2010-四川卷理-22 解-不等式

本题导读

本题为 2010 年四川高考理科数学压轴题，考查反函数的求法、方程在区间上有解的参数范围求解、利用导数构造辅助函数证明数列不等式，以及运用放缩法比较数列和的大小。

📌【题干】

Question

（2010年四川卷(理)） 22. 设 $f(x)=\frac{1+a^x}{1-a^x}(a>0\text{ 且 }a\ne 1)$，$g(x)$ 是 $f(x)$ 的反函数.

(1) 设关于 $x$ 的方程 ${\log }_a\frac{t}{(x^2-1)(7-x)}=g(x)$ 在区间 $[2,6]$ 上有实数解，求 $t$ 的取值范围；

(2) 当 $a=\mathrm{e}$（$\mathrm{e}$ 为自然对数的底数）时，证明：${\sum }_{k=2}^{n}g(k)>\frac{2-n-n^2}{\sqrt{2n(n+1)}}$；

(3) 当 $0<a\le \frac{1}{2}$ 时，试比较 $\left|{\sum }_{k=1}^{n}f(k)-n\right|$ 与 $4$ 的大小，并说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 求反函数 $g(x)$： 由 $y=\frac{1+a^x}{1-a^x}$ 解出 $a^x=\frac{y-1}{y+1}>0$，求得 $g(x)={\log }_a\frac{x-1}{x+1}$（定义域 $(-\infty ,-1)\cup (1,+\infty )$）.
2. 第 (1) 问：

• 联立对数方程 ${\log }_a\frac{t}{(x^2-1)(7-x)}={\log }_a\frac{x-1}{x+1}$，消去对数符号得 $t=(x-1{)}^2(7-x)$.
• 构造函数 $h(x)=(x-1{)}^2(7-x)$，利用导数求 $h(x)$ 在 $[2,6]$ 上的值域即为 $t$ 的取值范围.

3. 第 (2) 问：

• 当 $a=\mathrm{e}$ 时，$g(k)=\ln \frac{k-1}{k+1}$，化简裂项相乘求和 ${\sum }_{k=2}^{n}g(k)=\ln \frac{2}{n(n+1)}$.
• 设 $u=\frac{2}{n(n+1)}\in \left(0,\frac{1}{3}\right]$，将右式化为 $\sqrt{u}-\frac{1}{\sqrt{u}}$. 令 $t=\sqrt{u}\in \left(0,\frac{1}{\sqrt{3}}\right]$，构造函数 $\varphi (t)=2\ln t-t+\frac{1}{t}$，利用单调性证明 $\varphi (t)>0$.

4. 第 (3) 问：

• 化简 $f(k)-1=\frac{2a^k}{1-a^k}$，故 ${\sum }_{k=1}^{n}f(k)-n={\sum }_{k=1}^n\frac{2a^k}{1-a^k}$.
• 利用 $0<a\le \frac{1}{2}$ 放缩 $1-a^k\ge 1-a$，得到等比数列再运用单调性求得上界为 $4$.

✅【答案】

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𝑡∈[5,32].（2）短答案：题设不等式成立.（3）短答案：∣∣∣∣𝑛

✍【详细解析】

Abstract

先求反函数 $g(x)$： 设 $y=\frac{1+a^x}{1-a^x}$，变形得： $y(1-a^x)=1+a^x⟹a^x(y+1)=y-1⟹a^x=\frac{y-1}{y+1}$

因为 $a^x>0$，所以 $\frac{y-1}{y+1}>0⟹y>1$ 或 $y<-1$. 解得 $x={\log }_a\frac{y-1}{y+1}$.

故反函数为： $g(x)={\log }_a\frac{x-1}{x+1}(|x|>1)$

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(1) 求 $t$ 的取值范围

原方程为： ${\log }_a\frac{t}{(x^2-1)(7-x)}={\log }_a\frac{x-1}{x+1}$

因为 $x\in [2,6]$，且对数函数单调，故原方程等价于： $\frac{t}{(x-1)(x+1)(7-x)}=\frac{x-1}{x+1}$

两边同乘以 $(x-1)(x+1)(7-x)>0$ 得： $t=(x-1{)}^2(7-x)$

设 $h(x)=(x-1{)}^2(7-x)=-x^3+9x^2-15x+7(x\in [2,6])$. 对 $h(x)$ 求导： $h^{\prime }(x)=-3x^2+18x-15=-3(x-1)(x-5)$

当 $x\in [2,5)$ 时，$h^{\prime }(x)>0$，$h(x)$ 单调递增； 当 $x\in (5,6]$ 时，$h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 单调递减.

计算端点与极值点处的函数值：

• $h(2)=(2-1{)}^2(7-2)=5$；
• $h(5)=(5-1{)}^2(7-5)=32$；
• $h(6)=(6-1{)}^2(7-6)=25$.

故 $h(x)$ 在 $[2,6]$ 上的最小值为 $h(2)=5$，最大值为 $h(5)=32$.

所以 $t$ 的取值范围是 $[5,32]$.

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(2) 证明不等式

当 $a=\mathrm{e}$ 时，$g(x)=\ln \frac{x-1}{x+1}$.

计算左边累加和： ${\sum }_{k=2}^{n}g(k)={\sum }_{k=2}^n\ln \frac{k-1}{k+1}=\ln \left({\prod }_{k=2}^n\frac{k-1}{k+1}\right)$ $=\ln \left(\frac{1}{3}\times \frac{2}{4}\times \frac{3}{5}\times \cdots \times \frac{n-2}{n}\times \frac{n-1}{n+1}\right)=\ln \frac{2}{n(n+1)}$

设 $u=\frac{2}{n(n+1)}$，因为 $n\ge 2$，所以 $n(n+1)\ge 6⟹0<u\le \frac{1}{3}$.

右式可化简为： $\frac{2-n-n^2}{\sqrt{2n(n+1)}}=\frac{2-(n^2+n)}{\sqrt{2(n^2+n)}}=\frac{2-\frac{2}{u}}{\sqrt{\frac{4}{u}}}=\frac{2\left(1-\frac{1}{u}\right)}{\frac{2}{\sqrt{u}}}=\sqrt{u}-\frac{1}{\sqrt{u}}$

要证原不等式，即证当 $0<u\le \frac{1}{3}$ 时： $\ln u>\sqrt{u}-\frac{1}{\sqrt{u}}$

设 $t=\sqrt{u}$，因为 $u\in \left(0,\frac{1}{3}\right]$，所以 $t\in \left(0,\frac{1}{\sqrt{3}}\right]\subset (0,1)$. 等价于证明当 $t\in (0,1)$ 时： $2\ln t>t-\frac{1}{t}⟺2\ln t-t+\frac{1}{t}>0$

构造辅助函数 $\varphi (t)=2\ln t-t+\frac{1}{t}(t\in (0,1))$. 求导可得： ${\varphi }^{\prime }(t)=\frac{2}{t}-1-\frac{1}{t^2}=-\frac{t^2-2t+1}{t^2}=-\frac{(t-1{)}^2}{t^2}<0(\text{当 }t\in (0,1))$

所以 $\varphi (t)$ 在 $(0,1)$ 上严格单调递减. 因此，对任意 $t\in \left(0,\frac{1}{\sqrt{3}}\right]\subset (0,1)$，恒有： $\varphi (t)>\varphi (1)=2\ln 1-1+1=0$

故 $\ln u>\sqrt{u}-\frac{1}{\sqrt{u}}$ 成立，即： ${\sum }_{k=2}^{n}g(k)>\frac{2-n-n^2}{\sqrt{2n(n+1)}}$

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(3) 比较 $\left|{\sum }_{k=1}^{n}f(k)-n\right|$ 与 $4$ 的大小

由 $f(k)=\frac{1+a^k}{1-a^k}$ 得： $f(k)-1=\frac{1+a^k-(1-a^k)}{1-a^k}=\frac{2a^k}{1-a^k}$

所以： ${\sum }_{k=1}^{n}f(k)-n={\sum }_{k=1}^n[f(k)-1]={\sum }_{k=1}^n\frac{2a^k}{1-a^k}$

因为 $0<a\le \frac{1}{2}$，对任意 $k\ge 1$，有 $a^k>0$ 且 $1-a^k>0$，故： $\left|{\sum }_{k=1}^{n}f(k)-n\right|={\sum }_{k=1}^n\frac{2a^k}{1-a^k}$

当 $k\ge 1$ 时，$a^k\le a$，所以 $1-a^k\ge 1-a>0⟹\frac{1}{1-a^k}\le \frac{1}{1-a}$.

进行放大： ${\sum }_{k=1}^n\frac{2a^k}{1-a^k}\le {\sum }_{k=1}^n\frac{2a^k}{1-a}=\frac{2}{1-a}{\sum }_{k=1}^n{a}^k=\frac{2}{1-a}\cdot \frac{a(1-a^n)}{1-a}=\frac{2a(1-a^n)}{(1-a{)}^2}$

因为 $1-a^n<1$，所以： $\frac{2a(1-a^n)}{(1-a{)}^2}<\frac{2a}{(1-a{)}^2}$

设函数 $H(a)=\frac{2a}{(1-a{)}^2}\left(a\in \left(0,\frac{1}{2}\right]\right)$. 求导可得： $H^{\prime }(a)=\frac{2(1-a{)}^2-2a\cdot 2(1-a)(-1)}{(1-a{)}^4}=\frac{2(1-a)+4a}{(1-a{)}^3}=\frac{2+2a}{(1-a{)}^3}>0$

故 $H(a)$ 在 $\left(0,\frac{1}{2}\right]$ 上单调递增. 所以 $H(a)$ 的最大值为： $H\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{2\times \frac{1}{2}}{{\left(1-\frac{1}{2}\right)}^2}=\frac{1}{\frac{1}{4}}=4$

所以： $\left|{\sum }_{k=1}^{n}f(k)-n\right|<4$

答：$\left|{\sum }_{k=1}^{n}f(k)-n\right|<4$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：求反函数、导数求区间最值、裂项求和与换元构造辅助函数证明不等式、等比放缩比较大小。
2. 核心方法：

• 第 (2) 问：换元 $u=\frac{2}{n(n+1)}$ 将数列不等式转化为连续函数不等式 $2\ln t>t-\frac{1}{t}$，利用单调性即证；
• 第 (3) 问：放缩法 $1-a^k\ge 1-a\to$ 等比求和 $\to$ 导数证明 $H(a)\le 4$。

3. 避坑指南：第 (3) 问放缩时需严格说明 $1-a^n<1$，从而保证严格小于号 $<$ 成立。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：四川高考理科导数与数列压轴经典试题。
2. 结论推广：对 $f(x)=\frac{1+a^x}{1-a^x}$，其反函数满足 $g(x)={\log }_a\frac{x-1}{x+1}$，且 ${\sum }_{k=2}^{n}g(k)={\log }_a\frac{2}{n(n+1)}$ 为经典裂项结果。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2011-新课标卷文-21 解-对数函数切线与不等式
• 2012-上海卷文-20 解-对数不等式与反函数
• 2012-浙江卷文-21 解-三次函数单调性与不等式证明