《2025年步步高大二轮专题复习高中数学》

跟踪演练1　已知函数$f(x)={\mathrm{e}}^{x}-\frac{{x}^{2}}{2}-1$.
　(1)若直线$y = x + a$为$f(x)$的切线，求$a$的值；
　(2)若对$\forall x\in(0,+\infty)$，恒有$f(x)\geqslant bx$，求$b$的取值范围.
　______________________________

答案： 解
(1)设直线$y = x + a$与曲线$f(x)$相切于点$(x_0,y_0)$，
因为$f'(x)=e^{x}-x$，
则$f'(x_0)=e^{x_0}-x_0 = 1$，
解得$x_0 = 0$，则$y_0 = f(x_0)=0$，
即$0 + a = 0$，解得$a = 0$。
(2)因为$f(0)=0$，且曲线$f(x)$在$x = 0$处的切线方程为$y = x$。
故可猜测当$x\in(0,+\infty)$时，$f(x)$的图象恒在切线$y = x$的上方，
即证当$x\in(0,+\infty)$时，$f(x)＞x$，
即证当$x\in(0,+\infty)$时，
$e^{x}-\frac{x^{2}}{2}-x - 1＞0$，
设$h(x)=e^{x}-\frac{x^{2}}{2}-x - 1$，
则$h'(x)=e^{x}-x - 1$，
设$P(x)=h'(x)=e^{x}-x - 1$，
则$P'(x)=e^{x}-1$，
因为$P'(x)＞0$在$(0,+\infty)$上恒成立，
所以$h'(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
又因为$h'(0)=0$，
所以当$x\in(0,+\infty)$时，$h'(x)＞0$，
所以$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以当$x\in(0,+\infty)$时，
$h(x)＞h(0)=0$，
即$e^{x}-\frac{x^{2}}{2}-x - 1＞0$，
即$e^{x}-\frac{x^{2}}{2}-1＞x$，
由此可得，当$x\in(0,+\infty)$时，只需$x\geqslant bx$即可，解得$b\leqslant1$。故$b$的取值范围为$(-\infty,1]$。

例2　(2024·河南省名校联盟模拟)已知$b＞0$，函数$f(x)=(x + a)\ln(x + b)$的图象在点$(1,f(1))$处的切线方程为$x\ln 2 - y-\ln 2 = 0$.
　(1)求$a$，$b$的值；
　(2)若方程$f(x)=\frac{1}{\mathrm{e}}$（$\mathrm{e}$为自然对数的底数）有两个实数根$x_1$，$x_2$，且$x_1＜x_2$，证明：$x_2 - x_1＜1+\frac{1}{\mathrm{e}}+\frac{1}{\mathrm{e}\ln 2}$.
　______________________________

答案：
(1)解 因为$f(x)=\frac{x + a}{x + b}+\ln(x + b)$，
所以$f(1)=\frac{1 + a}{1 + b}+\ln(1 + b)=\ln2$，
由题意知$f(1)=0$，
所以$f(1)=(1 + a)\ln(1 + b)=0$，
又因为$b＞0$，
联立$\begin{cases}(1 + a)\ln(1 + b)=0,\\\frac{1 + a}{1 + b}+\ln(1 + b)=\ln2,\end{cases}$
解得$\begin{cases}a=-1,\\b = 1.\end{cases}$
(2)证明 由
(1)可知$f(x)=(x - 1)\ln(x + 1)$，
$x＞-1$，$f(0)=0$，$f(1)=0$，
$f'(x)=1-\frac{2}{x + 1}+\ln(x + 1)$，
设$u(x)=f'(x)$，
则$u'(x)=\frac{2}{(x + 1)^{2}}+\frac{1}{x + 1}＞0$，
所以$u(x)$即$f'(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增。
又$f'(0)=-1＜0$，$f'(1)=\ln2＞0$，
所以存在$x_0\in(0,1)$，
使得$f'(x_0)=0$，
且当$x\in(-1,x_0)$时，$f'(x)＜0$，
当$x\in(x_0,+\infty)$时，$f'(x)＞0$，
故$f(x)$在$(-1,x_0)$上单调递减，在$(x_0,+\infty)$上单调递增。
由
(1)知$f(x)$的图象在点$(1,0)$处的切线方程为$x\ln2-y-\ln2 = 0$，
令$h(x)=(x - 1)\ln2$，
$F(x)=f(x)-h(x)=(x - 1)\ln(x + 1)-(x - 1)\ln2$，
则$F'(x)=f'(x)-h'(x)=f'(x)-\ln2$，
因为$f'(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，所以$F'(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增。
又$F'(1)=0$，所以当$-1＜x＜1$时，$F'(x)＜0$，当$x＞1$时，$F'(x)＞0$。
所以$F(x)$在$(-1,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上单调递增。
故$F(x)\geqslant F(1)=0$，
即$(x - 1)\ln(x + 1)\geqslant(x - 1)\ln2$，当且仅当$x = 1$时等号成立。
因为方程$f(x)=\frac{1}{e}$有两个实数根$x_1$，$x_2$，且$x_1＜x_2$，
也就是$f(x_2)=f(x_1)=\frac{1}{e}＞f(1)=f(0)=0$，且注意到$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，
所以$-1＜x_1＜0＜x_0＜1＜x_2$，
所以$(x_2 - 1)\ln(x_2 + 1)＞(x_2 - 1)\ln2$，
即$f(x_2)＞h(x_2)$。
设方程$h(x)=\frac{1}{e}$的根为$x_2'$，
则$x_2'=1+\frac{1}{e\ln2}$，
又$h(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，所以$h(x_2')=f(x_2)＞h(x_2)$，
故$x_2'＞x_2$。
易知$f(x)$的图象在坐标原点处的切线方程为$y=-x$，令$g(x)=-x$，
$T(x)=f(x)-g(x)=(x - 1)\ln(x + 1)+x$，
则$T'(x)=f'(x)-g'(x)=f'(x)+1$，
因为$f'(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，所以$T'(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递增，又$T'(0)=0$，
所以当$-1＜x＜0$时，$T'(x)＜0$，
当$x＞0$时，$T'(x)＞0$，
所以$T(x)$在$(-1,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增，
所以$T(x)\geqslant T(0)=0$，$(x - 1)\ln(x + 1)\geqslant -x$，当且仅当$x = 0$时等号成立。
因为$-1＜x_1＜0$，
所以$(x_1 - 1)\ln(x_1 + 1)＞-x_1$，
即$f(x_1)＞g(x_1)$。
设方程$g(x)=\frac{1}{e}$的根为$x_1'$，
则$x_1'=-\frac{1}{e}$，
又$g(x)$在$(-1,+\infty)$上单调递减，
所以$g(x_1')=f(x_1)＞g(x_1)$，
所以$x_1'＜x_1$，从而$-x_1'＞-x_1$。 ②
由①②可知$x_2 - x_1＜x_2'-x_1'=1+\frac{1}{e}+\frac{1}{e\ln2}$。