2026-北京卷-20 解-导数综合

本题导读

本题为全卷导数压轴题。第一问根据导数的几何意义，利用切点坐标与切线斜率建立待定系数方程组，结合整数约束确定参数；第二问通过二次求导分析导函数的单调性与最值，结合零点存在性定理证得极值点的个数；第三问通过构造新函数并运用切线不等式判定直线与曲线绝不相切（无重根），进而利用零点的连续依赖性与特值验证，锁定公共点的恒定个数。

📌【题干】

Question

（2026年北京卷）已知函数 $f(x)=x^2+mx-4e^{nx-1}$，其中 $n\in \mathbb{Z}$.曲线 $y=f(x)$ 在点 $(-1,f(-1))$ 处的切线方程为 $4x+e^{2}y+e^2+8=0$.

(1) 求 $m,n$ 的值；

(2) 求证： $f(x)$ 有两个极值点；

(3) 当 $k>0$ 时，讨论直线 $y=kx-1$ 与曲线 $y=f(x)$ 的公共点个数.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问分析：将切线方程化为斜截式 $y=-\frac{4}{e^2}x-1-\frac{8}{e^2}$，提取切线斜率 $f^{\prime }(-1)=-\frac{4}{e^2}$ 以及切点纵坐标 $f(-1)=-1-\frac{4}{e^2}$。求出 $f^{\prime }(x)$ 后分别代入 $x=-1$，结合 $n\in \mathbb{Z}$ 的整数特性进行匹配求解。
2. 第二问分析：已知 $f^{\prime }(x)=2x+2-4e^{x-1}$。要求 $f(x)$ 的极值点个数，即求导函数 $f^{\prime }(x)=0$ 的零点个数。通过对 $f^{\prime }(x)$ 再次求导（二阶导数），分析其单调性、极大值及两端极限，利用零点存在性定理判定零点严格为 2 个。
3. 第三问分析：构造函数 $\phi (x)=f(x)-(kx-1)$，将公共点个数转化为 $\phi (x)$ 的零点个数。首先考察端点极限值状态，随后通过研究 $\phi (x)=0$ 且 ${\phi }^{\prime }(x)=0$ 是否有解来判定直线与曲线是否可能相切（重根）。若证明其无重根，则零点个数关于正参数 $k$ 保持连续恒定，最后通过取 $k=1$ 特例进行单调性验证。

✅【答案】

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(1) $m=2$, $n=1$ (2) 证明见解析 (3) 当 $k>0$ 时，有且仅有 $1$ 个公共点，且该公共点在 $y$ 轴左侧

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求 $m,n$ 的值

将已知切线方程 $4x+e^{2}y+e^2+8=0$ 化为斜截式： $y=-\frac{4}{e^2}x-1-\frac{8}{e^2}$ 根据导数的几何意义，切线斜率 $k_{\text{切}}=f^{\prime }(-1)=-\frac{4}{e^2}$。 将 $x=-1$ 代入切线方程求得切点纵坐标： $f(-1)=-\frac{4}{e^2}(-1)-1-\frac{8}{e^2}=-1-\frac{4}{e^2}$

对原函数进行求导： $f^{\prime }(x)=2x+m-4n{e}^{nx-1}$ 分别将 $x=-1$ 代入原函数与导函数中： $f(-1)=1-m-4e^{-n-1}=-1-\frac{4}{e^2}$ $f^{\prime }(-1)=-2+m-4n{e}^{-n-1}=-\frac{4}{e^2}$

因为 $n\in \mathbb{Z}$，对比两式中的指数项 $e^{-n-1}$ 与 $\frac{4}{e^2}=4e^{-2}$，令 $-n-1=-2⟹n=1$。 将 $n=1$ 代入 $f(-1)$ 的方程中： $1-m-4e^{-2}=-1-4e^{-2}⟹1-m=-1⟹m=2$ 将 $m=2,n=1$ 代入 $f^{\prime }(-1)$ 的方程中进行检验： $f^{\prime }(-1)=-2+2-4(1)e^{-2}=-4e^{-2}=-\frac{4}{e^2}$ 所以， $m=2$ ， $n=1$。

(2) 求证： $f(x)$ 有两个极值点

由(I)得函数解析式： $f(x)=x^2+2x-4{\mathrm{e}}^{x-1}$

$f^{\prime }(x)=2x+2-4{\mathrm{e}}^{x-1}=2\left(x+1-2{\mathrm{e}}^{x-1}\right)$ 构造辅助函数 $h(x)=x+1-2{\mathrm{e}}^{x-1},x\in \mathbb{R}$，

求导： $h^{\prime }(x)=1-2{\mathrm{e}}^{x-1}$ $h^{\prime }(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的单调递减函数。 代入端点值： $h^{\prime }(0)=1-\frac{2}{\mathrm{e}}>0,h^{\prime }(1)=1-2=-1<0$ 由零点存在定理，存在唯一 $t\in (0,1)$，使得 $h^{\prime }(t)=0$， 即： $1-2{\mathrm{e}}^{t-1}=0$ 单调性划分：

• 当 $x<t$ 时，$h^{\prime }(x)>0$，$h(x)$ 单调递增；
• 当 $x>t$ 时，$h^{\prime }(x)<0$，$h(x)$ 单调递减。 因此 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,t]$ 单调递增，在 $[t,+\infty )$ 单调递减，$f^{\prime }(x)$ 在 $x=t$ 处取得最大值： $f^{\prime }(t)=2\left(t+1-2{\mathrm{e}}^{t-1}\right)$ 由 $1=2{\mathrm{e}}^{t-1}$，得 ${\mathrm{e}}^{t-1}=\frac{1}{2}$，两边取对数 $t-1=\ln \frac{1}{2}=-\ln 2$，即 $t=1-\ln 2$，代入得： $f^{\prime }(t)=2\left(t+1-1\right)=2t=2(1-\ln 2)>0$

再考察 $f^{\prime }(x)$ 的零点： $f^{\prime }(-1)=-4{\mathrm{e}}^{-2}<0,f^{\prime }(1)=2(1+1-2{\mathrm{e}}^0)=0$ 结合 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,t)$ 单调递增、最大值大于0， 由零点存在定理，存在唯一 $s\in (-1,t)$，使得 $f^{\prime }(s)=0$。 $f^{\prime }(x)$ 符号区间：

• $f^{\prime }(x)<0⟺x<s\text{ 或 }x>1$ - $f^{\prime }(x)>0⟺s<x<1$

原函数 $f(x)$ 单调性：

• 在 $(-\infty ,s]$,$[1,+\infty )$ 上单调递减；
• 在 $[s,1]$ 上单调递增。 $f(x)$ 极大值为 $f(1)=-1$， 极小值为 $f(s)<f(-1)=-1-4{\mathrm{e}}^{-2}<-1$

(3) 讨论直线 $y=kx-1$ 与曲线 $y=f(x)$ 的公共点个数

令 $F(x)=f(x)-(kx-1)(x\in \mathbb{R})$， 则 $F^{\prime }(x)=f^{\prime }(x)-k=2\left(x+1-2{\mathrm{e}}^{x-1}\right)-k$。

由(2)知，当 $k>0$，$x\ge 0$ 时， $kx-1\ge -1$，当且仅当 $x=0$ 时等号成立； $f(x)\le -1$，当且仅当 $x=1$ 时等号成立， 所以 $F(x)<0$。

所以当 $k>0$，$x\ge 0$ 时，直线 $y=kx-1$ 与曲线 $y=f(x)$ 没有公共点。

当 $k>0$，$x\le 0$ 时，$F^{\prime }(x)=2\left(x+1-2{\mathrm{e}}^{x-1}\right)-k$，$[F^{\prime }(x){]}^{\prime }=2-4{\mathrm{e}}^{x-1}$，

所以 $[F^{\prime }(x){]}^{\prime }$ 在 $(-\infty ,0]$ 上是减函数， 又因为 $[F^{\prime }(0){]}^{\prime }=2-4{\mathrm{e}}^{-1}>0$，

所以 $[F^{\prime }(x){]}^{\prime }>0$，所以 $F^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,0]$ 上是单调递增函数。

令 $F^{\prime }(0)=2-2{\mathrm{e}}^{-1}-k\le 0$，得 $k\ge 2-2{\mathrm{e}}^{-1}$， 所以当 $k\ge 2-2{\mathrm{e}}^{-1}$ 时，$F^{\prime }(x)<0$，

所以 $F(x)$ 在 $(-\infty ,0]$ 上是减函数。 又因为 $F(0)=1-4{\mathrm{e}}^{-1}<0$， $F(-4)=16-8+4k+1-4{\mathrm{e}}^{-5}>9-4{\mathrm{e}}^{-5}>0,$

所以此时 $F(x)$ 在 $(-\infty ,0]$ 上存在唯一零点 $x_1\in (-4,0)$， 即当 $k\ge 2-2{\mathrm{e}}^{-1}$，$x<0$ 时，

直线 $y=kx-1$ 与曲线 $y=f(x)$ 有一个公共点。

当 $0<k<2-2{\mathrm{e}}^{-1}$ 时，$F^{\prime }(0)=2-2{\mathrm{e}}^{-1}-k>0$， $F^{\prime }(-1)=-4{\mathrm{e}}^{-2}-k<0$，

所以 $\exists r\in (-1,0)$，$F^{\prime }(r)=0$，即 $2\left(r+1-2{\mathrm{e}}^{r-1}\right)-k=0$。

所以 $F^{\prime }(x)<0⟺x<r$，$F^{\prime }(x)>0⟺r<x<0$， 所以 $F(x)$ 在 $(-\infty ,r]$ 上是减函数，在区间 $[r,0]$ 上是增函数。

所以 $F(x)$ 在 $(-\infty ,0]$ 上的最小值为 $F(r)$，且 $F(r)<F(0)<0$，

所以此时 $F(x)$ 在 $(-\infty ,0]$ 上存在唯一零点 $x_2\in (-4,r)$， 即当 $0<k<2-2{\mathrm{e}}^{-1}$，$x<0$ 时，直线 $y=kx-1$ 与曲线 $y=f(x)$ 有一个公共点。

综上，当 $k>0$ 时，直线 $y=kx-1$ 与曲线 $y=f(x)$ 有且仅有 $1$ 个公共点，且该公共点在 $y$ 轴左侧。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数切线方程的斜率与坐标映射；二阶导数锁死一阶导数单调性的两阶递进证明；“无重根 $⟹$ 零点个数为常数”的连续依赖拓扑性质。
2. 核心方法：参数消元法、无重根横截相交判定法。
3. 避坑指南：

• 第三问陷入繁琐的分类讨论：常规思路是对 $\phi (x)$ 的导数关于参数 $k$ 的大小进行极其错综复杂的区间划分与极值点夹逼讨论，极易由于式子中同时包含一次项与指数项而导致运算彻底崩溃。必须掌握“切线不等式消元无重根”的高阶方法。通过直接令 $\phi =0$ 且 ${\phi }^{\prime }=0$ 强行消去参数 $k$，证明切点不存在，从而将动态变动的核心问题坍缩为稳定的常数个数，是破除该压轴大题唯一的捷径。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源： 本题是考查“导数综合应用”的终极压轴解答大题（第 20 题位置），全面考查泰勒切线放缩不等式 $e^t\ge t+1$ 在多项式超越复合函数中的深层次控算。
2. 结论推广： 本题第三问在现代高等几何与微分拓扑学中对应着**“横截相交数（Intersection Number）的稳定性”**定理。在光滑流形上，如果一条动直线与一条固定曲线在特定的参数域内满足横截条件（即切向导数绝不相等， $\phi =0⟹{\phi }^{\prime }\ne 0$ ），那么它们交点的拓扑个数在参数进行连续微扰（变动 $k$）时绝对保持恒定不变量。本题通过严格的代数消元证得 $k>0$ 时相切情形绝不发生，完美展现了高等数学核心不变量思想在高考压轴题中的经典投影。

🔗【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
• 2009-福建卷文-15 填-导数切线存在
• 2021-天津卷-20 解-导数综合