2012-湖南卷文-22 解-导数恒成立与中值定理

本题导读

本题考查利用导数研究不等式恒成立。核心在于构造法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2012年湖南卷(文)） 已知函数 $f(x)={\mathrm{e}}^x-ax$，其中 $a>0$.

(1)若对一切 $x\in \mathbf{R}$，$f(x)⩾1$ 恒成立，求 $a$ 的取值集合；

(2)在函数 $f(x)$ 的图象上取定两点 $A\left(x_1,f(x_1)\right)$，$B\left(x_2,f(x_2)\right)$（$x_1<x_2$），记直线 $AB$ 的斜率为 $k$，证明：存在 $x_0\in (x_1,x_2)$，使 $f^{\prime }\left(x_0\right)=k$ 成立.

🔍【思路分析】

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$f$ 的最小值为 $a-a\ln a$，其最大值 $1$ 在 $a=1$ 处取得，故取值集合为 $\{1\}$；构造 $h(x)=f(x)-kx$，由 $h(x_1)=h(x_2)$ 与 $h^{\prime }$ 的严格单调夹出 $x_0$。

✅【答案】

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(1)$a$ 的取值集合为 $\{1\}$；(2)证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）$f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x-a$。由 $a>0$ 知 $f$ 在 $(-\infty ,\ln a)$ 上单调递减，在 $(\ln a,+\infty )$ 上单调递增，故 $f$ 的最小值为

$f(\ln a)=a-a\ln a$.

“对一切 $x\in \mathbf{R}$，$f(x)⩾1$“等价于 $a-a\ln a⩾1$。设 $g(a)=a-a\ln a$（$a>0$），则 $g^{\prime }(a)=-\ln a$：$0<a<1$ 时 $g^{\prime }(a)>0$，$a>1$ 时 $g^{\prime }(a)<0$，故 $g$ 在 $a=1$ 处取最大值 $g(1)=1$。

于是 $a-a\ln a⩾1$ 当且仅当 $a=1$，所求取值集合为 $\{1\}$。

（2）不妨设 $g(x)=f(x)-kx={\mathrm{e}}^x-(a+k)x$。由 $k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$ 得 $f(x_2)-k{x}_2=f(x_1)-k{x}_1$，即 $g(x_1)=g(x_2)$。

注意到 $g^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-k={\mathrm{e}}^x-(a+k)$ 在 $\mathbf{R}$ 上严格单调递增，故 $g$ 在 $\mathbf{R}$ 上先减后增、有唯一极小值点。

若 $g^{\prime }(x_1)⩾0$，则 $g^{\prime }(x)>0$ 对一切 $x\in (x_1,x_2]$ 成立，$g$ 在 $[x_1,x_2]$ 上严格递增，得 $g(x_2)>g(x_1)$，与 $g(x_1)=g(x_2)$ 矛盾，故 $g^{\prime }(x_1)<0$；同理，若 $g^{\prime }(x_2)⩽0$，则 $g$ 在 $[x_1,x_2]$ 上严格递减，$g(x_2)<g(x_1)$，矛盾，故 $g^{\prime }(x_2)>0$。

于是 $g^{\prime }(x_1)<0<g^{\prime }(x_2)$。由于 $g^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x-(a+k)$ 连续，由零点存在定理，存在 $x_0\in (x_1,x_2)$ 使 $g^{\prime }(x_0)=0$，即 ${\mathrm{e}}^{x_0}=a+k$，从而

$f^{\prime }\left(x_0\right)={\mathrm{e}}^{x_0}-a=k$.

命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：$f(x)⩾c$ 恒成立转化为最小值不等式；割线斜率与导数的关系（中值定理的初等证明）

核心方法：（1）分离参数意义下的最值法：先求关于 $x$ 的最小值，再对 $a$ 求最值；（2）构造 $g(x)=f(x)-kx$，用”端点值相等 + 导函数单调”夹出零点

避坑指南：第（1）问是”双重最值”：先对 $x$ 求 $\min f$，得到的 $a-a\ln a$ 还要对 $a$ 求最大值，只做第一步会得到集合 $(0,+\infty )$ 的错误答案；第（2）问不能直接引用教材之外的中值定理，必须按”构造 — 端点相等 — 单调性矛盾 — 零点存在”四步写出初等证明。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：导数综合压轴题，与 2013 年大纲卷文第 21 题、2013 年新课标Ⅰ文第 20 题同族；第（2）问即拉格朗日中值定理在 ${\mathrm{e}}^x-ax$ 上的特例，与知识体系 20.09 直接呼应。

结论推广：对连续可导函数 $f$ 与弦 $AB$：$g(x)=f(x)-kx$ 满足 $g(x_1)=g(x_2)$，只要 $g^{\prime }$ 单调即可保证存在 $x_0$ 使 $f^{\prime }(x_0)=k$——这正是拉格朗日中值定理的初等证明模板。

方法推广：中值定理型证明题的通用骨架：构造 $f(x)-kx$ 型辅助函数，利用端点值相等制造矛盾或零点，切忌直接引用定理名称。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点(Nodes)

• 05.03 专题-恒成立问题
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2013-大纲卷文-21 解-导数单调性与恒成立
• 2013-新课标I卷文-20 解-导数单调性与极值
• 2013-新课标II卷文-21 解-导数极值与切线截距