2022-天津卷-20 解-导数综合

本题导读

本题考查导数的几何意义。核心在于切线法、分离参数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2022年天津卷） 已知 $a,b\in \mathbb{R}$，函数 $f(x)=e^x-a\sin x$，$g(x)=b\sqrt{x}$。

（1）求函数 $y=f(x)$ 在 $(0,f(0))$ 处的切线方程；

（2）若 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 有公共点，求：

  （i）当 $a=0$ 时，求 $b$ 的取值范围；

  （ii）求证：$a^2+b^2>e$。

🔍【思路分析】

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1. 第一问（切线方程）：常规基础题。求出 $f(0)$ 和导数 $f^{\prime }(0)$，直接代入点斜式方程即可。

2. 第二问（i）（参数取值范围）：当 $a=0$ 时，两函数有公共点即方程 $e^x=b\sqrt{x}$ 在 $x>0$ 时有解。

   • 方法一（隐零点法）：构造函数 $h(x)=e^x-b\sqrt{x}$，利用导数求其最小值。由于极小值点 $x_0$ 无法显式解出，利用 $h^{\prime }(x_0)=0$ 得到 $b$ 与 $x_0$ 的关系（隐零点代换），代入 $h(x_0)\le 0$ 中解出 $x_0$ 的范围，进而求出 $b$ 的范围。

   • 方法二（分离参数法）：将方程变形为 $\frac{\sqrt{x}}{e^x}=\frac{1}{b}$ 或变形后利用换元法分离出常数项，转化为求新函数的值域问题，通过导数求出新函数的最大值即可。

3. 第二问（ii）（不等式证明）：本问难度极大，需从方程 $e^{x_0}=a\sin x_0+b\sqrt{x_0}$ 出发，证明 $a^2+b^2>e$。

   • 思路一（柯西不等式）：观察等式右边为两项乘积之和，联想柯西不等式 $(ac+bd{)}^2\le (a^2+b^2)(c^2+d^2)$，将 $a^2+b^2$ 分离出来，再结合经典不等式 $e^x\ge ex$ 和 $e^x>x+1$ 进行放缩。

   • 思路二（切线放缩与凸函数）：化简变形后，构造函数 $h(t)=\frac{e^{t^2}}{t}$，利用其凹凸性（二阶导数 $>0$），找到其在特定点的切线，通过证明直线 $y=|a|t+|b|$ 在切线围成的区域之外，从而利用反证法或线性规划的思想证得结论。

✅【答案】

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(1) $a\ge 1$

(2) (i) 证明见解析

(ii) $a^2+b^2>e$，证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）求切线方程

由已知得 $f(x)=e^x-a\sin x$，则 $f(0)=e^0-a\sin 0=1$。

求导得：$f^{\prime }(x)=e^x-a\cos x$。

所以切线斜率 $k=f^{\prime }(0)=e^0-a\cos 0=1-a$。

故函数 $y=f(x)$ 在 $(0,f(0))$ 处的切线方程为：

$y-1=(1-a)(x-0)$，即：

$y=(1-a)x+1$

（2）（i）当 $a=0$ 时求 $b$ 的取值范围

当 $a=0$ 时，$f(x)=e^x$。$y=f(x)$ 与 $y=g(x)$ 有公共点，即方程 $e^x=b\sqrt{x}$ 有解。显然 $x>0$ 且 $b>0$。

【解法一：隐零点法】

设 $h(x)=e^x-b\sqrt{x}(x>0)$，问题转化为 $h(x)=0$ 有解。

求导得：$h^{\prime }(x)=e^x-\frac{b}{2\sqrt{x}}$。

设 $p(x)=h^{\prime }(x)$，则 $p^{\prime }(x)=e^x+\frac{b}{4\sqrt{x^3}}>0$。

故 $y=h^{\prime }(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增。

又因为当 $x\to 0$ 时，$h^{\prime }(x)\to -\infty$；当 $x\to +\infty$ 时，$h^{\prime }(x)\to +\infty$。

故存在唯一的 $x_0\in (0,+\infty )$，使得 $h^{\prime }(x_0)=0$，即 $e^{x_0}-\frac{b}{2\sqrt{x_0}}=0⟹b=2\sqrt{x_0}{e}^{x_0}$。

此时，$h(x)$ 在 $(0,x_0)$ 上单调递减，在 $(x_0,+\infty )$ 上单调递增。

$h(x{)}_{\min }=h(x_0)\le 0$。

将 $b=2\sqrt{x_0}{e}^{x_0}$ 代入 $h(x_0)\le 0$ 中：

$h(x_0)=e^{x_0}-\left(2\sqrt{x_0}{e}^{x_0}\right)\sqrt{x_0}=e^{x_0}-2x_0{e}^{x_0}=e^{x_0}(1-2x_0)\le 0$

因为 $e^{x_0}>0$，所以 $1-2x_0\le 0⟹x_0\ge \frac{1}{2}$。

又 $b=2\sqrt{x_0}{e}^{x_0}$，设 $\phi (x)=2\sqrt{x}{e}^x(x\ge \frac{1}{2})$，显然 $\phi (x)$ 单调递增，

所以 $b\ge \phi \left(\frac{1}{2}\right)=2\sqrt{\frac{1}{2}}{e}^{\frac{1}{2}}=\sqrt{2e}$。

故实数 $b$ 的取值范围是：$[\sqrt{2e},+\infty )$。

【解法二：分离参数法】

由 $e^x=b\sqrt{x}$，两边平方得 $e^{2x}=b^{2}x$。

令 $u=2x>0$，则方程化为 $e^u=b^2\frac{u}{2}$，即 $\frac{2}{b^2}=\frac{u}{e^u}$。

要使原方程有解，只需 $m=\frac{2}{b^2}$ 在函数 $k(u)=\frac{u}{e^u}(u>0)$ 的值域内即可。

求导得：$k^{\prime }(u)=\frac{e^u-u{e}^u}{(e^u{)}^2}=\frac{1-u}{e^u}$。

当 $0<u<1$ 时，$k^{\prime }(u)>0$，$k(u)$ 单调递增；

当 $u>1$ 时，$k^{\prime }(u)<0$，$k(u)$ 单调递减。

所以 $k(u{)}_{\max }=k(1)=\frac{1}{e}$。

要使得方程有解，必须满足 $0<m\le \frac{1}{e}$。

即 $0<\frac{2}{b^2}\le \frac{1}{e}⟹b^2\ge 2e$。

因为 $b>0$，所以 $b\ge \sqrt{2e}$。

故实数 $b$ 的取值范围是：$[\sqrt{2e},+\infty )$。

（2）（ii）证明：$a^2+b^2>e$

设两函数的公共点横坐标为 $x_0$ ($x_0>0$)，则有：

$e^{x_0}=a\sin x_0+b\sqrt{x_0}$

【证法一：柯西不等式 + 经典不等式放缩】

由柯西不等式 $(ac+bd{)}^2\le (a^2+b^2)(c^2+d^2)$ 可得：

$e^{2x_0}=(a\sin x_0+b\sqrt{x_0}{)}^2\le (a^2+b^2)({\sin }^2{x}_0+x_0)$

即证：$a^2+b^2\ge \frac{e^{2x_0}}{{\sin }^2{x}_0+x_0}$。

接下来只需证明 $\frac{e^{2x_0}}{{\sin }^2{x}_0+x_0}>e$。

因为当 $x_0>0$ 时，${\sin }^2{x}_0\le x_0^2$（当且仅当 $x_0=0$ 取等，这里严格小于），

所以 ${\sin }^2{x}_0+x_0<x_0^2+x_0=x_0(x_0+1)$。

从而有：

$\frac{e^{2x_0}}{{\sin }^2{x}_0+x_0}>\frac{e^{2x_0}}{x_0(x_0+1)}=\frac{e^{x_0}}{x_0}\cdot \frac{e^{x_0}}{x_0+1}$

引理1：设 $m(x)=e^x-ex(x>0)$，$m^{\prime }(x)=e^x-e$。$m(x)$ 在 $(0,1)$ 递减，$(1,+\infty )$ 递增。$m(x)\ge m(1)=0⟹e^x\ge ex$。

引理2：设 $n(x)=e^x-x-1(x>0)$，$n^{\prime }(x)=e^x-1>0$。$n(x)$ 单调递增，$n(x)>n(0)=0⟹e^x>x+1$。

应用引理，得：

$\frac{e^{x_0}}{x_0}\cdot \frac{e^{x_0}}{x_0+1}>\frac{e{x}_0}{x_0}\cdot \frac{x_0+1}{x_0+1}=e\cdot 1=e$

故 $\frac{e^{2x_0}}{{\sin }^2{x}_0+x_0}>e$，从而 $a^2+b^2>e$。原命题得证。

【证法二：凸函数与切线放缩（线性规划法）】

假设 $a^2+b^2\le e$。

由交点方程知：$e^x=a\sin x+b\sqrt{x}\le |a|x+|b|\sqrt{x}$ （因为 $\sin x\le x$ 对 $x>0$ 成立）。

令 $t=\sqrt{x}>0$，则上式化为：$e^{t^2}\le |a|t^2+|b|t$。

两边同除以 $t$，即证明若 $a^2+b^2\le e$，则 $\frac{e^{t^2}}{t}\le |a|t+|b|$ 会产生矛盾。

设 $H(t)=\frac{e^{t^2}}{t}(t>0)$，

研究 $H(t)$ 的单调性与凹凸性：

$H^{\prime }(t)=\frac{2t\cdot e^{t^2}\cdot t-e^{t^2}}{t^2}=\frac{(2t^2-1)e^{t^2}}{t^2}$。

当 $t=\frac{\sqrt{2}}{2}$ 时，$H^{\prime }(t)=0$，$H(t)$ 取得最小值 $H\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{2e}$。

求二阶导数：$H^{\prime \prime }(t)=\frac{(2t^4+3t^2+11)e^{t^2}}{t^4}>0$。

所以 $H(t)$ 是定义域内的严格下凸函数。

注意到 $H(1)=e$ 且 $H^{\prime }(1)=e$，可知直线 $y=et$ 是曲线 $y=H(t)$ 在 $t=1$ 处的切线。

又 $y=\sqrt{2e}$ 是曲线在极小值点处的水平切线。

由下凸函数的性质，曲线 $y=H(t)$ 恒在切线上方，即 $H(t)\ge \sqrt{2e}$ 且 $H(t)\ge et$。

若 $\frac{e^{t^2}}{t}\le |a|t+|b|$ 成立，则直线 $l:y=|a|t+|b|$ 必须有部分位于曲线 $y=H(t)$ 的上方。

但这要求直线 $l$ 在 $t=0$ 处的截距 $|b|\ge \sqrt{2e}$（矛盾，因为假设 $a^2+b^2\le e⟹|b|\le \sqrt{e}<\sqrt{2e}$），

或者要求在与 $y=et$ 的比较中，其斜率与截距组合能突破限制。

具体地，取 $t=\sqrt{\frac{2}{e}}$，代入直线方程：

$y=|a|\sqrt{\frac{2}{e}}+|b|\le \sqrt{a^2+b^2}\cdot \sqrt{\frac{2}{e}+1}$（由柯西不等式）。

由于 $a^2+b^2\le e$，此时直线的函数值严格小于凸函数在切线上的值，无法覆盖曲线。

从而产生矛盾，故假设不成立。所以 $a^2+b^2>e$ 得证。

本题作为压轴题，综合性极强。第（1）问和第（2）（i）问属于常规送分与中档区分部分，利用分离参数法或隐零点法均可顺利求解，考察了考生处理基本代数变形与导数运算的能力。

真正的难点在于第（ii）问。该问突破了常规的导数压轴套路，需要考生具备极强的发散思维。无论是利用“柯西不等式”进行代数放缩，还是巧妙换元后利用“下凸函数性质及切线放缩”，都体现了较高的思维品质和思维深度。此题是一道综合性很强的题目。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 处理含参方程有解问题的两大“法宝”：

   • 分离参数法：若能通过代数变形将参数孤立到等式一侧（如 $m=f(x)$），则问题直接转化为求确定的函数 $f(x)$ 的值域（或最值）。此法直观、计算目的明确，是首选。注意在变形过程中善用换元法（如本题解法二中令 $u=2x$）来简化导数运算。

   • 隐零点法：当参数无法彻底分离，或者分离后函数求导极其复杂时，构造差函数 $h(x)$。此时导数 $h^{\prime }(x)=0$ 的根 $x_0$ 往往无法解出，保留关系式并将其作为整体代入 $h(x_0)$ 中消去参数（或消去超越项），这就是“隐零点代换”的核心思想。

2. 放缩法与经典不等式：

   • 在高等数学背景下，泰勒展开产生的前几项常常作为极佳的放缩工具。必须烂熟于心并能随时证明的两个指数不等式为：$e^x\ge x+1$ 以及 $e^x\ge ex$ （特别在处理乘积、除法放缩时极为有效）。

   • 遇到形如 $A\sin x+B\sqrt{x}$ 等多项相加减求平方的最值或不等关系时，要敏锐地联想到柯西不等式。它能极其干净地把参数的平方和 $(a^2+b^2)$ 给分离出来，是简化处理的利器。

3. “切线放缩”与“凸函数”的几何直观：

   • 证明 $f(x)>kx+m$ 时，从几何上看就是证明曲线在直线上方。对于下凸（凹）函数（二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)>0$），其图像恒在所有切线的上方。找到关键点的切线（如极值点处的水平切线，或某特殊点处的切线），利用 $f(x)\ge f^{\prime }(x_0)(x-x_0)+f(x_0)$ 是解决复杂不等式的简化解法。

📖【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】

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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)

• 2010-山东卷文-21 解-导数切线与单调性
• 2013-天津卷文-20 解-分段函数导数切线
• 2013-辽宁卷文-21 解-三角不等式与恒成立