2014-福建卷文-22 解-导数

本题导读

第(1)问由切线斜率 $f^{\prime }(0)=1-a=-1$ 得 $a=2$，再求极值。第(2)问构造 $g(x)=e^x-x^2$，关键发现 $g^{\prime }(x)=e^x-2x$ 的最小值 $2-2\ln 2>0$，从而 $g$ 恒增。第(3)问用(2)的结论 $e^x>x^2$ 迭代放缩：$e^{x/2}>\frac{x^2}{4}\Rightarrow e^x>\frac{x^2}{4}{e}^{x/2}$，取 $x_0=2\ln \frac{4}{c}$ 即可。

📌【题干】

Question

（2014年福建卷(文)） (1) 已知 $f(x)=e^x-ax$ 的图象与 $y$ 轴交于点 $A$，曲线在 $A$ 处的切线斜率为 $-1$，求 $a$ 及 $f(x)$ 的极值；

(2) 证明：当 $x>0$ 时，$x^2<e^x$；

(3) 证明：对任意给定的正数 $c$，总存在 $x_0$，使得当 $x\in (x_0,+\infty )$ 时，恒有 $x^2<c{e}^x$.

🔍【思路分析】

破题导航

(1) $f^{\prime }(x)=e^x-a$，$f^{\prime }(0)=1-a=-1\Rightarrow a=2$；$f^{\prime }(x)=e^x-2=0$ 得 $x=\ln 2$，极小值 $f(\ln 2)=2-2\ln 2$。 (2) 令 $g(x)=e^x-x^2$，则 $g^{\prime }(x)=e^x-2x$。令 $h(x)=e^x-2x$，$h^{\prime }(x)=e^x-2$，$h$ 在 $x=\ln 2$ 处取最小值 $h(\ln 2)=2-2\ln 2>0$，故 $g^{\prime }>0$ 恒成立，$g$ 递增，$x>0$ 时 $g(x)>g(0)=1>0$。 (3) 由(2)，$x>0$ 时 $e^{x/2}>\frac{x^2}{4}$，即 $e^x>\frac{x^2}{4}{e}^{x/2}$。当 $e^{x/2}>\frac{4}{c}$（即 $x>2\ln \frac{4}{c}$）时，$\frac{x^2}{4}{e}^{x/2}>x^2$，从而 $c{e}^x>\frac{c}{4}{e}^{x/2}{x}^2>x^2$。

✅【答案】

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(1) $a$ 与极值；(2)(3) 证明

✍【详细解析】

详细解析

(1) $f^{\prime }(x)=e^x-a$，由题意 $f^{\prime }(0)=1-a=-1$，得 $a=2$。此时 $f^{\prime }(x)=e^x-2$，令 $f^{\prime }(x)=0$ 得 $x=\ln 2$；当 $x<\ln 2$ 时 $f^{\prime }<0$，$f$ 递减，当 $x>\ln 2$ 时 $f^{\prime }>0$，$f$ 递增，故 $f$ 在 $x=\ln 2$ 处取得极小值 $f(\ln 2)=2-2\ln 2$，无极大值。 (2) 令 $g(x)=e^x-x^2$。设 $h(x)=e^x-2x$，则 $h^{\prime }(x)=e^x-2$，$h$ 在 $(0,\ln 2)$ 递减、$(\ln 2,+\infty )$ 递增，最小值 $h(\ln 2)=2-2\ln 2>0$。故 $g^{\prime }(x)=h(x)>0$ 在 $\mathbf{R}$ 上恒成立，$g$ 单调递增；当 $x>0$ 时，$g(x)>g(0)=1>0$，即 $x^2<e^x$。 (3) 对任意给定的正数 $c$：由(2)知 $x>0$ 时 $e^{x/2}>{\left(\frac{x}{2}\right)}^2=\frac{x^2}{4}$，于是 $e^x={\left(e^{x/2}\right)}^2>\frac{x^2}{4}{e}^{x/2}$。 取 $x_0=2\ln \frac{4}{c}(>0$，当 $c<4$ 时$)$。当 $x>x_0$ 时，$e^{x/2}>\frac{4}{c}$，故 $c{e}^x>\frac{c}{4}{e}^{x/2}{x}^2>x^2$，即 $x^2<c{e}^x$。综上，对任意正数 $c$，总存在 $x_0$（例如 $x_0=2\ln \frac{4}{c}$），当 $x\in (x_0,+\infty )$ 时恒有 $x^2<c{e}^x$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数的几何意义、单调性与不等式证明
2. 核心方法：待定系数 + 构造函数 + 迭代放缩
3. 避坑指南：第(1)问极值要说明“在 $x=\ln 2$ 处取得极小值”并指出无极大值，漏写“无极大值”会被扣分；第(3)问的 $x_0$ 只需存在不必最优，若试图求“最小的 $x_0$”反而陷入求解超越方程的泥潭。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 本题以“切线定参 — 证 $e^x>x^2$ — 对任意 $c$ 存在 $x_0$”三级递进，第(3)问本质是 ${\lim }_{x\to +\infty }\frac{x^2}{e^x}=0$ 的初等化表述，是 2014 年福建卷压轴题。
2. 结论推广: 结论可推广为：对任意 $\alpha >0$ 与 $c>0$，当 $x$ 充分大时 $x^{\alpha }<c{e}^x$（指数压制一切幂）；证明同样可用(2)式迭代。
3. 方法推广: “存在 $x_0$ 使得当 $x>x_0$ 时恒成立”这类渐进命题，通法是找到一个够大的显式 $x_0$（不要求最优），再逐段验证；(2)的结论在(3)中复用，体现“前问铺垫、后问收割”的命题结构。

🔗【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
• 20.02 基本初等函数导数公式与运算法则
• 20.10 导数常用放缩模型
• 20.00 知识网络

类题演练 (Links)

• 2014-新课标I卷理-21 解-求曲线的切线
• 2014-福建卷理-20 解-导数单调性与极值