已知 a, b R，函数 f(x)=e^ x -a sin…——2022 高考数学第 20 题答案解析

【答案】①$y=(1-a) x+1$
②（i）$b \in[\sqrt{2 \mathrm{e}},+\infty)$ ；（ii）证明见解析

【解析】

【分析】①求出 $f^{\prime}(0)$ 可求切线方程；
②（i）当 $a=0$ 时，曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 有公共点即为 $s(t)=\mathrm{e}^{t^{2}}-b t, t \geq 0$ 在 $[0,+\infty)$ 上有零点，求导后分类讨论结合零点存在定理可求 $b \in[\sqrt{2 e},+\infty)$ ．
（ii）曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 有公共点即 $a \sin x_{0}+b \sqrt{x_{0}}-\mathrm{e}^{x_{0}}=0$ ，利用点到直线的距离得到 $\sqrt{a^{2}+b^{2}} \geq \frac{\mathrm{e}^{x_{0}}}{\sqrt{\sin ^{2} x_{0}+x_{0}}}$ ，利用导数可证 $\frac{\mathrm{e}^{2 x}}{\sin ^{2} x+x}>\mathrm{e}$ ，从而可得不等式成立．

【小问 1 详解】

$f^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-a \cos x$ ，故 $f^{\prime}(0)=1-a$ ，而 $f(0)=1$ ，

曲线 $f(x)$ 在点 $(0, f(0))$ 处的切线方程为 $y=(1-a)(x-0)+1$ 即 $y=(1-a) x+1$ ．

【小问 2 详解】

（i）当 $a=0$ 时，
因为曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 有公共点，故 $\mathrm{e}^{x}=b \sqrt{x}$ 有解，

设 $t=\sqrt{x}$ ，故 $x=t^{2}$ ，故 $\mathrm{e}^{t^{2}}=b t$ 在 $[0,+\infty)$ 上有解，
设 $s(t)=\mathrm{e}^{t^{2}}-b t, t \geq 0$ ，故 $s(t)$ 在 $[0,+\infty)$ 上有零点，
而 $s^{\prime}(t)=2 t \mathrm{e}^{t^{2}}-b, t>0$ ，
若 $b=0$ ，则 $s(t)=\mathrm{e}^{t^{2}}>0$ 恒成立，此时 $s(t)$ 在 $[0,+\infty)$ 上无零点，
若 $b<0$ ，则 $s^{\prime}(t)>0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，故 $s(t)$ 在 $[0,+\infty)$ 上为增函数，
而 $s(0)=1>0, s(t) \geq s(0)=1$ ，故 $s(t)$ 在 $[0,+\infty)$ 上无零点，
故 $b>0$ ，
设 $u(t)=2 t \mathrm{e}^{t^{2}}-b, t>0$ ，则 $u^{\prime}(t)=\left(2+4 t^{2}\right) \mathrm{e}^{t^{2}}>0$ ，
故 $u(t)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数，
而 $u(0)=-b<0, \quad u(b)=b\left(2 \mathrm{e}^{b^{2}}-1\right)>0$ ，
故 $u(t)$ 在 $(0,+\infty)$ 上存在唯一零点 $t_{0}$ ，

且 $0<t<t_{0}$ 时，$u(t)<0 ; t>t_{0}$ 时，$u(t)>0$ ；
故 $0<t<t_{0}$ 时，$s^{\prime}(t)<0 ; t>t_{0}$ 时，$s^{\prime}(t)>0$ ；

所以 $s(t)$ 在 $\left(0, t_{0}\right)$ 上为减函数，在 $\left(t_{0},+\infty\right)$ 上为增函数，
故 $s(t)_{\text {min }}=s\left(t_{0}\right)$ ，
因为 $s(t)$ 在 $[0,+\infty)$ 上有零点，故 $s\left(t_{0}\right) \leq 0$ ，故 $\mathrm{e}^{t_{0}^{2}}-b t_{0} \leq 0$ ，
而 $2 t_{0} \mathrm{e}^{t_{0}^{2}}-b=0$ ，故 $\mathrm{e}^{t_{0}^{2}}-2 t_{0}^{2} \mathrm{e}^{t_{0}^{2}} \leq 0$ 即 $t_{0} \geq \frac{\sqrt{2}}{2}$ ，
设 $v(t)=2 t \mathrm{e}^{t^{2}}, t>0$ ，则 $v^{\prime}(t)=\left(2+4 t^{2}\right) \mathrm{e}^{t^{2}}>0$ ，
故 $v(t)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数，
而 $b=2 t_{0} \mathrm{e}^{t_{0}^{2}}$ ，故 $b \geq \sqrt{2} \mathrm{e}^{\frac{1}{2}}=\sqrt{2 \mathrm{e}}$ ．
（ii）因为曲线 $y=f(x)$ 和 $y=g(x)$ 有公共点，

所以 $\mathrm{e}^{x}-a \sin x=b \sqrt{x}$ 有解 $x_{0}$ ，其中 $x_{0} \geq 0$ ，

若 $x_{0}=0$ ，则 $1-a \times 0=b \times 0$ ，该式不成立，故 $x_{0}>0$ ．
故 $a \sin x_{0}+b \sqrt{x_{0}}-\mathrm{e}^{x_{0}}=0$ ，考虑直线 $a \sin x_{0}+b \sqrt{x_{0}}-\mathrm{e}^{x_{0}}=0$ ，
$\sqrt{a^{2}+b^{2}}$ 表示原点与直线 $a \sin x_{0}+b \sqrt{x_{0}}-\mathrm{e}^{x_{0}}=0$ 上的动点 $(a, b)$ 之间的距离，
故 $\sqrt{a^{2}+b^{2}} \geq \frac{\mathrm{e}^{x_{0}}}{\sqrt{\sin ^{2} x_{0}+x_{0}}}$ ，所以 $a^{2}+b^{2} \geq \frac{\mathrm{e}^{2 x_{0}}}{\sin ^{2} x_{0}+x_{0}}$ ，
下证：对任意 $x>0$ ，总有 $|\sin x|<x$ ，

证明：当 $x \geq \frac{\pi}{2}$ 时，有 $|\sin x| \leq 1<\frac{\pi}{2} \leq x$ ，故 $|\sin x|<x$ 成立．
当 $0<x<\frac{\pi}{2}$ 时，即证 $\sin x<x$ ，
设 $p(x)=\sin x-x$ ，则 $p^{\prime}(x)=\cos x-1 \leq 0$（不恒为零），
故 $p(x)=\sin x-x$ 在 $[0,+\infty)$ 上为减函数，故 $p(x)<p(0)=0$ 即 $\sin <x$ 成立．
综上，$|\sin x|<x$ 成立。

下证：当 $x>0$ 时， $\mathrm{e}^{x}>x+1$ 恒成立，
$q(x)=\mathrm{e}^{x}-1-x, x>0$ ，则 $q^{\prime}(x)=\mathrm{e}^{x}-1>0$ ，

故 $q(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上为增函数，故 $q(x)>q(0)=0$ 即 $\mathrm{e}^{x}>x+1$ 恒成立．
下证：$\frac{\mathrm{e}^{2 x}}{\sin ^{2} x+x}>\mathrm{e}$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，即证： $\mathrm{e}^{2 x-1}>\sin ^{2} x+x$ ，
即证： $2 x-1+1 \geq \sin ^{2} x+x$ ，即证：$x \geq \sin ^{2} x$ ，
而 $x>|\sin x| \geq \sin ^{2} x$ ，故 $x \geq \sin ^{2} x$ 成立。
故 $\frac{\mathrm{e}^{x_{0}}}{\sqrt{\sin ^{2} x_{0}+x_{0}}}>\mathrm{e}$ ，即 $a^{2}+b^{2}>\mathrm{e}$ 成立。
【点睛】思路点睛：导数背景下零点问题，注意利用函数的单调性结合零点存在定理来处理，而多变量的不等式的成立问题，注意从几何意义取构建不等式关系，再利用分析法来证明目标不等式。