1}{2}$ 得 $a^k⩽{\left(\frac{1}{2}\right)}^k$，放大 $f(k)$；再用 $2^k-1>2^{k-1}$ 逐项放缩成等比数列求和封顶。

✅【答案】

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(1) $g(x)={\log }_a\frac{x-1}{x+1}$（$x>1$ 或 $x<-1$）

(2) $a>1$ 时 $0<t<5$，$0<a<1$ 时 $t>32$

(3) $f(1)+f(2)+\cdots +f(n)<n+4$

✍【详细解析】

Abstract

（1）设 $y=f(x)$，则 $y(1-a^x)=1+a^x$，解得 $a^x=\frac{y-1}{y+1}.$ 由于 $a^x>0$ 且 $a^x\ne 1$（$a^x=1$ 时 $f(x)$ 无定义），故 $\frac{y-1}{y+1}>0⟹y>1\text{或}y<-1,$ 而 $\frac{y-1}{y+1}\ne 1$ 对一切 $y$ 恒成立（由 $-1\ne 1$）. 所以 $f(x)$ 的值域为 $(-\infty ,-1)\cup (1,+\infty )$，即 $g(x)={\log }_a\frac{x-1}{x+1},$ 定义域为 $(-\infty ,-1)\cup (1,+\infty )$. （2）对 $x\in [2,6]$，有 $(x^2-1)(7-x)>0$；由对数的真数大于零，知 $t>0$. 当 $a>1$ 时，对数函数单调递增，题设不等式等价于 $\frac{x-1}{x+1}>\frac{t}{(x^2-1)(7-x)},$ 两边同乘正数 $(x^2-1)(7-x)$（$x\in [2,6]$ 时 $x^2-1>0$、$7-x>0$），得 $t<(x-1{)}^2(7-x).$ 记 $\phi (x)=(x-1{)}^2(7-x)$，由 ${\phi }^{\prime }(x)=3(x-1)(5-x)$ 知 $\phi$ 在 $[2,5]$ 上递增、在 $[5,6]$ 上递减，且 $\phi (2)=5$、$\phi (5)=32$、$\phi (6)=25$，故 $\phi$ 在 $[2,6]$ 上的最小值为 $5$，所以 $0<t<5$. 当 $0<a<1$ 时，对数函数单调递减，题设不等式等价于 $t>\phi (x)$ 对一切 $x\in [2,6]$ 成立，故 $t>{\phi }_{\max }=32$，即 $t>32$. 综上，当 $a>1$ 时 $t$ 的取值范围是 $(0,5)$；当 $0<a<1$ 时是 $(32,+\infty )$. （3）当 $0<a⩽\frac{1}{2}$ 时，对 $k⩾1$， $f(k)=1+\frac{2a^k}{1-a^k}⩽1+\frac{2{\left(\frac{1}{2}\right)}^k}{1-{\left(\frac{1}{2}\right)}^k}=1+\frac{2}{2^k-1}.$ 于是 ${\sum }_{k=1}^{n}f(k)⩽n+\frac{2}{2^1-1}+{\sum }_{k=2}^n\frac{2}{2^k-1}=n+2+{\sum }_{k=2}^n\frac{2}{2^k-1}.$ 当 $k⩾2$ 时，$2^k-1>2^{k-1}$，故 $\frac{2}{2^k-1}<\frac{2}{2^{k-1}}=\frac{4}{2^k}$，从而 ${\sum }_{k=1}^{n}f(k)<n+2+{\sum }_{k=2}^{\infty }\frac{4}{2^k}=n+2+\frac{\frac{4}{2^2}}{1-\frac{1}{2}}=n+2+2=n+4.$ 所以 $f(1)+f(2)+\cdots +f(n)<n+4$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：反函数、恒成立与放缩

核心方法：$g(x)={\log }_a\frac{x-1}{x+1}$；$a>1$ 时 $0<t<5$，$0<a<1$ 时 $t>32$；$f(1)+\cdots +f(n)<n+4$

避坑指南：反函数要先定值域再写定义域；去对数必须按 $a>1$、$0<a<1$ 分类，方向相反；$\phi (x)=(x-1{)}^2(7-x)$ 的最小值 $5$ 在 $x=2$、最大值 $32$ 在 $x=5$；(3) 中两次放缩（$a^k⩽2^{-k}$ 与 $2^k-1>2^{k-1}$）方向都要是”放大”，且 $k=1$ 的项要单独拎出来算。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：反函数与恒成立、放缩证明组合是压轴题的经典拼盘，恒成立部分化归为最值是通法。

结论推广：$\phi (x)$ 在 $[2,6]$ 上最小 $5$、最大 $32$；无穷等比和 $\sum _{k=2}^{\infty }\frac{4}{2^k}=2$。

方法推广：(2) 分类去对数后化为”$t$ 与动函数最值比较”；(3) 先统一放大再用等比求和封顶，逐项放缩注意起放位置。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 06.01 幂指对函数图象与性质
• 20.19 恒成立问题——转化为最值法

类题演练 (Links)

• 2009-四川卷文-02 单-反函数
• 2009-大纲卷II文-02 单-反函数求法
• 2009-天津卷文-10 单-导数构造恒成立
• 2011-安徽卷文-15 填-辅助角恒成立多选判断