2013-新课标I卷理-21 解-曲线上某点切线方程

本题导读

本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程。核心在于待定系数法、构造函数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年新课标I卷(理)） 已知函数 $f(x)=x^2+ax+b$，$g(x)=e^x(cx+d)$.若曲线 $y=f(x)$ 和曲线 $y=g(x)$ 都过点 $P(0,2)$，且在点 $P$ 处有相同的切线 $y=4x+2$.

(1)求 $a,b,c,d$ 的值；

(2)若 $x\ge -2$ 时，$f(x)\le kg(x)$，求 $k$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（确定参数）：
   • 利用“过点 $P(0,2)$”：$f(0)=2$ 且 $g(0)=2$。
   • 利用“切线为 $y=4x+2$”：点 $P$ 处的导数值等于切线斜率，即 $f^{\prime }(0)=4$ 且 $g^{\prime }(0)=4$。
   • 联立方程组求出 $a,b,c,d$。
2. 第二问（恒成立问题）：
   • 构造辅助函数 $F(x)=kg(x)-f(x)\ge 0$。代入第一问结果得 $F(x)=2k{e}^x(x+1)-x^2-4x-2$。
   • 求导分析：$F^{\prime }(x)=2(x+2)(k{e}^x-1)$。
   • 寻找临界点：导函数的零点为 $x=-2$ 和 $x=-\ln k$（当 $k>0$ 时）。
   • 分类讨论：根据 $k$ 的取值大小（特别是 $k$ 与 $1,e^2$ 的关系），讨论 $F(x)$ 在 $[-2,+\infty )$ 上的单调性与最小值，确保最小值 $\ge 0$。

✅【答案】

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$a=4,b=2,c=2,d=2$；① 若 $1\le k<e^2$；② 若 $k=e^2$；③ 若 $k>e^2$

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）解： 由题意，$f(x)=x^2+ax+b$，则 $f^{\prime }(x)=2x+a$。 因为曲线 $y=f(x)$ 过点 $P(0,2)$，且在该点切线斜率为 4， 所以 $f(0)=b=2$，$f^{\prime }(0)=a=4$。

对于 $g(x)=e^x(cx+d)$，其导数为 $g^{\prime }(x)=e^x(cx+d+c)$。 因为曲线 $y=g(x)$ 过点 $P(0,2)$，且在该点切线斜率为 4， 所以 $g(0)=d=2$，$g^{\prime }(0)=d+c=4⟹c=2$。 综上得：$a=4,b=2,c=2,d=2$。

（Ⅱ）解： 由（Ⅰ）知，$f(x)=x^2+4x+2$，$g(x)=2e^x(x+1)$。 要使 $f(x)\le kg(x)$ 在 $x\ge -2$ 恒成立，即 $F(x)=2k{e}^x(x+1)-x^2-4x-2\ge 0$ 在 $x\ge -2$ 恒成立。 首先，当 $x=0$ 时，$F(0)=2k-2\ge 0⟹k\ge 1$。

对 $F(x)$ 求导： $F^{\prime }(x)=2k{e}^x(x+1)+2k{e}^x-2x-4=2k{e}^x(x+2)-2(x+2)=2(x+2)(k{e}^x-1)$。 令 $F^{\prime }(x)=0$，得 $x_1=-2$，当 $k>0$ 时 $x_2=-\ln k$。

下面分情况讨论： ① 若 $1\le k<e^2$： 此时 $-2<-\ln k\le 0$。 当 $x\in (-2,-\ln k)$ 时，$k{e}^x-1<0⟹F^{\prime }(x)<0$，$F(x)$ 单调递减； 当 $x\in (-\ln k,+\infty )$ 时，$k{e}^x-1>0⟹F^{\prime }(x)>0$，$F(x)$ 单调递增。 此时 $F(x{)}_{\min }=F(-\ln k)=2k{e}^{-\ln k}(-\ln k+1)-(-\ln k{)}^2-4(-\ln k)-2$ $F(-\ln k)=2(1-\ln k)-(\ln k{)}^2+4\ln k-2=-(\ln k{)}^2+2\ln k$。 由于 $1\le k<e^2$，则 $0\le \ln k<2$。 令 $t=\ln k$，$-t^2+2t=t(2-t)\ge 0$ 在 $t\in [0,2)$ 上恒成立。 故此时 $F(x)\ge 0$ 恒成立。

② 若 $k=e^2$： 此时 $-\ln k=-2$，当 $x>-2$ 时，$F^{\prime }(x)=2(x+2)(e^2{e}^x-1)>0$。 $F(x)$ 在 $[-2,+\infty )$ 上递增，$F(x)\ge F(-2)=2e^2\cdot e^{-2}(-2+1)-4+8-2=-2+2=0$。 符合题意。

③ 若 $k>e^2$： 此时 $-\ln k<-2$。 对于 $x>-2$，总有 $x>-\ln k$，则 $k{e}^x-1>0$ 且 $x+2>0$。 所以 $F^{\prime }(x)>0$，$F(x)$ 在 $[-2,+\infty )$ 上单调递增。 但此时 $F(-2)=2k{e}^{-2}(-1)-4+8-2=2-2k{e}^{-2}=2(1-k{e}^{-2})$。 由于 $k>e^2$，则 $k{e}^{-2}>1⟹F(-2)<0$。 这与 $F(x)\ge 0$ 恒成立矛盾。

综上所述，$k$ 的取值范围是 $[1,e^2]$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：利用导数解决含参不等式恒成立问题。

核心方法：分类讨论思想。本题的难点在于确定讨论的界限，即导数零点 $-\ln k$ 与定义域端点 $-2$ 的相对位置关系。

避坑指南：- 必须先通过特殊点（如 $x=0$）缩小参数 $k$ 的范围，能有效减少讨论难度。 - 注意 $k=e^2$ 时临界状态的单独判定。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：二阶导数判别凹凸性、超越函数方程的近似解。

结论推广：对于 $f(x)\le kg(x)$ 型问题，若 $g(x)>0$ 且易于分离，可转化为 $k\ge \frac{f(x)}{g(x)}$ 求函数最大值。

方法推广：构造函数 $F(x)=f(x)-g(x)$ 是处理不等式证明和恒成立问题的“第一工具”。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.03 专题-恒成立问题

类题演练 (Links)

• 2026-新高考I卷-04 单-切线方程
• 2025-新高考I卷-12 填-切线方程(缺思路分析)
• 2014-江西卷文-09 单-双曲线方程