2010-湖南卷理-20 解-导数

本题导读

本题为导数与二次函数综合压轴题，重点考查二次不等式对任意 $x\in \mathbb{R}$ 恒成立的充要条件（判别式 $\Delta \le 0$），以及由此推导参数关系、证明不等式和求解极值参数的技巧。

📌【题干】

Question

（2010年湖南卷(理)） 已知函数 $f(x)=x^2+bx+c$ ($b,c\in \mathbf{R}$)，对任意的 $x\in \mathbf{R}$，恒有 $f^{\prime }(x)\le f(x)$.

(1) 证明：当 $x\ge 0$ 时，$f(x)\le (x+c{)}^2$；

(2) 若对满足题设条件的任意 $b,c$，不等式 $f(c)-f(b)\le M(c^2-b^2)$ 恒成立，求 $M$ 的最小值.

🔍【思路分析】

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1. 求导 $f^{\prime }(x)=2x+b$，由 $f^{\prime }(x)\le f(x)⟺x^2+(b-2)x+(c-b)\ge 0$ 对任意 $x\in \mathbf{R}$ 恒成立，得出判别式 $\Delta =(b-2{)}^2-4(c-b)\le 0$，展开化简得 $(b+2{)}^2\le 4c⟹c\ge \frac{(b+2{)}^2}{4}$。
2. (1) 当 $x\ge 0$ 时，证明 $(x+c{)}^2-f(x)\ge 0$。展开并利用 $c\ge \frac{(b+2{)}^2}{4}$ 代入证明。
3. (2) 化简目标不等式：$f(c)-f(b)=(c^2+bc+c)-(b^2+b^2+c)=c^2-b^2+b(c-b)$。代入不等式后，两边同除以 $c-b$（分 $c>b$ 和 $c<b$ 讨论），结合 $c\ge \frac{(b+2{)}^2}{4}$ 导出 $M$ 需满足的约束条件，求出 $M$ 的最小值。

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$M$ 的最小值为 $\frac{3}{2}$.

✍【详细解析】

Abstract

由 $f(x)=x^2+bx+c$ 得 $f^{\prime }(x)=2x+b$. 由题意，$f^{\prime }(x)\le f(x)$ 对任意 $x\in \mathbf{R}$ 恒成立，即： $2x+b\le x^2+bx+c⟹x^2+(b-2)x+(c-b)\ge 0\text{对任意 }x\in \mathbf{R}\text{ 恒成立}$

因为二次项系数 $1>0$，所以只需判别式 $\Delta \le 0$： $\Delta =(b-2{)}^2-4(c-b)\le 0$ 展开得： $b^2-4b+4-4c+4b\le 0⟹b^2+4\le 4c⟹c\ge \frac{b^2+4}{4}$ 特别地，由 $(b+2{)}^2=b^2+4b+4$，亦有 $c-b\ge \frac{(b+2{)}^2}{4}\ge 0$，且 $c\ge 1$.

(1) 证明： 当 $x\ge 0$ 时，考虑 $(x+c{)}^2-f(x)$： $(x+c{)}^2-f(x)=(x^2+2cx+c^2)-(x^2+bx+c)=(2c-b)x+c^2-c$

因为 $c\ge \frac{b^2+4}{4}$，所以 $4c\ge b^2+4\ge 4|b|$，得 $c\ge |b|\ge b$. 故 $2c-b=c+(c-b)\ge 1+0=1>0$. 又因为 $c\ge 1$，所以 $c^2-c=c(c-1)\ge 0$.

因此，当 $x\ge 0$ 时，因为 $x\ge 0,2c-b>0,c^2-c\ge 0$，所以： $(2c-b)x+c^2-c\ge 0⟹(x+c{)}^2\ge f(x)$ 即当 $x\ge 0$ 时，$f(x)\le (x+c{)}^2$ 得证.

(2) 解： 计算 $f(c)-f(b)$： $f(c)-f(b)=(c^2+bc+c)-(b^2+b^2+c)=c^2-b^2+b(c-b)$

要求 $f(c)-f(b)\le M(c^2-b^2)$ 恒成立，即： $c^2-b^2+b(c-b)\le M(c^2-b^2)$ $(c-b)(c+b)+b(c-b)\le M(c-b)(c+b)$ $(c-b)(c+2b)\le M(c-b)(c+b)$

已知 $c\ge \frac{b^2+4}{4}⟹c-b\ge \frac{(b+2{)}^2}{4}\ge 0$.

• 当 $c-b=0$ 时：即 $c=b$，两边均为 $0\le 0$，不等式对任意 $M$ 恒成立.
• 当 $c-b>0$ 时：两边同除以 $c-b$，不等式等价于： $c+2b\le M(c+b)⟹(1-M)c+(2-M)b\le 0$

要使上式对满足 $c\ge \frac{b^2+4}{4}$ 的任意 $b,c$ 恒成立：

假设 $1-M>0$，即 $M<1$，当 $c\to +\infty$ 时，左边趋向 $+\infty$，不可能恒小于等于 0，矛盾. 故必须 $1-M\le 0⟹M\ge 1$.

进一步分析 $(1-M)c+(2-M)b\le 0$： 因为 $c\ge \frac{b^2+4}{4}$，且 $1-M\le 0$，所以： $(1-M)c+(2-M)b\le (1-M)\frac{b^2+4}{4}+(2-M)b\le 0$ 两边同乘 4 得： $(1-M)b^2+4(2-M)b+4(1-M)\le 0\text{对任意 }b\in \mathbf{R}\text{ 恒成立}$

要使关于 $b$ 的二次不等式对任意 $b\in \mathbf{R}$ 恒成立，需满足：

1. $1-M<0⟹M>1$（若 $M=1$，上式化为 $4b\le 0$ 对 $b\in \mathbf{R}$ 不恒成立）；
2. 判别式 ${\Delta }_b\le 0$： ${\Delta }_b=[4(2-M){]}^2-4(1-M)\cdot 4(1-M)\le 0$ $16(2-M{)}^2-16(1-M{)}^2\le 0⟹(2-M{)}^2-(1-M{)}^2\le 0$ 展开得： $(4-4M+M^2)-(1-2M+M^2)\le 0⟹3-2M\le 0⟹M\ge \frac{3}{2}$

当 $M=\frac{3}{2}$ 时： $(1-M)b^2+4(2-M)b+4(1-M)=-\frac{1}{2}{b}^2+2b-2=-\frac{1}{2}(b-2{)}^2\le 0$ 恒成立，满足条件.

综上所述，$M$ 的最小值为 $\frac{3}{2}$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：二次函数判别式 $\Delta \le 0$ 恒成立应用、不等式证明与参量最值求解。
2. 核心方法：判别式转换法（将 $f^{\prime }(x)\le f(x)$ 转化为 $c\ge \frac{b^2+4}{4}$），二次型不等式分离与判别式二次嵌套。
3. 避坑指南：第 (2) 问中注意 $c-b$ 可以为 0 的边界情况；在对 $b$ 的二次不等式求解判别式时，切勿遗漏最高次项系数 $1-M<0$ 的符号限制。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：源于人教A版选修2-2第一章《导数及其应用》压轴题，结合了二次函数判别式与双变量参数最值问题。
2. 结论推广：对形如 $A{x}^2+Bx+C\ge 0$ 在 $\mathbf{R}$ 恒成立，充要条件必为 $A>0$ 且 $\Delta =B^2-4AC\le 0$。

🔗【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)

• 2011-四川卷文-22 解-导数方程与数列不等式
• 2011-大纲卷理-22 解-导数不等式
• 2011-新课标卷文-21 解-对数函数切线与不等式