已知 a>0，函数 f(x)=a x-x e^ x ． （…——2021 高考数学第 20 题答案解析

【答案】（I）$y=(a-1) x,(a>0)$ ；（II）证明见解析；（III）$[-e,+\infty)$
【解析】
【分析】（I）求出 $f(x)$ 在 $x=0$ 处的导数，即切线斜率，求出 $f(0)$ ，即可求出切线方程

（II）令 $f^{\prime}(x)=0$ ，可得 $a=(x+1) e^{x}$ ，则可化为证明 $y=a$ 与 $y=g(x)$ 仅有一个交点，利用导数求出 $g(x)$ 的变化情况，数形结合即可求解；
（III）令 $h(x)=\left(x^{2}-x-1\right) e^{x},(x>-1)$ ，题目等价于存在 $x \in(-1,+\infty)$ ，使得 $h(x) \leq b$ ，即 $b \geq h(x)_{\text {min }}$ ，利用导数即可求出 $h(x)$ 的最小值．

【详解】（I）$f^{\prime}(x)=a-(x+1) e^{x}$ ，则 $f^{\prime}(0)=a-1$ ，

又 $f(0)=0$ ，则切线方程为 $y=(a-1) x,(a>0)$ ；
（II）令 $f^{\prime}(x)=a-(x+1) e^{x}=0$ ，则 $a=(x+1) e^{x}$ ，

令 $g(x)=(x+1) e^{x}$ ，则 $g^{\prime}(x)=(x+2) e^{x}$ ，
当 $x \in(-\infty,-2)$ 时，$g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减；当 $x \in(-2,+\infty)$ 时，$g^{\prime}(x)>0, g(x)$单调递增，

当 $x \rightarrow-\infty$ 时，$g(x)<0, g(-1)=0$ ，当 $x \rightarrow+\infty$ 时，$g(x)>0$ ，画出 $g(x)$ 大致图像如下：

所以当 $a>0$ 时，$y=a$ 与 $y=g(x)$ 仅有一个交点，令 $g(m)=a$ ，则 $m>-1$ ，且 $f^{\prime}(m)=a-g(m)=0$,

当 $x \in(-\infty, m)$ 时，$a>g(x)$ ，则 $f^{\prime}(x)>0, f(x)$ 单调递增，
当 $x \in(m,+\infty)$ 时，$a

$x=m$ 为 $f(x)$ 的极大值点，故 $f(x)$ 存在唯一的极值点；
（III）由（II）知 $f(x)_{\text {max }}=f(m)$ ，此时 $a=(1+m) e^{m}, m>-1$ ，
所以 $\{f(x)-a\}_{\text {max }}=f(m)-a=\left(m^{2}-m-1\right) e^{m},(m>-1)$ ，
令 $h(x)=\left(x^{2}-x-1\right) e^{x},(x>-1)$ ，
若存在 $a$ ，使得 $f(x) \leq a+b$ 对任意 $x \in \mathbf{R}$ 成立，等价于存在 $x \in(-1,+\infty)$ ，使得 $h(x) \leq b$ ，

即 $b \geq h(x)_{\text {min }}$ ，
$h^{\prime}(x)=\left(x^{2}+x-2\right) e^{x}=(x-1)(x+2) e^{x}, \quad x>-1$ ，
当 $x \in(-1,1)$ 时，$h^{\prime}(x)<0, h(x)$ 单调递减，当 $x \in(1,+\infty)$ 时，$h^{\prime}(x)>0, h(x)$ 单调递
增，
所以 $h(x)_{\text {min }}=h(1)=-e$ ，故 $b \geq-e$ ，
所以实数 $b$ 的取值范围 $[-e,+\infty)$ ．
【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明 $y=a$ 与 $y=g(x)$ 仅有一个交点；第三问解题的关键是转化为存在 $x \in(-1,+\infty)$ ，使得 $h(x) \leq b$ ，即 $b \geq h(x)_{\text {min }}$ ．