2006-全国卷I理-21 解-分类讨论与分离参数法

本题导读

本题考查利用导数工具研究含参函数的单调性以及在给定区间内不等式恒成立时的参数范围问题。核心在于将导函数的正负判定转化为关于二次多项式零点分布的分类讨论。

📌【题干】

Question

（2006年全国卷I(理)） 已知函数 $f(x)=\frac{1+x}{1-x}{\text{e}}^{-ax}$.

(1) 设 $a>0$，讨论 $y=f(x)$ 的单调性；

(2) 若对任意 $x\in (0,1)$ 恒有 $f(x)>1$，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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第一问：分析定义域为 $x\ne 1$。使用乘积和商的求导法则求出 $f^{\prime }(x)$。化简后导数分子包含一个关于 $x$ 的二次多项式 $g(x)=a{x}^2-2x+2-a$。由于 $g(1)=0$，可通过因式分解提取出 $(x-1)$ 因子，从而结合 $a>0$ 讨论导数在各个区间上的符号，锁定函数的单调区间。 第二问：已知 $f(0)=1$。要在 $(0,1)$ 上恒有 $f(x)>1$，只需函数在 $x=0$ 处的右侧单调递增，或者通过分离参数法将不等式转化为 $a<\frac{1}{x}\ln \frac{1+x}{1-x}$，构造新函数求下界。本解析采用导数边界讨论法。

✅【答案】

Success

实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty ,2]$

✍【详细解析】

Abstract

解：(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $\{x\mid x\ne 1\}$。 利用导数的乘法与商的求导法则，对 $f(x)$ 求导： $f^{\prime }(x)={\left(\frac{1+x}{1-x}\right)}^{\prime }{\text{e}}^{-ax}+\frac{1+x}{1-x}{\left({\text{e}}^{-ax}\right)}^{\prime }$ $f^{\prime }(x)=\frac{1\cdot (1-x)-(1+x)\cdot (-1)}{(1-x{)}^2}{\text{e}}^{-ax}+\frac{1+x}{1-x}(-a{\text{e}}^{-ax})$ $f^{\prime }(x)=\frac{2}{(1-x{)}^2}{\text{e}}^{-ax}-\frac{a(1+x)(1-x)}{(1-x{)}^2}{\text{e}}^{-ax}$ 通分合并得： $f^{\prime }(x)=\frac{2-a(1-x^2)}{(1-x{)}^2}{\text{e}}^{-ax}=\frac{a{x}^2-a+2}{(1-x{)}^2}{\text{e}}^{-ax}$

由于对所有定义域内的 $x$， $\frac{{\text{e}}^{-ax}}{(1-x{)}^2}>0$ 恒成立， 故 $f^{\prime }(x)$ 的正负号完全由分子多项式 $h(x)=a{x}^2-a+2$ 决定。 已知 $a>0$，二次函数 $h(x)$ 的图象开口向上，对称轴为 $x=0$。 令 $h(x)=0⟹a{x}^2=a-2⟹x^2=\frac{a-2}{a}=1-\frac{2}{a}$。

下面根据 $a$ 的大小对零点存在性进行分类讨论：

• 情况 1：当 $0<a\le 2$ 时， $1-\frac{2}{a}\le 0$。 此时对任意 $x\ne 1$，恒有 $h(x)=a{x}^2+2-a>0$。 所以 $f^{\prime }(x)>0$ 恒成立。 则 $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-1,1)$ 和 $(1,+\infty )$，无单调递减区间。

• 情况 2：当 $a>2$ 时， $1-\frac{2}{a}>0$。 令 $h(x)=0$ 解得两个互异对称实根： $x_1=-\sqrt{1-\frac{2}{a}}$， $x_2=\sqrt{1-\frac{2}{a}}$。 显然 $0<x_2<1$，故 $x_1,x_2$ 将定义域划分为多个子区间。

• 当 $x\in \left(-\infty ,-\sqrt{1-\frac{2}{a}}\right)\cup \left(\sqrt{1-\frac{2}{a}},1\right)\cup (1,+\infty )$ 时， $h(x)>0⟹f^{\prime }(x)>0$；
• 当 $x\in \left(-\sqrt{1-\frac{2}{a}},\sqrt{1-\frac{2}{a}}\right)$ 时， $h(x)<0⟹f^{\prime }(x)<0$。

综上所述：

• 当 $0<a\le 2$ 时， $f(x)$ 在 $(-\infty ,1)$， $(1,+\infty )$ 上单调递增；
• 当 $a>2$ 时， $f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty ,-\sqrt{1-\frac{2}{a}}\right)$， $\left(\sqrt{1-\frac{2}{a}},1\right)$， $(1,+\infty )$；单调递减区间为 $\left(-\sqrt{1-\frac{2}{a}},\sqrt{1-\frac{2}{a}}\right)$。

(2) 题目要求对任意 $x\in (0,1)$ 恒有 $f(x)>1$。 注意到边界处 $f(0)=\frac{1+0}{1-0}{\text{e}}^0=1$。

结合 (1) 中的单调性结论：

• 若 $0<a\le 2$： 由 (1) 可知， $f(x)$ 在 $(-\infty ,1)$ 上单调递增。 因此，当 $x\in (0,1)$ 时，必有 $f(x)>f(0)=1$。这表明 $0<a\le 2$ 完全符合题意。

• 若 $a>2$： 由 (1) 可知， $f(x)$ 在区间 $\left(0,\sqrt{1-\frac{2}{a}}\right)$ 上单调递减。 因此，当 $x\in \left(0,\sqrt{1-\frac{2}{a}}\right)$ 时，必有 $f(x)<f(0)=1$，与题设在 $(0,1)$ 上恒有 $f(x)>1$ 矛盾。

综上所述，实数 $a$ 的取值范围是 $(-\infty ,2]$。

再补 $a\le 0$ 这一支：此时 $-ax\ge 0$，故 ${\mathrm{e}}^{-ax}\ge 1$，而 $0<x<1$ 时 $\frac{1+x}{1-x}>1$，两因子相乘得 $f(x)>1$，同样成立。这一支不需要额外条件，直接并入答案。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：导数多项式因式化简、基于判别式与零点相对位置的分类讨论、恒成立问题向端点单调性的转化。
• 核心方法：单调性分类判定法。
• 避坑指南：第一问求导通分时，一定要注意把不影响正负号的指数部分 ${\text{e}}^{-ax}$ 和分母完全隔离出来，集中精力配方或分析分子二次多项式 $a{x}^2+2-a$ 的根。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是经典的导数压轴大题，利用指数函数与分式函数的复合作为载体，全方位考查分类讨论思想的严密性。 结论推广: 针对边界满足 $f(0)=1$ 且要求 $f(x)>1$ 在 $x>0$ 恒成立的题目，其核心必要条件往往由端点一阶导数约束 $f^{\prime }(0)\ge 0$ 决定。本题中 $f^{\prime }(0)=2-a\ge 0⟹a\le 2$。

🔗【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
• 03.01 不等式解法体系
• 20.18 恒成立问题——参变分离法

类题演练 (Links)

• 2008-大纲Ⅰ文-21 解-导数单调性含参
• 2009-大纲Ⅱ文-21 解-导数单调与恒成立
• 2010-新课标Ⅰ文-21 解-导数单调与恒成立