2020-江苏卷-19 解-导数综合

本题导读

本题考查不等式恒成立问题。核心在于待定系数法、几何切线分析法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2020年江苏卷）已知关于 $x$ 的函数 $y=f(x),y=g(x)$ 与 $h(x)=kx+b(k,b\in \mathbb{R})$ 在区间 $D$ 上恒有 $f(x)\ge h(x)\ge g(x)$。

（1）若 $f(x)=x^2+2x,g(x)=-x^2+2x,D=(-\infty ,+\infty )$，求 $h(x)$ 的表达式；

（2）若 $f(x)=x^2-x+1,g(x)=k\ln x,h(x)=kx-k,D=(0,+\infty )$，求 $k$ 的取值范围；

（3）若 $f(x)=x^4-2x^2,g(x)=4x^2-8,h(x)=4(t^3-t)x-3t^4+2t^2$ ($0<|t|\le \sqrt{2}$)，$D=[m,n]\subseteq [-\sqrt{2},\sqrt{2}]$，求证：$n-m\le \sqrt{7}$。

🔍【思路分析】

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（1）利用判别式： $h(x)$ 夹在两个开口相反、顶点相同的抛物线之间。通过 $x=0$ 的特殊值或利用二次不等式恒成立的判别式 $\Delta \le 0$ 锁定系数。

（2）导数判定边界：

• 考察 $h(x)\ge g(x)$：构造函数 $F(x)=x-1-\ln x$，利用导数证明当 $k\ge 0$ 时成立。
• 考察 $f(x)\ge h(x)$：这是一个二次不等式在 $(0,+\infty )$ 上恒成立的问题，分类讨论对称轴与区间的关系。

（3）区间跨度最值化：

• 分析 $f(x)\ge h(x)$： 这是一个关键突破口。通过代数变形发现 $h(x)$ 恰好是 $f(x)$ 在 $x=t$ 处的切线，从而利用因式分解 $(x-t{)}^2(\dots )\ge 0$ 确定 $t$ 的范围。
• 分析 $g(x)\le h(x)$： 这是一个开口向上的二次不等式，其解集的长度即为 $n-m$ 的上限。
• 构造函数： 将长度表达为关于 $t^2$ 的函数，利用导数求最大值。

✅【答案】

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$k\in [0,3]$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解： 由 $-x^2+2x\le kx+b\le x^2+2x$ 在 $\mathbb{R}$ 上恒成立：

1. 令 $x=0$，得 $0\le b\le 0⟹b=0$。
2. 此时 $-x^2+2x\le kx\le x^2+2x⟹x^2+(k-2)x\ge 0$ 且 $x^2+(2-k)x\ge 0$。
3. 要使二次函数在 $\mathbb{R}$ 上恒 $\ge 0$，判别式必须 $\Delta \le 0$： $(k-2{)}^2\le 0⟹k=2$。 故 $h(x)=2x$。

（2）解：

1. 分析 $kx-k\ge k\ln x$： 即 $k(x-1-\ln x)\ge 0$。令 $m(x)=x-1-\ln x$，则 $m^{\prime }(x)=1-\frac{1}{x}$。 可知 $m(x)$ 在 $(0,1)$ 递减，$(1,+\infty )$ 递增，$m(x)\ge m(1)=0$。 要使 $k\cdot m(x)\ge 0$ 恒成立，需 $k\ge 0$。
2. 分析 $x^2-x+1\ge kx-k$： 即 $x^2-(k+1)x+(k+1)\ge 0$ 对 $x\in (0,+\infty )$ 恒成立。

• 若 $\Delta =(k+1{)}^2-4(k+1)=(k+1)(k-3)\le 0$，得 $-1\le k\le 3$。
• 结合 $k\ge 0$，得 $0\le k\le 3$。 综上，$k\in [0,3]$。

（3）证明：

1. 解析 $f(x)\ge h(x)$： $x^4-2x^2-[4(t^3-t)x-3t^4+2t^2]=(x-t{)}^2(x^2+2tx+3t^2-2)\ge 0$。 由于 $(x-t{)}^2\ge 0$，只需 $x^2+2tx+3t^2-2\ge 0$ 在 $[m,n]$ 上成立。 其判别式 ${\Delta }_1=8(1-t^2)$。当 $1\le t^2\le 2$ 时，${\Delta }_1\le 0$，不等式在 $\mathbb{R}$ 上恒成立。
2. 解析 $g(x)\le h(x)$： $4x^2-8\le 4(t^3-t)x-3t^4+2t^2⟹4x^2-4(t^3-t)x+3t^4-2t^2-8\le 0$。 解集长度为两根之差：$L=\sqrt{(t^3-t{)}^2-(3t^4-2t^2-8)}=\sqrt{t^6-5t^4+3t^2+8}$。
3. 求 $L$ 的最大值： 令 $u=t^2\in [1,2]$，$P(u)=u^3-5u^2+3u+8$。 $P^{\prime }(u)=3u^2-10u+3=(3u-1)(u-3)$。 在 $u\in [1,2]$ 上，$P^{\prime }(u)<0$，函数单调递减。 $P(u{)}_{max}=P(1)=7$。 故 $n-m\le L\le \sqrt{7}$。证毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 因式分解的切点视角： 第三问中 $h(x)$ 实际上是 $f(x)$ 的切线。在处理 $f(x)\ge h(x)$ 时，若发现 $f(t)=h(t)$ 且 $f^{\prime }(t)=h^{\prime }(t)$，则必有因子 $(x-t{)}^2$。
• 参数压缩： 将 $t^2$ 视为单一变量 $u$ 降次，是处理复杂高次函数的最优路径。

📖【试题探源与推广】

Tip

此类题目在高等数学中对应“夹逼定理”的背景。从几何上看，直线 $h(x)$ 必须穿过由 $f(x)$ 和 $g(x)$ 构成的“狭长走廊”。

• 如果 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在某点 $x_0$ 处相切（即 $f(x_0)=g(x_0)$ 且 $f^{\prime }(x_0)=g^{\prime }(x_0)$），则直线 $h(x)$ 必须是它们在该点处的公切线。第（1）问就是这一结论的直观体现。

在处理第（2）问这种含有参数 $k$ 的恒成立问题时，如果解析式在某个点（如 $x=1$）处两端相等（$f(1)=g(1)=h(1)=1$），那么这个点通常就是限制参数范围的“瓶颈点”。通过考察该点处的导数大小关系（切线斜率），可以迅速缩窄 $k$ 的取值范围，再进行严谨证明。

第三问展示了江苏卷常见的“六次式转三次式”手法。

• 识别对称性： 观察到 $t$ 始终以 $t^2,t^4,t^6$ 形式出现（或者能通过平方项构造），应果断换元。
• 单调性优先： 在压轴题最后一步，往往不需要求出极其复杂的极值，利用导数判定区间内的单调性，通常最大值就落在区间的端点。在本题中，当 $t^2=1$ 时取得最大值 $\sqrt{7}$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 03.01 不等式解法体系
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2014-江苏卷-10 填-二次函数
• 2002-大纲理-20 解-数列递推关系与通项公式
• 2002-苏豫粤卷-22 解-二次函数的图象与性质