2006-重庆卷理-20 解-二元条件不等式的证明

本题导读

本题核心考查导数在函数单调性及不等式证明中的综合应用。第一问需对导函数的二次项进行因式分解，利用判别式判断根的存在性并划分单调区间（注：原题面第1问存在印刷瑕疵，根据数学逻辑与历年真题勘误，条件中的 $a$ 应修正为 $c$）；第二问利用导数定义或洛必达法则将极限条件转化为关于 $b,c$ 的精确方程，进而结合判别式条件证明目标不等式。

📌【题干】

Question

（2006年重庆卷(理)） 已知函数 $f(x)=(x^2+bx+c){\text{e}}^x$，其中 $b,c\in \mathbf{R}$ 为常数。

(1) 若 $b^2>4(c-1)$，讨论函数 $f(x)$ 的单调性；

(2) 若 $b^2\le 4(c-1)$，且 ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)-c}{x}=4$，试证： $-6\le b\le 2$。

🔍【思路分析】

破题导航

第一问逻辑：

• 对 $f(x)$ 求导，利用乘积求导法则得出 $f^{\prime }(x)=[x^2+(b+2)x+b+c]{\text{e}}^x$。
• 关注其一元二次内核 $g(x)=x^2+(b+2)x+b+c$ 的判别式： $\Delta =(b+2{)}^2-4(b+c)=b^2+4b+4-4b-4c=b^2-4(c-1)$。
• 题目已知条件 $b^2>4(c-1)$，说明 $\Delta >0$，导函数对应的二次方程必有两个不同的实根 $x_1,x_2$ ($x_1<x_2$)。
• 划分区间：在 $(-\infty ,x_1)$ 和 $(x_2,+\infty )$ 上 $f^{\prime }(x)>0$，函数单调递增；在 $(x_1,x_2)$ 上 $f^{\prime }(x)<0$，函数单调递减。 第二问逻辑：
• 观察极限式 ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)-c}{x}=4$。由于 $f(0)=c$，该极限式的本质就是函数在 $x=0$ 处的导数定义，即 $f^{\prime }(0)=4$。
• 将 $x=0$ 代入导函数解析式，得到 $b+c=4⟹c=4-b$。
• 将 $c=4-b$ 代入已知条件 $b^2\le 4(c-1)$ 中，消去变量 $c$，整理出一个关于 $b$ 的一元二次不等式，解该不等式即可完成证明。

✅【答案】

Success

$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty ,x_1\right)$ 和 $\left(x_2,+\infty \right)$，单调递减区间为 $(x_1,x_2)$

✍【详细解析】

Abstract

解： (1) 对函数 $f(x)=(x^2+bx+c){\text{e}}^x$ 求导： $f^{\prime }(x)=(2x+b){\text{e}}^x+(x^2+bx+c){\text{e}}^x=[x^2+(b+2)x+b+c]{\text{e}}^x$ 因为 ${\text{e}}^x>0$ 恒成立，所以 $f^{\prime }(x)$ 的符号由二次多项式 $g(x)=x^2+(b+2)x+b+c$ 决定。

计算 $g(x)$ 的根的判别式 $\Delta$： $\Delta =(b+2{)}^2-4(b+c)=b^2+4b+4-4b-4c=b^2-4(c-1)$

已知 $b^2>4(c-1)$，即 $\Delta >0$。 设方程 $x^2+(b+2)x+b+c=0$ 的两个不同实根分别为 $x_1,x_2$ （设 $x_1<x_2$），根据求根公式得： $x_1=\frac{-(b+2)-\sqrt{b^2-4c+4}}{2},x_2=\frac{-(b+2)+\sqrt{b^2-4c+4}}{2}$

当 $x$ 变化时， $f^{\prime }(x)$ 的符号变化如下：

• 当 $x\in (-\infty ,x_1)$ 时， $f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (x_1,x_2)$ 时， $f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (x_2,+\infty )$ 时， $f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增。

综上所述，$f(x)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty ,x_1\right)$ 和 $\left(x_2,+\infty \right)$，单调递减区间为 $(x_1,x_2)$。

(2) 证明： 根据导数在 $x=0$ 处的定义，有： $f^{\prime }(0)={\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}$ 因为 $f(0)=(0^2+b\cdot 0+c){\text{e}}^0=c$，所以已知极限式可转化为： ${\lim }_{x\to 0}\frac{f(x)-c}{x}=f^{\prime }(0)=4$

将 $x=0$ 代入第一问求得的导函数解析式 $f^{\prime }(x)=[x^2+(b+2)x+b+c]{\text{e}}^x$ 中： $f^{\prime }(0)=[0^2+(b+2)\cdot 0+b+c]{\text{e}}^0=b+c$ 由此建立方程： $b+c=4⟹c=4-b$

将 $c=4-b$ 代入已知不等式 $b^2\le 4(c-1)$ 中： $b^2\le 4(4-b-1)$ $b^2\le 4(3-b)⟹b^2\le 12-4b$ 移项整合整理为标准的一元二次不等式： $b^2+4b-12\le 0$

运用十字相乘法对左边进行因式分解： $(b+6)(b-2)\le 0$

解该不等式可得： $-6\le b\le 2$

原命题得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：指数复合函数的导数计算、二次多项式根与区间对应的分类方法、导数定义与极限的等价置换。
• 核心方法：判别式分析法、消元代入法。
• 避坑指南：第 (1) 问中，由于给出了 $\Delta >0$ 的明确条件，讨论单调性时必须写出两个零点的明确代数表达（即求根公式结果 $x_1,x_2$），不能只做定性描述，否则属于解答不完整；第 (2) 问的关键在于快速识别出极限即为 $f^{\prime }(0)$，若采用繁琐的代入解析式分子展开后分子分母同除以 $x$ 的传统代数变形，耗时较长且容易发生符号计算错误。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题源于人教A版选择性必修第二册“导数及其应用”中经典的含参指数综合解答题型，侧重于考查分析问题的严密性与逻辑连贯性。 结论推广: 极限 ${\lim }_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=A$ 是微积分中判定函数可导性与求取切线斜率的最高核心法则。

🔗【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
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2011-大纲卷理-22 解-导数不等式
• 2012-山东卷文-22 解-导数单调性与不等式证明
• 2012-辽宁卷文-21 解-导数放缩证不等式