2015-广东卷理-19 解-导数单调性

本题导读

本题是广东卷解答题的压轴环节之一，综合考查了导数在研究函数单调性、零点存在性及切线问题中的应用。第三问通过切线平行的斜率关系，结合构造辅助函数证明超越不等式，具有较强的逻辑性和技巧性。

📌【题干】

Question

（2015年广东卷(理)） 设 $a>1$，函数 $f(x)=(1+x^2)e^x-a$.

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间；

(2) 证明：$f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上仅有一个零点；

(3) 若曲线 $y=f(x)$ 在点 $P$ 处的切线与 $x$ 轴平行，且在点 $M(m,n)$ 处的切线与直线 $OP$ 平行（$O$ 是坐标原点），证明：$m\le \sqrt[3]{a-\frac{2}{e}-1}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问：求导 $f^{\prime }(x)$，通过判别式或因式分解确定导数的符号，从而得出单调区间。
2. 第二问：利用第一问的单调性，结合零点存在性定理，寻找端点值使其变号。注意 $x\to -\infty$ 时的极限。
3. 第三问：
   • 由 $P$ 处切线与 $x$ 轴平行知 $f^{\prime }(x_P)=0$，解出 $x_P$ 并得到 $P$ 点坐标及直线 $OP$ 的斜率。
   • 由 $M$ 处切线与 $OP$ 平行知 $f^{\prime }(m)=k_{OP}$。
   • 利用分析法，将待证不等式逐步转化，最终通过构造新函数（如 $h(x)=e^x-x-1$）证明超越部分。

✅【答案】

点击查看答案

𝑓(𝑥)在𝐑上单调递增.（2）短答案：在(−∞,+∞)上仅有一个零点.（3）短答案：所证不等式成立.

✍【详细解析】

Abstract

(1) 解：函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$。 $f^{\prime }(x)=2x\cdot e^x+(1+x^2)e^x=(x^2+2x+1)e^x=(x+1{)}^2{e}^x$。 因为 $(x+1{)}^2\ge 0$ 且 $e^x>0$，所以 $f^{\prime }(x)\ge 0$ 在 $\mathbb{R}$ 上恒成立（仅在 $x=-1$ 处为 0）。 所以 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增。 单调递增区间为 $(-\infty ,+\infty )$，无单调递减区间。

(2) 证明： 因为 $a>1$，所以 $f(0)=1-a<0$。 取 $x=\ln a$，则 $f(\ln a)=(1+{\ln }^{2}a)e^{\ln a}-a=(1+{\ln }^{2}a)a-a=a{\ln }^{2}a>0$（因为 $a>1$）。 且 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上单调递增。 根据零点存在性定理，$f(x)$ 在 $(0,\ln a)$ 内必有且仅有一个零点。 故 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上仅有一个零点。

(3) 证明： 设点 $P(x_0,y_0)$。由题意知 $f^{\prime }(x_0)=(x_0+1{)}^2{e}^{x_0}=0$，解得 $x_0=-1$。 代入 $f(x)$ 得 $y_0=f(-1)=(1+(-1{)}^2)e^{-1}-a=\frac{2}{e}-a$。 即 $P(-1,\frac{2}{e}-a)$。 则直线 $OP$ 的斜率 $k_{OP}=\frac{\frac{2}{e}-a}{-1}=a-\frac{2}{e}$。 因为 $M(m,n)$ 处的切线与 $OP$ 平行，所以 $f^{\prime }(m)=(m+1{)}^2{e}^m=a-\frac{2}{e}$。

待证不等式 $m\le \sqrt[3]{a-\frac{2}{e}-1}$ 等价于 $m+1\le \sqrt[3]{a-\frac{2}{e}-1}+1$？（此处按解析图逻辑逆推）： 要证 $m\le \sqrt[3]{a-\frac{2}{e}-1}$，只需证 $(m+1{)}^3\le a-\frac{2}{e}=(m+1{)}^2{e}^m$。 化简得只需证 $m+1\le e^m$。

构造函数 $h(x)=e^x-x-1$。 $h^{\prime }(x)=e^x-1$。 当 $x<0$ 时，$h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 递减；当 $x>0$ 时，$h^{\prime }(x)>0$，$h(x)$ 递增。 所以 $h(x{)}_{\min }=h(0)=e^0-0-1=0$。 即 $h(x)\ge 0$ 恒成立，所以 $e^x\ge x+1$。 令 $x=m$，则 $e^m\ge m+1$ 成立。 从而证明了 $(m+1{)}^2{e}^m\ge (m+1{)}^3$，即 $a-\frac{2}{e}\ge (m+1{)}^3$。 由于 $a>1$，且从 $f^{\prime }(m)=a-\frac{2}{e}$ 可知当 $a$ 足够大时 $m+1>0$。 开立方得 $m+1\le \sqrt[3]{a-\frac{2}{e}}$，即 $m\le \sqrt[3]{a-\frac{2}{e}}-1$。 注：此处原题干及解析图中的 $m\le \sqrt[3]{a-\frac{2}{e}-1}$ 存在细微符号排版差异，证明逻辑核心在于 $e^m\ge m+1$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 导数与单调性：导数恒大于等于 0 且不恒为 0，函数严格增。
• 逆推思维：第三问中直接证明不等式困难，通过斜率等式进行代换，将其转化为基础超越不等式 $e^x\ge x+1$ 是极高明的策略。
• 临界点处理：$x=-1$ 处导数为 0 但左右符号不变，不改变单调性。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 结论推广: 不等式 $e^x\ge x+1$（切线不等式）是导数压轴题中的“核武器”，常用于放缩。
• 方法推广:
  • 隐零点法：若方程无法直接解出，可设零点为 $x_0$ 利用 $f(x_0)=0$ 进行代换。
• 相关知识点:

  • - **洛必达法则**：处理 $x \to -\infty$ 时 $(1+x^2)e^x$ 的极限。
    

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点(Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 10.07 常见三角不等式

类题演练(Links)

• 2008-广东卷理-19
• 2004-广东卷理-19 解-绝对值函数的图象与分段性质
• 2013年广东卷理-19