2001-新课标理-19 解-偶函数定参与单调性证明

本题导读

本题考查函数的奇偶性与单调性。核心在于利用偶函数条件对一切 $x$ 成立比较系数定参，再用定义或导数证单调。

📌【题干】

Question

（2001年新课标卷(理)） 设 $a>0$，$f(x)=\frac{e^x}{a}+\frac{a}{e^x}$ 是 $\mathbf{R}$ 上的偶函数.

(1) 求 $a$ 的值；

(2) 证明 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上是增函数.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 由 $f(x)=f(-x)$ 对一切 $x$ 成立，整理出 $(\frac{1}{a}-a)(e^{2x}-1)=0$，比较得 $a=1$。
2. 定义法：作差分解因式判号；或导数法：$f^{\prime }(x)>0$。

✅【答案】

Success

$a=1$；$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上是增函数

✍【详细解析】

Abstract

(1) 依题意，对一切 $x\in \mathbf{R}$ 有 $f(x)=f(-x)$，即 $\frac{e^x}{a}+\frac{a}{e^x}=\frac{e^{-x}}{a}+a{e}^x$．两边同乘 $e^x$，得 $\frac{e^{2x}}{a}+a=\frac{1}{a}+a{e}^{2x}$，整理得 $\left(\frac{1}{a}-a\right)(e^{2x}-1)=0$．由该式对一切 $x\in \mathbf{R}$ 成立，得 $\frac{1}{a}-a=0$，即 $a^2=1$．又 $a>0$，所以 $a=1$． (2) 证法一（定义法）：由 (1) 知 $f(x)=e^x+e^{-x}$．设 $0<x_1<x_2$，则 $f(x_1)-f(x_2)=(e^{x_1}-e^{x_2})+(e^{-x_1}-e^{-x_2})=(e^{x_2}-e^{x_1})\left(\frac{1}{e^{x_1+x_2}}-1\right)$．由 $x_1>0$，$x_2>0$，$x_2-x_1>0$ 得 $x_1+x_2>0$，故 $e^{x_2}-e^{x_1}>0$，$e^{-(x_1+x_2)}-1<0$，因此 $f(x_1)-f(x_2)<0$，即 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上是增函数． 证法二（导数法）：$f(x)=e^x+e^{-x}$，$f^{\prime }(x)=e^x-e^{-x}=e^{-x}(e^{2x}-1)$．当 $x\in (0,+\infty )$ 时，$e^{-x}>0$，$e^{2x}-1>0$，此时 $f^{\prime }(x)>0$．所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上是增函数．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：偶函数定参与单调性证明

核心方法：$f(x)=f(-x)$ 恒成立，$e^{2x}$ 系数比较得 $\frac{1}{a}=a$，$a=1$；$f(x)=e^x+e^{-x}$，$f^{\prime }(x)=e^x-e^{-x}>0$（$x>0$）

避坑指南：偶函数恒等式定参，导数证单调

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：源于教材函数的奇偶性与单调性

结论推广：一般地，偶函数条件对一切 $x$ 成立时可比较系数定参

方法推广：恒等式比较系数

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.02 函数的四大性质

类题演练 (Links)

• 2003-上海文-13 单-偶函数与单调性
• 2005-重庆卷文-03 单-偶函数与单调性解不等式
• 2007-新课标Ⅰ文-14 填-函数奇偶性（偶函数求参）