2021-天津卷-20 解-导数综合

本题导读

本题考查导数的几何意义。核心在于构造函数法、隐零点代换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年天津卷）20. 已知 $a>0$，函数 $f(x)=ax-x{e}^x$．

（I）求曲线 $y=f(x)$ 在点 $(0,f(0))$ 处的切线方程；

（II）证明 $f(x)$ 存在唯一的极值点；

（III）若存在 $a$，使得 $f(x)\le a+b$ 对任意 $x\in \mathbf{R}$ 成立，求实数 $b$ 的取值范围．

• 第一问（切线方程）： 常规操作，求导 $f^{\prime }(x)$，代入 $x=0$ 求出斜率 $k=f^{\prime }(0)$，再算出切点纵坐标 $f(0)$，用点斜式写出方程。
• 第二问（唯一极值点）： 令 $f^{\prime }(x)=a-(x+1)e^x=0$。因为方程不好直接解，将其转化为 $a=(x+1)e^x$。构造新函数 $g(x)=(x+1)e^x$，通过对 $g(x)$ 求导分析其单调性和极值，结合 $a>0$ 的条件，画出 $g(x)$ 大致图像，数形结合证明直线 $y=a$ 与 $y=g(x)$ 只有唯一交点 $m$。
• 第三问（存在性嵌套恒成立）： 1. $f(x)\le a+b$ 恒成立，等价于 $f(x{)}_{\max }\le a+b$。

2. 根据第二问，$x=m$ 是唯一的极大值（也是最大值）点，所以 $f(m)\le a+b$，即 $b\ge f(m)-a$。

3. 核心消参： 由于 $m$ 是 $f^{\prime }(x)=0$ 的根，所以有天然的等量关系 $a=(m+1)e^m$。把这个 $a$ 代入 $f(m)-a$ 中，把含参数 $a$ 的式子彻底变成只含变量 $m$ 的新函数 $h(m)$。

4. 题目转化为：存在 $m\in (-1,+\infty )$ 使得 $b\ge h(m)$，即求 $b\ge h(m{)}_{\min }$。对 $h(m)$ 求导找最小值即可。

（I） 对函数求导：$f^{\prime }(x)=a-(x+1)e^x$。 则切线斜率为 $f^{\prime }(0)=a-1$。 又因为切点纵坐标 $f(0)=0$， 所以切线方程为 $y-0=(a-1)(x-0)$，即 $y=(a-1)x,(a>0)$。

（II） 令 $f^{\prime }(x)=a-(x+1)e^x=0$，变形为 $a=(x+1)e^x$。 令 $g(x)=(x+1)e^x$，对其求导： $g^{\prime }(x)=e^x+(x+1)e^x=(x+2)e^x$。 当 $x\in (-\infty ,-2)$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减； 当 $x\in (-2,+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增。 当 $x\to -\infty$ 时，$g(x)<0$ 且趋近于 0；$g(-1)=0$；当 $x\to +\infty$ 时，$g(x)>0$。

因为 $a>0$，由 $g(x)$ 的图像性质可知，直线 $y=a$ 与曲线 $y=g(x)$ 在 $(-1,+\infty )$ 上仅有唯一交点。 设该交点横坐标为 $m$，则 $m>-1$，且满足 $a=g(m)=(m+1)e^m$。 当 $x<m$ 时，$a>g(x)$，即 $f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增； 当 $x>m$ 时，$a<g(x)$，即 $f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。 所以 $x=m$ 是 $f(x)$ 的极大值点，且是唯一极值点。命题得证。

（III） 由（II）可知，$f(x)$ 在 $x=m$ 处取得最大值，即 $f(x{)}_{\max }=f(m)$。 此时有核心代换条件：$a=(m+1)e^m(m>-1)$。 若“存在 $a$ 使得 $f(x)\le a+b$ 对任意 $x\in \mathbf{R}$ 成立”，等价于： $f(m)\le a+b⟹b\ge f(m)-a$ 我们计算 $f(m)-a$ 的表达式：

$$\begin{array}{rl}f(m)-a& =am-m{e}^m-a=a(m-1)-m{e}^m\\ & =(m+1)e^m(m-1)-m{e}^m\\ & =(m^2-1)e^m-m{e}^m\\ & =(m^2-m-1)e^m\end{array}$$

令新函数 $h(x)=(x^2-x-1)e^x,(x>-1)$。 原命题等价于：存在 $x\in (-1,+\infty )$，使得 $b\ge h(x)$ 成立。 这就转化为求 $b\ge h(x{)}_{\min }$。

对 $h(x)$ 求导：

$$\begin{array}{rl}{h}^{\prime }(x)& =(2x-1)e^x+(x^2-x-1)e^x\\ & =(x^2+x-2)e^x\\ & =(x-1)(x+2)e^x\end{array}$$

因为 $x>-1$，所以当 $x\in (-1,1)$ 时，$h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 单调递减； 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$h^{\prime }(x)>0$，$h(x)$ 单调递增。 所以 $h(x{)}_{\min }=h(1)=(1^2-1-1)e^1=-e$。 故 $b\ge -e$。 实数 $b$ 的取值范围为 $[-e,+\infty )$。# 导数综合问题解答（不使用极限，高考规范取点）

证明 $f(x)$ 存在唯一的极值点，等价于证明 $f^{\prime }(x)=a-(x+1)e^x$ 在 $\mathbf{R}$ 上存在唯一的变号零点。

设 $g(x)=f^{\prime }(x)=a-(x+1)e^x$。

1. 证明区间 $(-\infty ,-2]$ 上无零点
   当 $x\le -2$ 时，$x+1\le -1<0$。
   又因为 $e^x>0$，所以 $(x+1)e^x<0$。
   因此： $g(x)=a-(x+1)e^x>a>0$ 即 $g(x)$ 在 $(-\infty ,-2]$ 上恒大于 $0$，不存在零点。

2. 区间 $(-2,+\infty )$ 上的单调性与取点验证
   对 $g(x)$ 求导： $g^{\prime }(x)=-(x+2)e^x$ 当 $x\in (-2,+\infty )$ 时，$x+2>0$，$e^x>0$，故 $g^{\prime }(x)<0$，所以 $g(x)$ 在 $(-2,+\infty )$ 上单调递减。

• 取左端点： $g(-2)=a-(-2+1)e^{-2}=a+\frac{1}{e^2}>0$
• 寻找右端负值点（取 $x=a$）：
  因为 $a>0$，故 $x=a>0$。此时 $e^a>1$，可得： $(a+1)e^a>(a+1)\cdot 1=a+1>a$ 所以： $g(a)=a-(a+1)e^a<a-(a+1)=-1<0$

因为 $g(-2)>0$ 且 $g(a)<0$，根据零点存在定理，$g(x)$ 在区间 $(-2,a)$ 上必存在唯一的零点 $x_0$。

3. 判断极值

• 当 $x\in (-\infty ,x_0)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (x_0,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。

故 $x_0$ 是函数 $f(x)$ 的唯一极大值点，即 $f(x)$ 存在唯一的极值点。

1. 转化问题
   由第（II）问可知，$f(x)$ 在 $x=x_0$ 处取得最大值 $f(x_0)$。
   “存在 $a>0$，使得 $f(x)\le a+b$ 对任意 $x\in \mathbf{R}$ 恒成立”
   等价于：存在 $a>0$，使得 $f(x_0)\le a+b$，即： $b\ge f(x_0)-a\text{ 对某个 }a>0\text{ 成立}⟺b\ge {\min }_{a>0}[f(x_0)-a]$

2. 建立 $f(x_0)-a$ 关于 $x_0$ 的关系式
   由 $f^{\prime }(x_0)=a-(x_0+1)e^{x_0}=0$，得到： $a=(x_0+1)e^{x_0}$ 因为 $a>0$，所以 $x_0+1>0$，即 $x_0\in (-1,+\infty )$。

将 $a=(x_0+1)e^{x_0}$ 代入 $f(x_0)$： $f(x_0)=a{x}_0-x_0{e}^{x_0}=(x_0+1)e^{x_0}\cdot x_0-x_0{e}^{x_0}=x_0^2{e}^{x_0}$

因此： $f(x_0)-a=x_0^2{e}^{x_0}-(x_0+1)e^{x_0}=(x_0^2-x_0-1)e^{x_0}$

3. 求最小值
   设 $h(x)=(x^2-x-1)e^x$（$x>-1$）。
   求导： $h^{\prime }(x)=(2x-1)e^x+(x^2-x-1)e^x=(x^2+x-2)e^x=(x-1)(x+2)e^x$ 当 $x\in (-1,+\infty )$ 时，$x+2>0$，$e^x>0$：

• 当 $x\in (-1,1)$ 时，$h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$h^{\prime }(x)>0$，$h(x)$ 单调递增。

故当 $x=1$ 时，$h(x)$ 取得最小值： $h(1)=(1^2-1-1)e^1=-e$

4. 得出结论
   因为 $h(x)$ 的最小值为 $-e$，所以只要 $b\ge -e$，就能保证存在对应的 $x_0=1$（此时 $a=2e>0$），使得 $f(x)\le a+b$ 成立。
   所以，实数 $b$ 的取值范围是 $[-e,+\infty )$。

🔍【思路分析】

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切线方程为𝑦=(𝑎−1)𝑥；函数有唯一极大值点；𝑏∈[−e,+∞).

✅【答案】

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（I） $y=(a-1)x,(a>0)$；（II）证明见解析；（III） $[-e,+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

切线方程为𝑦=(𝑎−1)𝑥；函数有唯一极大值点；𝑏∈[−e,+∞).

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 隐零点代换（极值点偏移前置技能）： 当导数方程 $f^{\prime }(x)=0$ 无法求出精确解时，我们设其根为 $m$（隐零点）。不要硬算 $m$，而是将含有参数的方程写成 $a=g(m)$ 的形式。在后续求最值时，直接用 $g(m)$ 替换掉原函数中的参数 $a$，实现“消参减元”，这是解决压轴题最核心的代数手段。
• “存在”与“任意”的区别： * $f(x)\le M$ 对任意 $x$ 成立 $⟹f(x{)}_{\max }\le M$。
• $f(x)\le M$ 存在某一个 $x$ 成立 $⟹f(x{)}_{\min }\le M$。 本题出现了巧妙的嵌套：“存在 $a$（转化为存在 $m$），使得（任意 $x$ 都有 $f(x)\le a+b$）”，理清这个逻辑链条是列出 $b\ge h(m{)}_{\min }$ 的关键。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【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

类题演练 (Links)

• 2008-新课标卷文-21 解-导数切线定值
• 2010-山东卷文-21 解-导数切线与单调性
• 2010-广东卷文-21 解-导数切线距离比