2018-江苏卷-19 解-导数几何意义

本题导读

本题考查导数的几何意义。核心在于新定义法、零点存在定理的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2018年江苏卷）记 $f^{\prime }(x),g^{\prime }(x)$ 分别为函数 $f(x),g(x)$ 的导函数.若存在 $x_0\in \mathbb{R}$，满足 $f(x_0)=g(x_0)$ 且 $f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0)$，则称 $x_0$ 为函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的一个“S点”.

(1) 证明：函数 $f(x)=x$ 与 $g(x)=x^2+2x-2$ 不存在“S点”；

(2) 若函数 $f(x)=a{x}^2-1$ 与 $g(x)=\ln x$ 存在“S点”，求实数 $a$ 的值；

(3) 已知函数 $f(x)=-x^2+a$，$g(x)=\frac{b{e}^x}{x}$.对任意 $a>0$，判断是否存在 $b>0$，使函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在区间 $(0,+\infty )$ 内存在“S点”，并说明理由.

🔍【思路分析】

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1. 破译新定义（核心）：

• “S点”的代数条件：$\{\begin{array}{l}f(x_0)=g(x_0)\\ f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0)\end{array}$。
• 几何意义：两条曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 在 $x=x_0$ 处相切（有公共点，且在该点处的切线斜率相同）。

2. 第一问：证明无解

• 分别求导，列出 $f(x_0)=g(x_0)$ 和 $f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0)$ 的方程组。
• 由导数相等解出 $x_0$，代入函数值相等的方程，发现矛盾，即证无解。

3. 第二问：解方程组求参数

• 同样列出两个方程：$a{x}_0^2-1=\ln x_0$ 和 $2a{x}_0=\frac{1}{x_0}$。
• 这是一个典型的“消元”过程。由第二个方程得到 $2a{x}_0^2=1$，整体代换到第一个方程中，消去 $a$，解出 $x_0$。
• 再将 $x_0$ 代回求出 $a$ 的值。

4. 第三问：存在性证明（零点定理）

• 列出“S点”的方程组：$-x_0^2+a=\frac{b{e}^{x_0}}{x_0}$ (①) 和 $-2x_0=\frac{b{e}^{x_0}(x_0-1)}{x_0^2}$ (②)。
• 目标：证明对于任意给定的 $a>0$，总能找到满足上述方程组的正数 $b$ 和 $x_0\in (0,+\infty )$。
• 策略（以 b 桥接）：从导数等式(②)中解出 $b$ 关于 $x_0$ 的表达式。因为要求 $b>0$ 且 $x_0>0$，所以必须限制 $x_0<1$，即 $x_0\in (0,1)$。
• 转化为根的存在性：将 $b$ 的表达式代入(①)，消去 $b$ 整理得到一个关于 $x_0$ 的等式。将其抽象为一个新函数 $h(x)=x^3-3x^2-ax+a=0$。
• 利用零点存在性定理证明 $h(x)$ 在区间 $(0,1)$ 内必有根，从而逻辑严谨性。

✅【答案】

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(1) 证明见解析

(2) $a=\frac{\mathrm{e}}{2}$

(3) 存在

✍【详细解析】

Abstract

(1)证明： 对于函数 $f(x)=x$，$g(x)=x^2+2x-2$， 求导得 $f^{\prime }(x)=1$，$g^{\prime }(x)=2x+2$。 假设存在“S点” $x_0$，则满足： $\{\begin{array}{l}{x}_0=x_0^2+2x_0-2\\ 1=2x_0+2\end{array}$ 由第二个方程 $1=2x_0+2$ 得 $x_0=-\frac{1}{2}$。 将 $x_0=-\frac{1}{2}$ 代入第一个方程： 左边 $=-\frac{1}{2}$ 右边 $={\left(-\frac{1}{2}\right)}^2+2\left(-\frac{1}{2}\right)-2=\frac{1}{4}-1-2=-\frac{11}{4}$ 显然 $-\frac{1}{2}\ne -\frac{11}{4}$，方程组无解。 因此，函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 不存在“S点”。

(2)解： 对于函数 $f(x)=a{x}^2-1$，$g(x)=\ln x$，定义域为 $x>0$。 求导得 $f^{\prime }(x)=2ax$，$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$。 设 $x_0$ 为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的“S点”，则满足： $\{\begin{array}{l}a{x}_0^2-1=\ln x_0(1)\\ 2a{x}_0=\frac{1}{x_0}(2)\end{array}$ 由方程 (2) 可得 $2a{x}_0^2=1$。 将其代入方程 (1)得： $\frac{1}{2}-1=\ln x_0⟹\ln x_0=-\frac{1}{2}$ 解得 $x_0=e^{-\frac{1}{2}}$。 将 $x_0$ 代回 $2a{x}_0^2=1$ 中，得： $2a{\left(e^{-\frac{1}{2}}\right)}^2=1⟹2a{e}^{-1}=1⟹a=\frac{e}{2}$ 当 $a=\frac{e}{2}$ 时，$x_0=e^{-\frac{1}{2}}$ 满足题意。 所以，实数 $a$ 的值为 $\frac{e}{2}$。

(3)判断与证明： 存在 $b>0$，使函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在区间 $(0,+\infty )$ 内存在“S点”。理由如下：

对任意 $a>0$，构造函数 $h(x)=x^3-3x^2-ax+a$。 计算其在区间端点的值： $h(0)=a>0$ $h(1)=1-3-a+a=-2<0$ 因为多项式函数 $h(x)$ 在闭区间 $[0,1]$ 上连续，且 $h(0)\cdot h(1)<0$， 根据零点存在性定理，存在 $x_0\in (0,1)$，使得 $h(x_0)=0$。 即 $x_0^3-3x_0^2-a{x}_0+a=0$。变形可得： $-x_0^2+a=\frac{2x_0^3}{1-x_0}$ 针对这个存在且固定的 $x_0\in (0,1)$，我们令 $b=\frac{2x_0^3}{e^{x_0}(1-x_0)}$。 因为 $x_0\in (0,1)$，所以 $x_0^3>0$，$e^{x_0}>0$，$1-x_0>0$，因此构造出的 $b>0$。

现验证此时 $x_0$ 是否为“S点”： $f(x)=-x^2+a$，$g(x)=\frac{b{e}^x}{x}$。 求导得 $f^{\prime }(x)=-2x$，$g^{\prime }(x)=\frac{b{e}^x\cdot x-b{e}^x\cdot 1}{x^2}=\frac{b{e}^x(x-1)}{x^2}$。

将构造的 $b$ 连同 $x_0$ 代入考察导数等式： $g^{\prime }(x_0)=\frac{b{e}^{x_0}(x_0-1)}{x_0^2}=\frac{\frac{2x_0^3}{e^{x_0}(1-x_0)}\cdot e^{x_0}\cdot (x_0-1)}{x_0^2}=\frac{-2x_0^3}{x_0^2}=-2x_0=f^{\prime }(x_0)$ 导数等式成立。

再考察函数值等式： $g(x_0)=\frac{b{e}^{x_0}}{x_0}=\frac{\frac{2x_0^3}{e^{x_0}(1-x_0)}\cdot e^{x_0}}{x_0}=\frac{2x_0^2}{1-x_0}$ 由前面零点定理推导出的关系式已知 $\frac{2x_0^2}{1-x_0}=-x_0^2+a$（注意：这里推导时两边同除以了 $x_0$，即 $\frac{2x_0^3}{1-x_0}\cdot \frac{1}{x_0}=\frac{2x_0^2}{1-x_0}$）， 所以 $g(x_0)=-x_0^2+a=f(x_0)$。 函数值等式成立。

综上，对于任意 $a>0$，存在 $b>0$（由上述公式给出），使得 $x_0\in (0,1)\subset (0,+\infty )$ 为 $f(x)$ 与 $g(x)$ 的“S点”。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 公切线与切点重合（相切）的区别：

• 若两曲线有公切线，设切点分别为 $x_1,x_2$，则需要列式 $f^{\prime }(x_1)=g^{\prime }(x_2)=\frac{f(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}$。
• 若两曲线相切（即本题的“S点”），说明切点是同一个点，直接列式 $f(x_0)=g(x_0)$ 且 $f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0)$ 即可。

2. 导数中的“隐零点”与构造函数：第三问中，如果直接正面去解含有对数、指数的复杂方程组几乎不可能。标准做法是从约束最强的地方（如本题要求 $b>0$ 推导出 $x_0<1$）寻找突破口，然后将未知参数（$b$）表达为 $x_0$ 的函数，代入另一个方程完成降元。最终得到的 $h(x)=0$ 无法求出精确解，于是利用零点定理证明其存在，这就是高等数学中“存在性证明”的经典下放。

📖【试题探源与推广】

Tip

在 Obsidian 笔记中，可以积累这个大题抢分绝技： 当遇到要证明“方程 $F(x)=0$ 有解”或者“两曲线有交点”，且方程无法通过代数运算得出精确根（如 $e^x+x-2=0$）时：

• 步骤1：构造连续函数 $h(x)=\text{左边}-\text{右边}$。
• 步骤2：寻找两个好算的端点 $x_1,x_2$。通常尝试 $0,1,-1,e,\frac{1}{e}$ 等特殊值。
• 步骤3：计算 $h(x_1)$ 和 $h(x_2)$ 的符号。只要一正一负（$h(x_1)h(x_2)<0$）。
• 步骤4：直接写出结论：“因为 $h(x)$ 在 $[x_1,x_2]$ 上连续，且 $h(x_1)h(x_2)<0$，由零点存在性定理，原方程在 $(x_1,x_2)$ 内至少存在一个实数根。”

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.01 导数定义与几何意义
• 08.01 函数图象变换、模型与零点

类题演练 (Links)

• 2012-辽宁理-21
• 2024-北京卷-20 解-导数综合
• 2022-北京卷-20 解-导数综合