2021-浙江卷-22 解-导数综合

本题导读

本题考查导数在研究函数单调性中的应用。核心在于导数法、极值点法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年浙江卷）设 $a,b$ 为实数，且 $a>1$，函数 $f(x)=a^x-bx+{\mathrm{e}}^2$ ($x\in \mathbf{R}$).

（1） 求函数 $f(x)$ 的单调区间；

（2） 若对任意 $b>2{\mathrm{e}}^2$，函数 $f(x)$ 有两个不同的零点，求 $a$ 的取值范围；

（3） 当 $a=\mathrm{e}$ 时，证明：对任意 $b>{\mathrm{e}}^4$，函数 $f(x)$ 有两个不同的零点 $x_1,x_2$，满足 $x_2>\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$. （注：$\mathrm{e}=2.71828\cdots$ 是自然对数的底数）

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一步逻辑：对 $f(x)$ 求导，根据 $b\le 0$ 和 $b>0$ 讨论导函数的符号，确定单调区间。
2. 第二步逻辑：求出 $f(x)$ 的最小值 $f(x_{\min })=\frac{b}{\ln a}\left(1-\ln \frac{b}{\ln a}\right)+{\mathrm{e}}^2$。对任意 $b>2{\mathrm{e}}^2$ 都有 $f(x_{\min })<0$，得出 $\ln a$ 的范围。
3. 第三步逻辑：当 $a=\mathrm{e}$ 时，确定零点的范围，对较小的零点 $x_1$ 和较大的零点 $x_2$ 进行精确放缩，导出 $x_1,x_2$ 的上下界，进而证明不等式成立。

✅【答案】

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$a={\mathrm{e}}^2$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求函数 $f(x)$ 的单调区间 对 $f(x)$ 求导，得： $f^{\prime }(x)=a^x\ln a-b$ 由于 $a>1$，则 $\ln a>0$.

• 情形 1： 当 $b\le 0$ 时，对任意 $x\in \mathbf{R}$，有 $a^x\ln a>0$，故 $f^{\prime }(x)>0$.
• 因此，$f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 上单调递增.
• 情形 2： 当 $b>0$ 时，令 $f^{\prime }(x)=0$，解得： $x_0={\log }_a\left(\frac{b}{\ln a}\right)=\frac{\ln \left(\frac{b}{\ln a}\right)}{\ln a}$
• 当 $x\in \left(-\infty ,{\log }_a\left(\frac{b}{\ln a}\right)\right)$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in \left({\log }_a\left(\frac{b}{\ln a}\right),+\infty \right)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增.
• 综上所述：
• 当 $b\le 0$ 时，$f(x)$ 的单调递增区间为 $(-\infty ,+\infty )$，无单调递减区间；
• 当 $b>0$ 时，$f(x)$ 的单调递减区间为 $\left(-\infty ,{\log }_a\left(\frac{b}{\ln a}\right)\right)$，单调递增区间为 $\left({\log }_a\left(\frac{b}{\ln a}\right),+\infty \right)$.

（2）求 $a$ 的取值范围 对任意 $b>2{\mathrm{e}}^2>0$，$f(x)$ 在 $x_0={\log }_a\left(\frac{b}{\ln a}\right)$ 处取得极小值（也是最小值）. 要使 $f(x)$ 有两个不同的零点，当且仅当极小值小于零，即： $f(x_0)<0$ 代入极小值点： $f(x_0)=a^{{\log }_a\left(\frac{b}{\ln a}\right)}-b{\log }_a\left(\frac{b}{\ln a}\right)+{\mathrm{e}}^2=\frac{b}{\ln a}-\frac{b}{\ln a}\ln \left(\frac{b}{\ln a}\right)+{\mathrm{e}}^2$ 要使该不等式对任意 $b\in (2{\mathrm{e}}^2,+\infty )$ 恒成立，整理 $f(x_0)<0$： $\frac{b}{\ln a}\left[1-\ln \left(\frac{b}{\ln a}\right)\right]+{\mathrm{e}}^2<0$ $\ln \left(\frac{b}{\ln a}\right)-1>\frac{{\mathrm{e}}^2\ln a}{b}$ $\ln b-\ln (\ln a)-1-\frac{{\mathrm{e}}^2\ln a}{b}>0$

令 $g(b)=\ln b-\ln (\ln a)-1-\frac{{\mathrm{e}}^2\ln a}{b}$，在 $(2{\mathrm{e}}^2,+\infty )$ 上求导： $g^{\prime }(b)=\frac{1}{b}+\frac{{\mathrm{e}}^2\ln a}{b^2}=\frac{b+{\mathrm{e}}^2\ln a}{b^2}$

因为 $a>1$，所以 $\ln a>0$，因此对任意 $b>2{\mathrm{e}}^2$，有 $g^{\prime }(b)>0$，即 $g(b)$ 在 $(2{\mathrm{e}}^2,+\infty )$ 上单调递增. 要使对任意 $b\in (2{\mathrm{e}}^2,+\infty )$ 均有 $g(b)>0$，只需满足： $g(2{\mathrm{e}}^2)\ge 0$ 将 $b=2{\mathrm{e}}^2$ 代入： $g(2{\mathrm{e}}^2)=\ln (2{\mathrm{e}}^2)-\ln (\ln a)-1-\frac{{\mathrm{e}}^2\ln a}{2{\mathrm{e}}^2}=\ln 2+2-\ln (\ln a)-1-\frac{\ln a}{2}=\ln 2+1-\ln (\ln a)-\frac{\ln a}{2}\ge 0$ 令 $t=\ln a>0$，定义函数 $h(t)=\ln 2+1-\ln t-\frac{t}{2}$ ($t>0$). 求导得： $h^{\prime }(t)=-\frac{1}{t}-\frac{1}{2}<0$ 故 $h(t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递减. 注意到： $h(1)=\ln 2+1-\ln 1-\frac{1}{2}=\ln 2+\frac{1}{2}>0$ 当 $t=2$ 时： $h(2)=\ln 2+1-\ln 2-\frac{2}{2}=0$ 因为 $h(t)$ 单调递减，所以 $h(t)\ge 0⟺0<t\le 2$. 即： $0<\ln a\le 2⟹1<a\le {\mathrm{e}}^2$ 故 $a$ 的取值范围是 $(1,{\mathrm{e}}^2]$.

（3）当 $a=\mathrm{e}$ 时的证明 当 $a=\mathrm{e}$ 时，$f(x)={\mathrm{e}}^x-bx+{\mathrm{e}}^2$. 对于 $b>{\mathrm{e}}^4$，极值点为 $x_0=\ln b$. 由（1）可知 $f(x)$ 在 $(-\infty ,\ln b)$ 上单调递减，在 $(\ln b,+\infty )$ 上单调递增. 由于 $f(x_0)=b-b\ln b+{\mathrm{e}}^2<{\mathrm{e}}^4-{\mathrm{e}}^4\cdot 4+{\mathrm{e}}^2<0$，且 $f(x)$ 连续，故有两个零点 $x_1,x_2$，满足： $x_1<\ln b<x_2$ 代入 $x=0$： $f(0)={\mathrm{e}}^0-0+{\mathrm{e}}^2=1+{\mathrm{e}}^2>0$ 因为 $f(0)>0$ 且 $f(\ln b)<0$，由零点存在性定理得： $0<x_1<\ln b$ 进一步，考虑 $x=\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$： 由于对任意 $t\in \mathbf{R}$ 有 ${\mathrm{e}}^t>0$，故： $f\left(\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}\right)={\mathrm{e}}^{\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}}-b\cdot \frac{{\mathrm{e}}^2}{b}+{\mathrm{e}}^2={\mathrm{e}}^{\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}}-{\mathrm{e}}^2+{\mathrm{e}}^2={\mathrm{e}}^{\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}}>0$ 因为 $f\left(\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}\right)>0$ 且 $f(\ln b)<0$，所以： $x_1>\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$ 接下来证明一个更紧致的上界：$x_1<\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}$. 利用常见的切线不等式：当 $t>0$ 时，${\mathrm{e}}^t<\frac{1}{1-t}$（取 $t=\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}<\frac{2{\mathrm{e}}^2}{{\mathrm{e}}^4}=\frac{2}{{\mathrm{e}}^2}<1$）： $f\left(\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}\right)={\mathrm{e}}^{\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}}-b\cdot \frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}+{\mathrm{e}}^2={\mathrm{e}}^{\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}}-{\mathrm{e}}^2$ 因为 $b>{\mathrm{e}}^4$，有 $\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}<\frac{2}{{\mathrm{e}}^2}\approx 0.2707$. 由构造函数或展开可知，当 $y\in (0,1)$ 时，${\mathrm{e}}^y<1+2y$. 代入 $y=\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}$： ${\mathrm{e}}^{\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}}<1+\frac{4{\mathrm{e}}^2}{b}<1+\frac{4{\mathrm{e}}^2}{{\mathrm{e}}^4}=1+\frac{4}{{\mathrm{e}}^2}<{\mathrm{e}}^2$ 故 $f\left(\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}\right)<0$. 由 $f(0)>0$ 及 $f\left(\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}\right)<0$ 可得： $\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}<x_1<\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}$ 因为 $x_2$ 是方程 ${\mathrm{e}}^x-bx+{\mathrm{e}}^2=0$ 在 $(\ln b,+\infty )$ 上的根，所以： ${\mathrm{e}}^{x_2}=b{x}_2-{\mathrm{e}}^2<b{x}_2$ 两边取自然对数得： $x_2<\ln b+\ln x_2⟹x_2-\ln x_2<\ln b$ 定义函数 $M(x)=x-\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1$. 我们需要证明： $x_2>\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$ 令 $x_3=\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$， 因为 $f(x)$ 在$(\ln b,+\infty )$ 上单调递增，要证 $x_2>x_3$，只需证： $f(x_3)<0$

代入 $x_3$ 计算 $f(x_3)$： 由于 $x_1>\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$，则： $x_3=\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}>\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^2}{b}+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}=\frac{1}{2}\ln b+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$ 同时，由于 $x_1<\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}$，得到： $x_3=\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}<\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}\cdot \frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}=\ln b+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$ 由此可知 $x_3<\ln b+1$. 现在计算 $f(x_3)={\mathrm{e}}^{x_3}-b{x}_3+{\mathrm{e}}^2$：

1. 关于指数项 ${\mathrm{e}}^{x_3}$： ${\mathrm{e}}^{x_3}={\mathrm{e}}^{\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}}={\mathrm{e}}^{\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}}\cdot \left(b^{\frac{b{x}_1}{2{\mathrm{e}}^2}}\right)$ 因为 $x_1$ 满足 ${\mathrm{e}}^{x_1}-b{x}_1+{\mathrm{e}}^2=0$，所以 $b{x}_1={\mathrm{e}}^{x_1}+{\mathrm{e}}^2$. 因此： $\frac{b{x}_1}{2{\mathrm{e}}^2}=\frac{{\mathrm{e}}^{x_1}+{\mathrm{e}}^2}{2{\mathrm{e}}^2}=\frac{1}{2}{\mathrm{e}}^{x_1-2}+\frac{1}{2}$ 注意到 $0<x_1<\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}<\frac{2}{{\mathrm{e}}^2}<1$，由凸性不等式 ${\mathrm{e}}^t<1+t+t^2$（当 $t<0$ 时成立）： 当 $x_1\in (0,1)$ 时，${\mathrm{e}}^{x_1-2}<1+(x_1-2)+(x_1-2{)}^2=x_1^2-3x_1+3$. 更直接地，因为 $x_1\in \left(0,\frac{2}{{\mathrm{e}}^2}\right)$，有 ${\mathrm{e}}^{x_1}<1+2x_1$， 则 ${\mathrm{e}}^{x_1}+{\mathrm{e}}^2<1+2x_1+{\mathrm{e}}^2$ .当 $b>{\mathrm{e}}^4$ 时，$x_1<\frac{2}{{\mathrm{e}}^2}$，故： $\frac{b{x}_1}{2{\mathrm{e}}^2}=\frac{{\mathrm{e}}^{x_1}+{\mathrm{e}}^2}{2{\mathrm{e}}^2}<\frac{1+\frac{4}{{\mathrm{e}}^2}+{\mathrm{e}}^2}{2{\mathrm{e}}^2}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2{\mathrm{e}}^2}+\frac{2}{{\mathrm{e}}^4}<1$ 放大系数得 $\frac{b{x}_1}{2{\mathrm{e}}^2}<1$.
2. 关于一次项 $-b{x}_3+{\mathrm{e}}^2$： $-b{x}_3+{\mathrm{e}}^2=-b\left(\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}\right)+{\mathrm{e}}^2=-\frac{b^2\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1-{\mathrm{e}}^2+{\mathrm{e}}^2=-\frac{b^2\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1$ 结合两项可得： $f(x_3)={\mathrm{e}}^{\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}}\cdot b^{\frac{b{x}_1}{2{\mathrm{e}}^2}}-\frac{b^2\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1$ 由于 $x_1>\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$，后半部分放缩为： $\frac{b^2\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1>\frac{b^2\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}\cdot \frac{{\mathrm{e}}^2}{b}=\frac{1}{2}b\ln b$ 对于前半部分 ${\mathrm{e}}^{\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}}\cdot b^{\frac{b{x}_1}{2{\mathrm{e}}^2}}$： 因为 $x_1<\frac{2{\mathrm{e}}^2}{b}$，且对于 $b>{\mathrm{e}}^4$，有 $\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}<\frac{1}{{\mathrm{e}}^2}$， 且 $b{x}_1={\mathrm{e}}^{x_1}+{\mathrm{e}}^2<{\mathrm{e}}^{\frac{2}{{\mathrm{e}}^2}}+{\mathrm{e}}^2<{\mathrm{e}}^{0.3}+{\mathrm{e}}^2<1.35+7.39=8.74<2{\mathrm{e}}^2$. 因此 $\frac{b{x}_1}{2{\mathrm{e}}^2}<\frac{8.74}{2\times 7.389}\approx 0.591<\frac{2}{3}$. 由此得： ${\mathrm{e}}^{\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}}\cdot b^{\frac{b{x}_1}{2{\mathrm{e}}^2}}<{\mathrm{e}}^{\frac{1}{{\mathrm{e}}^2}}\cdot b^{2/3}<1.15\cdot b^{2/3}$ 对比两项： 当 $b>{\mathrm{e}}^4\approx 54.6$ 时： $\frac{1}{2}b\ln b>\frac{1}{2}b\cdot 4=2b$ 明显有： $1.15\cdot b^{2/3}<2b<\frac{1}{2}b\ln b$ 因此： $f(x_3)={\mathrm{e}}^{x_3}-b{x}_3+{\mathrm{e}}^2<0$ 又因为 $f(x)$ 在 $(\ln b,+\infty )$ 上单调递增，且 $f(x_2)=0$，故必有： $x_2>x_3$ 即： $x_2>\frac{b\ln b}{2{\mathrm{e}}^2}{x}_1+\frac{{\mathrm{e}}^2}{b}$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数单调性分析、参数极值最值处理、零点偏移与不等式放缩。
2. 核心方法：分离参数法、极值分析法、放缩法。
3. 避坑指南：第(2)问需注意 $b>2{\mathrm{e}}^2$ 为恒成立条件，要准确抓临界边界值；第(3)问构造放缩时切忌盲目放大导致放缩过头。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自指数函数与线性函数交点问题，第(3)问考察对数不等式链与超越方程根的上下界估计。
2. 结论推广：若 $f(x)={\mathrm{e}}^x-bx+c$ 有两根 $x_1<x_2$，则小根 $x_1\sim \frac{c+1}{b}$，大根 $x_2\sim \ln b$。

🔗【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
• 08.01 函数图象变换、模型与零点

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷I理-19
• 2010-安徽卷理-17
• 2012-大纲卷文-21 解-三次函数极值点连线