2014-江苏卷-19 解-函数奇偶性

本题导读

本题是导数综合大题，逻辑链条严密。第一问证明偶函数；第二问利用参数分离将恒成立问题转化为最值问题；第三问通过构造新函数研究存在性，进而利用单调性比较复合指数式的大小。

📌【题干】

Question

（2014年江苏卷） 已知函数 $f(x)=e^x+e^{-x}$，其中 $e$ 是自然对数的底数.

(1) 证明：$f(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的偶函数；

(2) 若关于 $x$ 的不等式 $mf(x)\le e^{-x}+m-1$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立，求实数 $m$ 的取值范围；

(3) 已知正数 $a$ 满足：存在 $x_0\in [1,+\infty )$，使得 $f(x_0)<a(-x_0^3+3x_0)$ 成立，试比较 $e^{a-1}$ 与 $a^{e-1}$ 的大小，并证明你的结论.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：利用偶函数的定义 $f(-x)=f(x)$ 直接代入验证即可。
2. 第二问：
   • 展开不等式 $m(e^x+e^{-x})\le e^{-x}+m-1$。
   • 采用参数分离法，将 $m$ 移动到等式一侧。
   • 通过换元 $t=e^x$ ($t>1$)，构造关于 $t$ 的函数，利用导数或基本不等式求出该函数的最值，从而确定 $m$ 的范围。
3. 第三问：
   • 寻找 $a$ 的范围：构造 $g(x)=f(x)-a(-x^3+3x)$。利用导数证明 $g(x)$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调递增。若存在 $x_0$ 使得 $g(x_0)<0$，则必须满足起始值 $g(1)<0$，从而求出 $a$ 的必要条件。
   • 构造比较函数：比较 $e^{a-1}$ 与 $a^{e-1}$ 等价于比较 $\frac{\ln a}{a-1}$ 与 $\frac{\ln e}{e-1}$。
   • 构造 $h(x)=\frac{\ln x}{x-1}$，利用导数研究其单调性，根据 $a$ 与 $e$ 的关系得出结论。

✅【答案】

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所以 $f(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的偶函数。；此时 $u(t{)}_{\min }=-\frac{1}{2+1}=-\frac{1}{3}$。；从而 $(e-1)\ln a>(a-1)\ln e⟹a^{e-1}>e^{a-1}$

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明偶函数 由于 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，关于原点对称。 又 $f(-x)=e^{-x}+e^{-(-x)}=e^{-x}+e^x=f(x)$， 所以 $f(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的偶函数。

(2) 求 $m$ 的取值范围 不等式可化为 $m(e^x+e^{-x}-1)\le e^{-x}-1$。 当 $x>0$ 时，$e^x>1$ 且 $e^x+e^{-x}>2$，故 $e^x+e^{-x}-1>1>0$。 则 $m\le \frac{e^{-x}-1}{e^x+e^{-x}-1}$ 在 $(0,+\infty )$ 上恒成立。 设 $t=e^x$ ($t>1$)，则 $e^{-x}=\frac{1}{t}$。 $m\le \frac{\frac{1}{t}-1}{t+\frac{1}{t}-1}=\frac{1-t}{t^2-t+1}$ 设 $u(t)=\frac{1-t}{t^2-t+1}$。对 $u(t)$ 求导或变形： $u(t)=-\frac{t-1}{(t-1{)}^2+(t-1)+1}=-\frac{1}{(t-1)+\frac{1}{t-1}+1}$。 由基本不等式，$(t-1)+\frac{1}{t-1}\ge 2$，当且仅当 $t=2$ 时等号成立。 此时 $u(t{)}_{\min }=-\frac{1}{2+1}=-\frac{1}{3}$。 要使恒成立，需 $m\le -\frac{1}{3}$。

(3) 比较 $e^{a-1}$ 与 $a^{e-1}$ 令 $g(x)=e^x+e^{-x}-a(-x^3+3x)$。 $g^{\prime }(x)=e^x-e^{-x}+3a(x^2-1)$。 当 $x\ge 1$ 时，$e^x-e^{-x}>0$ 且 $x^2-1\ge 0$，已知 $a>0$，故 $g^{\prime }(x)>0$。 所以 $g(x)$ 在 $[1,+\infty )$ 上单调递增。 若存在 $x_0\in [1,+\infty )$ 使得 $g(x_0)<0$，则必有 $g(1)<0$。 即 $e+e^{-1}-a(-1^3+3\times 1)<0⟹e+\frac{1}{e}<2a⟹a>\frac{1}{2}(e+\frac{1}{e})$。 由 $e\approx 2.718$，计算得 $a>\frac{2.718+0.368}{2}\approx 1.543$。

为了比较 $e^{a-1}$ 与 $a^{e-1}$，取对数：比较 $(a-1)\ln e$ 与 $(e-1)\ln a$。 即比较 $1$ 与 $\frac{\ln a}{a-1}\cdot (e-1)$，亦即比较 $\frac{\ln e}{e-1}$ 与 $\frac{\ln a}{a-1}$。 构造 $h(x)=\frac{\ln x}{x-1}$ ($x>1$)。 $h^{\prime }(x)=\frac{\frac{x-1}{x}-\ln x}{(x-1{)}^2}=\frac{1-\frac{1}{x}-\ln x}{(x-1{)}^2}$。 设 $\varphi (x)=1-\frac{1}{x}-\ln x$，则 ${\varphi }^{\prime }(x)=\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x}=\frac{1-x}{x^2}<0$ (当 $x>1$)。 故 $\varphi (x)<\varphi (1)=0$，即 $h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递减。 ① 当 $a\in (\frac{1}{2}(e+\frac{1}{e}),e)$ 时，$a<e⟹h(a)>h(e)⟹\frac{\ln a}{a-1}>\frac{\ln e}{e-1}$。 从而 $(e-1)\ln a>(a-1)\ln e⟹a^{e-1}>e^{a-1}$。 ② 当 $a=e$ 时，$a^{e-1}=e^{a-1}$。 ③ 当 $a\in (e,+\infty )$ 时，$a>e⟹h(a)<h(e)⟹e^{a-1}>a^{e-1}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数在解决不等式恒成立、存在性及大小比较中的综合运用。

2. 核心方法：构造函数并研究其单调性是解决压轴大题的标准动作。

3. 避坑指南：第二问中换元后一定要注明新变量 $t$ 的取值范围；第三问比较大小时，利用对数转化成单变量函数 $h(x)$ 是常见技巧。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 指数函数与对数函数的增长速度比较、双变量不等式的单变量化。

2. 结论推广: 函数 $h(x)=\frac{\ln x}{x-1}$ 在定义域内是减函数，这个结论在很多高考压轴题中都有体现。

3. 方法推广: 构造函数并研究其单调性是解决压轴大题的标准动作。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.03 专题-恒成立问题
• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2026-上海卷-05 填-函数奇偶性
• 2015-福建卷文-03 单-函数奇偶性
• 2015-广东卷文-03 单-函数奇偶性