设 $a>1$，函数 $f\left(x\right)=\left(1+x^2\right){\mathrm{e}}^x-a$．
【难度】
【出处】
2015年高考广东卷（理）
【标注】
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求 $f\left(x\right)$ 的单调区间；标注答案所以 $ f\left(x\right)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty,+\infty\right)$，无单调递减区间．解析第（1）小问考查利用导数研究函数的单调性，求道分析导函数的符号进行解决．$f\left(x\right)$ 的定义域为 ${\mathbb{R}}$，对 $f\left(x\right)$ 求导得\[f'\left(x\right)=2x{\mathrm{e}}^x+\left(1+x^2\right){\mathrm{e}}^x=\left(x+1\right)^2{\mathrm{e}}^x , x\in {\mathbb{R}} .\]因为对任意 $x\in {\mathbb{R}}$，都有 $f'\left(x\right)\geqslant 0$，所以 $ f\left(x\right)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty,+\infty\right)$，无单调递减区间．
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证明：$f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上仅有一个零点；标注答案略．解析第（2）小问主要是利用导数研究函数的零点，由第（1）问可知函数是单调的，故函数至多有一个零点，再结合零点存在性定理证明存在唯一的零点．由（1）知 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上单调递增，且\[\begin{split}&f\left(0\right)=1-a<0 , \\&f\left(\ln a\right)=\left(1+\ln^2a\right)a-a=a\ln^2a >0.\end{split}\]所以 $\exists x_0\in\left(0,\ln a\right)$ 使得 $f\left(x_0\right)=0$．
又 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right) $ 上是单调增函数，所以 $f\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right) $ 上仅有一个零点． -
若曲线 $y=f\left(x\right)$ 在点 $P$ 处的切线与 $x$ 轴平行，且在点 $M\left(m,n\right)$ 处的切线与直线 $OP$ 平行（$O$ 是坐标原点），证明：$m\leqslant \sqrt[3]{a-\dfrac 2{\mathrm{e}}}-1$．标注答案略．解析根据条件，建立等量关系，用综合法证明不等式，比较难入手，可以尝试用分析法证明不等式．$f'\left(x\right)=\left(x+1\right)^2{\mathrm{e}}^x$，令 $f'\left(x\right)=0$，解得 $x=-1$，所以点 $P\left(-1,\dfrac 2{\mathrm{e}}-a\right)$，故\[ k_{OP}=a-\dfrac 2{\mathrm{e}} .\]又 $f\left(x\right)$ 在点 $M\left(m,n\right)$ 处的切线与直线 $OP$ 平行，所以 $ f'\left(m\right)=k_{OP}$，即\[\left(m+1\right)^2{\mathrm{e}}^m=a-\dfrac 2{\mathrm{e}} .\]而要证\[m\leqslant \sqrt[3]{a-\dfrac 2{\mathrm{e}}}-1 ,\]只需证\[\left(m+1\right)^3\leqslant a-\dfrac 2{\mathrm{e}} ,\]而 $\left(m+1\right)^2{\mathrm{e}}^m=a-\dfrac 2{\mathrm{e}}$，只需证\[\left(m+1\right)^3\leqslant \left(m+1\right)^2{\mathrm{e}}^m ,\]只需证\[m+1\leqslant {\mathrm{e}}^m .\]对任意的 $m$ 都有 $m+1\leqslant {\mathrm e}^m$，即函数 $h\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-x-1 \left(x\in {\mathbb{R}}\right) $ 的最小值大于等于 $0$．则\[h'\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-1 .\]令 $h'\left(x\right)>0$，解得 $x>0$；令 $h'\left(x\right)<0$，解得 $x<0$．
所以 $ h\left(x\right)={\mathrm{e}}^x-x-1$ 在 $\left(-\infty,0\right)$ 上单调递减，在 $\left(0,+\infty\right)$ 上单调递增，
所以 $ h\left(x\right)\geqslant h\left(0\right)=0$，
所以 $ {\mathrm{e}}^x\geqslant x+1$，即 $m+1\leqslant {\mathrm{e}}^m$，
所以 $ m\leqslant \sqrt[3]{a-\dfrac 2{\mathrm{e}}}-1$，得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
