2012-江西卷文-21 解-含参导数单调性与最值

本题导读

本题考查导数与单调性的关系。

📌【题干】

Question

（2012年江西卷(文)） 已知函数 $f(x)=(a{x}^2+bx+c){\mathrm{e}}^x$ 在 $[0,1]$ 上单调递减且满足 $f(0)=1$，$f(1)=0$.

(1) 求 $a$ 的取值范围；

(2) 设 $g(x)=f(x)-f^{\prime }(x)$，求 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最大值和最小值.

🔍【思路分析】

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(1) $0⩽a⩽1$。(2) $g(x)=(a+1-2ax){\mathrm{e}}^x$，按 $a=0$、$a=1$、$0<a⩽\frac{1}{3}$、$\frac{1}{3}<a⩽\alpha$、$\alpha <a<1$（$\alpha =\frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}+1}$）五类给出最值。

✅【答案】

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(1) $0⩽a⩽1$；(2) 见解析（按 $a$ 分五类）

✍【详细解析】

Abstract

(1) $f(0)=c=1$；$f(1)=(a+b+c)\mathrm{e}=0\Rightarrow a+b+c=0\Rightarrow b=-a-1$。

$f^{\prime }(x)=(a{x}^2+(2a+b)x+(b+c)){\mathrm{e}}^x=(a{x}^2+(a-1)x-a){\mathrm{e}}^x$。

$f$ 在 $[0,1]$ 上单调递减 $⟺f^{\prime }(x)⩽0$ 在 $[0,1]$ 上恒成立，即 $h(x)=a{x}^2+(a-1)x-a⩽0$。

$h(0)=-a⩽0\Rightarrow a⩾0$；$h(1)=a-1⩽0\Rightarrow a⩽1$。

当 $0⩽a⩽1$ 时：若 $a=0$，$h(x)=-x⩽0$；若 $0<a⩽1$，$h$ 开口向上，最大值在端点，而两端点均 $⩽0$，故 $h⩽0$ 在 $[0,1]$ 成立。

故 $a$ 的取值范围是 $[0,1]$。

(2) $f(x)-f^{\prime }(x)=((a{x}^2+bx+c)-(a{x}^2+(2a+b)x+(b+c))){\mathrm{e}}^x=(a+1-2ax){\mathrm{e}}^x$，

即 $g(x)=(a+1-2ax){\mathrm{e}}^x$，$g^{\prime }(x)=(1-a-2ax){\mathrm{e}}^x$。

① $a=0$：$g(x)={\mathrm{e}}^x$ 递增，最大值 $g(1)=\mathrm{e}$，最小值 $g(0)=1$。

② $a=1$：$g(x)=(2-2x){\mathrm{e}}^x$，$g^{\prime }(x)=-2x{\mathrm{e}}^x⩽0$ 递减，最大值 $g(0)=2$，最小值 $g(1)=0$。

③ $0<a⩽\frac{1}{3}$：$g^{\prime }(x)$ 的零点 $x^{\ast }=\frac{1-a}{2a}⩾1$，$g^{\prime }⩾0$，$g$ 递增，最大值 $g(1)=(1-a)\mathrm{e}$，最小值 $g(0)=1+a$。

④ $\frac{1}{3}<a<1$：$x^{\ast }=\frac{1-a}{2a}\in (0,1)$，$g$ 在 $[0,x^{\ast }]$ 递增、$[x^{\ast },1]$ 递减，最大值 $g(x^{\ast })=2a{\mathrm{e}}^{\frac{1-a}{2a}}$；

最小值为 $g(0)=1+a$ 与 $g(1)=(1-a)\mathrm{e}$ 中的较小者。令 $(1-a)\mathrm{e}=1+a$ 得 $a=\frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}+1}$，记 $\alpha =\frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}+1}$（$\frac{1}{3}<\alpha <1$）：

当 $\frac{1}{3}<a⩽\alpha$ 时 $(1-a)\mathrm{e}⩾1+a$，最小值为 $1+a$；

当 $\alpha <a<1$ 时最小值为 $(1-a)\mathrm{e}$。

综上：$a=0$ 时最大值 $\mathrm{e}$、最小值 $1$；$a=1$ 时最大值 $2$、最小值 $0$；$0<a⩽\frac{1}{3}$ 时最大值 $(1-a)\mathrm{e}$、最小值 $1+a$；$\frac{1}{3}<a⩽\alpha$ 时最大值 $2a{\mathrm{e}}^{\frac{1-a}{2a}}$、最小值 $1+a$；$\alpha <a<1$ 时最大值 $2a{\mathrm{e}}^{\frac{1-a}{2a}}$、最小值 $(1-a)\mathrm{e}$，其中 $\alpha =\frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}+1}$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：导数符号与单调性的等价关系；$f(0)$、$f(1)$ 定参；$f-f^{\prime }$ 型构造；含参分类讨论（端点、零点、临界参数 $\alpha$）

核心方法：(1) 用”端点值 + 开口方向”控制二次式符号；(2) 构造 $g=f-f^{\prime }$ 后化为一次式乘 ${\mathrm{e}}^x$，按零点 $x^{\ast }$ 与区间 $[0,1]$ 的位置关系分类，最值比较再引入临界参数 $\alpha$

避坑指南：三个易错点：一是 $f^{\prime }(x)$ 的展开（乘积法则）出错，导致 $g$ 写错；二是 $a=0$ 与 $a=1$ 这两个”退化”情形要单独讨论（零点跑到区间端点之外或端点上）；三是④中最小值要在 $g(0)$ 与 $g(1)$ 之间比大小，临界参数 $\alpha =\frac{\mathrm{e}-1}{\mathrm{e}+1}$ 由方程 $(1-a)\mathrm{e}=1+a$ 解出，漏掉这一层比较是最常见的丢分点。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：含参函数单调性与最值分类讨论大题，与 2012 年浙江卷文第 21 题、2012 年陕西卷文第 21 题同族。

结论推广：$(p(x){\mathrm{e}}^x{)}^{\prime }=(p^{\prime }(x)+p(x)){\mathrm{e}}^x$，故 $f-f^{\prime }$ 型构造常使 $g$ 降次（本题二次降为一次）；$g=f-f^{\prime }$ 满足微分方程 $g=f-f^{\prime }$，其最值结构由 $p^{\prime }+p$ 的零点决定。

方法推广：含参最值题的讨论框架：先定”退化参数”（本题 $a=0,1$），再按导数零点与区间的位置分类，最后若有”两个候选最值比大小”，解临界方程引入新参数——三层讨论逐层递进，不重不漏。

🔗【关联脉络】

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知识锚点(Nodes)

• 05.02 函数的四大性质
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2012-浙江卷文-21 解-三次函数单调性与不等式证明
• 2012-新课标卷文-21 解-导数恒成立与隐零点
• 2012-陕西卷文-21 解-导数零点与最值范围