2012-湖南卷理-22 解-导数

本题导读

本题考查导数的几何意义与割线斜率。核心在于导数工具法、构造法的灵活运用。

📌【题干】

Question

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

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

(2) 在函数 $f(x)$ 的图象上取两点 $A(x_1,f(x_1)),B(x_2,f(x_2))(x_1<x_2)$，记直线 $AB$ 的斜率为 $k$.问：是否存在 $x_0\in (x_1,x_2)$，使 $f^{\prime }(x_0)>k$ 成立？若存在，求出 $x_0$ 的取值范围；若不存在，请说明理由.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 求导求极小值锁定参数（第一问）：

• 因为 $a<0$ 时，当 $x\to +\infty$， $f(x)\to -\infty$，无法满足 $\ge 1$ 恒成立，所以必有 $a>0$。
• 对 $f(x)$ 求导得 $f^{\prime }(x)=a{\mathrm{e}}^{ax}-1$。令 $f^{\prime }(x)=0⟹x=\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}$。通过单调性可知此点为全局最小值点。
• 令最小值 $f\left(\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}\right)\ge 1$，转化为关于 $t=\frac{1}{a}$ 的不等式 $t-t\ln t\ge 1$。通过二次构造函数 $g(t)=t-t\ln t$ 研究最值，即可求得 $a$ 的集合。

2. 割线割点方程与端点符号卡位（第二问）：

• 因为已知割线斜率 $k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}$，要寻找满足 $f^{\prime }(x_0)-k>0$ 的点，所以构造差分函数 $\varphi (x)=f^{\prime }(x)-k=a{\mathrm{e}}^{ax}-k$。
• 计算两个边界端点的函数值 $\varphi (x_1)$ 和 $\varphi (x_2)$。通过构造标准指数底函数 $F(t)={\mathrm{e}}^t-t-1$，证明当 $t\ne 0$ 时 $F(t)>0$。由此规律可以刚性断定两个端点符号相异，即 $\varphi (x_1)<0$ 且 $\varphi (x_2)>0$。
• 因为 $\varphi (x)$ 在区间 $[x_1,x_2]$ 上连续且严格单调递增，所以根据零点存在性定理，在其内部有且仅有一个唯一的零点 $c$ 满足 $\varphi (c)=0$。因为 $\varphi (x)>0⟺x>c$，所以直接解除极小边界值，锁定 $x_0$ 的有界取值范围。

✅【答案】

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(1) $\{1\}$

(2) 存在，$x_0\in \left(\frac{1}{a}\ln \frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{a(x_2-x_1)},x_2\right)$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ） 求 $a$ 的取值集合

因为若 $a<0$，当 $x>0$ 且 $x\to +\infty$ 时， ${\mathrm{e}}^{ax}\to 0$，则 $f(x)={\mathrm{e}}^{ax}-x\to -\infty$，这与对一切 $x\in \mathbb{R}$ 满足 $f(x)\ge 1$ 恒成立相矛盾， 所以必有 $a>0$。

对原函数 $f(x)$ 进行一阶求导： $f^{\prime }(x)=a{\mathrm{e}}^{ax}-1$ 令 $f^{\prime }(x)=0$，解得唯一驻点： ${\mathrm{e}}^{ax}=\frac{1}{a}⟹ax=\ln \frac{1}{a}⟹x=\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}$

因为 $a>0$，所以变量的单调性区间变化规律如下：

• 当 $x<\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}$ 时， $f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 在该区间内单调递减；

• 当 $x>\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}$ 时， $f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 在该区间内单调递增。

所以，当 $x=\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}$ 时，函数 $f(x)$ 取得全局极小值，亦即最小值： $f(x{)}_{\text{min}}=f\left(\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}\right)={\mathrm{e}}^{\ln \frac{1}{a}}-\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}=\frac{1}{a}-\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}$

因为对一切 $x\in \mathbb{R}$， $f(x)\ge 1$ 恒成立， 所以只需满足其最小值大于或等于 1 即可： $\frac{1}{a}-\frac{1}{a}\ln \frac{1}{a}\ge 1\text{(1)}$

为了求解此超越不等式，我们令新变量 $t=\frac{1}{a}(t>0)$。 将①式变形并构造二次辅助函数： $g(t)=t-t\ln t(t>0)$ 对 $g(t)$ 求导： $g^{\prime }(t)=1-\left(1\cdot \ln t+t\cdot \frac{1}{t}\right)=1-\ln t-1=-\ln t$

由导数符号判定 $g(t)$ 的单调性：

• 当 $0<t<1$ 时， $g^{\prime }(t)>0$，函数 $g(t)$ 单调递增；
• 当 $t>1$ 时， $g^{\prime }(t)<0$，函数 $g(t)$ 单调递减。

所以，当 $t=1$ 时，函数 $g(t)$ 取得全局最大值： $g(t{)}_{\text{max}}=g(1)=1-1\times \ln 1=1$

因为①式等价于要求 $g(t)\ge 1$，而由上可知 $g(t)$ 的最大值刚好等于 1， 所以当且仅当 $t=1$ 时，不等式①才能成立。 因为 $t=\frac{1}{a}=1⟹a=1$， 所以参数 $a$ 的取值集合为 $\{1\}$。

（Ⅱ） 探究是否存在 $x_0$ 满足 $f^{\prime }(x_0)>k$

因为直线 $AB$ 的两端点坐标为 $A(x_1,f(x_1)),B(x_2,f(x_2))$， 所以根据两点斜率公式，其割线斜率 $k$ 满足： $k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{({\mathrm{e}}^{a{x}_2}-x_2)-({\mathrm{e}}^{a{x}_1}-x_1)}{x_2-x_1}=\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{x_2-x_1}-1$

为了判定是否存在点 $x_0$ 使得 $f^{\prime }(x_0)-k>0$ 成立，我们构造目标差分函数： $\varphi (x)=f^{\prime }(x)-k=a{\mathrm{e}}^{ax}-\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{x_2-x_1}+1-1=a{\mathrm{e}}^{ax}-\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{x_2-x_1}$

为了卡位两端点的正负号，我们将 $x=x_1$ 与 $x=x_2$ 分别代入并提取公因式： $\varphi (x_1)=a{\mathrm{e}}^{a{x}_1}-\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{x_2-x_1}=-\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{x_2-x_1}\cdot \left[\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}}{{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}-1-a(x_2-x_1)\right]=-\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{x_2-x_1}\cdot \left[{\mathrm{e}}^{a(x_2-x_1)}-a(x_2-x_1)-1\right]$ $\varphi (x_2)=a{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{x_2-x_1}=\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}}{x_2-x_1}\cdot \left[a(x_2-x_1)-1+\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}}\right]=\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}}{x_2-x_1}\cdot \left[{\mathrm{e}}^{a(x_1-x_2)}-a(x_1-x_2)-1\right]$

因为需要判定括号内多项式的正负号，我们构造一元通用特征基础函数： $F(t)={\mathrm{e}}^t-t-1$ 对其求导可得 $F^{\prime }(t)={\mathrm{e}}^t-1$。

• 当 $t<0$ 时， $F^{\prime }(t)<0⟹F(t)$ 单调递减；
• 当 $t>0$ 时， $F^{\prime }(t)>0⟹F(t)$ 单调递增。 所以当 $t=0$ 时取得极小值（最小值） $F(0)={\mathrm{e}}^0-0-1=0$。 由此可知，对任意 $t\ne 0$，恒有 $F(t)>F(0)=0⟹{\mathrm{e}}^t-t-1>0$。

因为已知 $x_1<x_2$ 且 $a\ne 0$， 所以对应的两个特征位差参数满足 $a(x_2-x_1)\ne 0$ 且 $a(x_1-x_2)\ne 0$。 代入特征函数的有界性结论可知： ${\mathrm{e}}^{a(x_2-x_1)}-a(x_2-x_1)-1>0\text{且}{\mathrm{e}}^{a(x_1-x_2)}-a(x_1-x_2)-1>0$

又因为 $\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{x_2-x_1}>0$ 且 $\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}}{x_2-x_1}>0$，结合前面的正负号系数，我们可以精确锁死端点符号满足： $\varphi (x_1)<0\text{且}\varphi (x_2)>0$

因为函数 $y=\varphi (x)$ 在闭区间 $[x_1,x_2]$ 上是由初等指数函数经过有限次线性平移构成的，其图象是一条连续不断的曲线， 所以根据**零点存在性定理（介值定理）**可知，在开区间内必然存在一个点 $c\in (x_1,x_2)$，使得： $\varphi (c)=0$

对辅助函数进行求导以检验其单调性： ${\varphi }^{\prime }(x)=a^2{\mathrm{e}}^{ax}$ 因为 $a\ne 0⟹a^2>0$ 且 ${\mathrm{e}}^{ax}>0$， 所以 ${\varphi }^{\prime }(x)>0$ 恒成立，说明函数 $\varphi (x)$ 在整个实数集上是一个严格单调递增的函数。 因此，使得 $\varphi (c)=0$ 成立的零点 $c$ 在区间内部不仅存在，而且是唯一的。

通过令 $\varphi (c)=0$ 求解出零点 $c$ 的精确代数坐标： $a{\mathrm{e}}^{ac}=\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{x_2-x_1}⟹{\mathrm{e}}^{ac}=\frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{a(x_2-x_1)}⟹c=\frac{1}{a}\ln \frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{a(x_2-x_1)}$

因为函数 $\varphi (x)$ 严格单调递增， 所以要使得 $f^{\prime }(x_0)>k⟺\varphi (x_0)>0⟺\varphi (x_0)>\varphi (c)$ 成立， 根据单调性，自变量必须严格满足： $x_0>c$

结合题目对开区间内部点的约束条件 $x_0\in (x_1,x_2)$， 所以存在满足合规条件点的 $x_0$ 取值范围为： $\left(\frac{1}{a}\ln \frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{a(x_2-x_1)},x_2\right)$

故答案为：（1）$\{1\}$ ；（2）存在，范围为 $\left(\frac{1}{a}\ln \frac{{\mathrm{e}}^{a{x}_2}-{\mathrm{e}}^{a{x}_1}}{a(x_2-x_1)},x_2\right)$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数控制下的多层单调性分析、超越不等式在极值点处的化简变形、零点存在定理在双割线体系中的卡位应用。
2. 核心方法：对偶因式分离与特征函数化归法。在处理第二问判定 $\varphi (x_1),\varphi (x_2)$ 的符号时，通过同底数幂的提取（如提取 ${\mathrm{e}}^{a{x}_1}$ ），将其化简为具有统一代数结构的 ${\mathrm{e}}^t-t-1$。这是一种高等数学中极为经典的“降维同构法”，可以把复杂的多元变量差分直接收拢进一个简单一元函数的取值有界性中。
3. 避坑指南：

• 因为在第一问化简时变量和常数交织，部分考生容易在 $t-t\ln t\ge 1$ 处误以为 $t$ 的取值是一个区间。必须严谨证明最大值等于 1，从而根据“天花板截断”锁定其只能取单点孤立值 $t=1$。
• 因为第二问要求的是一个“范围区间”，很多考生通过零点定理证出存在性后，容易漏掉去求导验证 ${\varphi }^{\prime }(x)>0$ 的严格单调性。如果没有严格单调性，就无法确保零点右侧全为正数，从而无法正确输出半开半闭的有界范围。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源于人教A版高中数学选择性必修第二册第四章《一元函数的导数及其应用》中的压轴核心能力题。其第二问的深层高等数学背景源于微积分中著名的**“拉格朗日中值定理（Lagrange’s Mean Value Theorem）”与“柯西中值定理”的逆向区间延展性评估**。
2. 结论推广：

• 割线与切线斜率凸性单调控制模型：在本题中，由于 $f^{\prime \prime }(x)=a^2{\mathrm{e}}^{ax}>0$ 恒成立，说明原函数 $f(x)$ 是一个严格的下凸函数（凹函数）。根据下凸函数的几何几何特征，连接函数图象上任意两点的割线斜率 $k$，必然在区间内部有且仅有一个切线斜率与之完全相等的点 $c$（即拉格朗日中值点）。且因为导函数 $f^{\prime }(x)$ 随着 $x$ 的递增而严格增大，所以在这个中值点 $c$ 的右侧，所有的切线斜率必定大于该割线斜率（即 $f^{\prime }(x)>k$ ）；而在中值点 $c$ 的左侧，所有的切线斜率必定小于该割线斜率（即 $f^{\prime }(x)<k$ ）。
• 熟记这一“凸函数中值分域模型”，在面对任何涉及“切线斜率与割线斜率大小比较”的压轴大题时，均能一秒直击中值点本源，实现全局思维层面的降维俯瞰。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 16.01 直线的倾斜角与斜率

• 05.02 函数的四大性质 类题演练 (Links)

• 2003-上海卷理-10

• 2004-广东卷理-21 解-利用导数研究函数的单调性与最值

• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值