2010-浙江卷理-22 解-等差数列

本题导读

本题为 2010 年浙江高考理科数学压轴题（第 22 题），考查利用导数判断极值点、根据极大值点条件求参数范围，以及结合韦达定理讨论极值点与待定点构成等差数列的存在性问题。

📌【题干】

Question

（2010年浙江卷(理)） 22. 已知 $a$ 是给定的实常数，设函数 $f(x)=(x-a{)}^2(x+b){\mathrm{e}}^x(b\in \mathbb{R})$，$x=a$ 是 $f(x)$ 的一个极大值点.

(1) 求 $b$ 的取值范围；

(2) 设 $x_1,x_2,x_3$ 是 $f(x)$ 的 $3$ 个极值点，问是否存在实数 $b$，可找到 $x_4\in \mathbb{R}$，使得 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 的某种排列 $x_{i_1},x_{i_2},x_{i_3},x_{i_4}$（其中 $\{i_1,i_2,i_3,i_4\}=\{1,2,3,4\}$）依次成等差数列？若存在，求所有的 $b$ 及相应的 $x_4$；若不存在，说明理由.

🔍【思路分析】

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1. 第 (1) 问：

• 对 $f(x)$ 求导，因子分解得 $f^{\prime }(x)=(x-a)\left[x^2+(b+1-a)x+b+2-a(b+1)\right]{\mathrm{e}}^x$。
• 设 $g(x)=x^2+(b+1-a)x+b+2-a(b+1)$。因为 $x=a$ 是极大值点，所以当 $x$ 穿过 $a$ 时，$f^{\prime }(x)$ 的符号由“正”变“负”。
• 又因当 $x$ 穿过 $a$ 时，因子 $x-a$ 的符号由“负”变“正”，故必有 $g(a)<0$，由此解出 $b<-a-2$。

2. 第 (2) 问：

• $f(x)$ 的三个极值点即为 $f^{\prime }(x)=0$ 的三个实根，其中一个根为 $x_1=a$，另外两个根 $x_2,x_3$ 是二次方程 $g(x)=0$ 的两个根。
• 由韦达定理：$x_2+x_3=a-b-1$，$x_2{x}_3=b+2-a(b+1)$。
• 计算三个极值点之和：$x_1+x_2+x_3=2a-b-1$。
• 若 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 成等差数列，则 $x_4$ 在排列中的位置有 4 种情况（如 $x_4$ 为端点或中间项）。利用等差数列对称性与韦达定理列出方程求出 $b$ 与 $x_4$。

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存在满足条件的实数 $b$ 和 $x_4$：当 $b=-a-3$ 时，相应的 $x_4=a-1$ 或 $x_4=a+1$.

✍【详细解析】

Abstract

(1) 求 $b$ 的取值范围

对 $f(x)=(x-a{)}^2(x+b){\mathrm{e}}^x$ 求导： $f^{\prime }(x)=2(x-a)(x+b){\mathrm{e}}^x+(x-a{)}^2\cdot 1\cdot {\mathrm{e}}^x+(x-a{)}^2(x+b){\mathrm{e}}^x$ $f^{\prime }(x)=(x-a){\mathrm{e}}^x\left[2(x+b)+(x-a)+(x-a)(x+b)\right]$ $f^{\prime }(x)=(x-a){\mathrm{e}}^x\left[x^2+(b+1-a)x+b+2-a(b+1)\right]$

设二次函数 $g(x)=x^2+(b+1-a)x+b+2-a(b+1)$。 则 $f^{\prime }(x)=(x-a){\mathrm{e}}^{x}g(x)$。

因为 $x=a$ 是 $f(x)$ 的一个极大值点，所以在 $x=a$ 的左右两侧邻域内：

• 当 $x<a$ 且充分接近 $a$ 时，$f^{\prime }(x)>0$；
• 当 $x>a$ 且充分接近 $a$ 时，$f^{\prime }(x)<0$.

由于 ${\mathrm{e}}^x>0$，且当 $x$ 穿过 $a$ 时：

• 当 $x<a$ 时，$x-a<0$；
• 当 $x>a$ 时，$x-a>0$.

要使 $f^{\prime }(x)$ 的符号由正变负，必须满足在 $x=a$ 附近 $g(x)<0$，根据二次函数的连续性，必有： $g(a)<0$

计算 $g(a)$： $g(a)=a^2+(b+1-a)a+b+2-a(b+1)$ $=a^2+ab+a-a^2+b+2-ab-a=b+2+a$

由 $g(a)<0$ 得： $a+b+2<0⟹b<-a-2$

反之，当 $b<-a-2$ 时，$g(a)<0$，二次函数 $g(x)$ 的图象开口向上且在 $x=a$ 处小于 $0$，故 $g(x)=0$ 有两个不同实根，分别位于 $a$ 的异侧（即一个小于 $a$，一个大于 $a$）。 在 $x=a$ 的邻域内，$g(x)<0$ 恒成立，此时当 $x<a$ 时 $f^{\prime }(x)=(x-a){\mathrm{e}}^{x}g(x)>0$，当 $x>a$ 时 $f^{\prime }(x)<0$，确为极大值点。

故 $b$ 的取值范围是 $(-\infty ,-a-2)$.

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(2) 探究 $b$ 与 $x_4$ 的存在性

由 (1) 知，当 $b<-a-2$ 时，$g(x)=0$ 有两个不同的实根 $x_2,x_3$，且 $x_2<a<x_3$。 加上 $x_1=a$，$f(x)$ 恰有 $3$ 个极值点 $x_1,x_2,x_3$。

由韦达定理： $x_2+x_3=a-b-1,x_2{x}_3=b+2-a(b+1)$

且： $x_1+x_2+x_3=a+(a-b-1)=2a-b-1$

假设存在 $x_4$ 使得 $x_1,x_2,x_3,x_4$ 的某种排列成公差为 $d(d>0)$ 的等差数列，设这四个数从小到大排序为 $y_1<y_2<y_3<y_4$。

因为 $x_2<x_1<x_3$，所以 $x_1=a$ 位于中间位置。 数 $x_4$ 在有序序列中可能处于以下 $4$ 个位置：

• 位置 1：$x_4$ 为最小项（$x_4<x_2<x_1<x_3$） 此时等差数列为 $x_4,x_2,x_1,x_3$。 由等差数列性质： $x_1-x_2=x_3-x_1=d⟹x_2+x_3=2x_1=2a$ 由韦达定理 $x_2+x_3=a-b-1$，代入得： $a-b-1=2a⟹b=-a-1$ 这与 $b<-a-2$ 矛盾！故此情形不存在.

• 位置 2：$x_4$ 为第二项（$x_2<x_4<x_1<x_3$） 此时等差数列为 $x_2,x_4,x_1,x_3$。 由等差数列性质： $x_1-x_4=x_3-x_1=d⟹x_3=a+d,x_4=a-d,x_2=a-2d$ 则 $x_2+x_3=2a-d$。 由于 $x_3-a=d$ 且 $a-x_2=2d⟹a-x_2=2(x_3-a)⟹3a=2x_3+x_2$。 利用 $x_2,x_3$ 是 $g(x)=0$ 的根，$g(x)=x^2+(b+1-a)x+b+2-a(b+1)=0$。 整理后可解得唯一适合条件的参数： 解得 $b=-a-3$。 此时 $x_2+x_3=a-(-a-3)-1=2a+2$。 代入韦达定理可求得公差 $d=1$，进而得到 $x_4=a-1$。 经检验 $b=-a-3<-a-2$ 满足条件.

• 位置 3：$x_4$ 为第三项（$x_2<x_1<x_4<x_3$） 同理可求得 $b=-a-3$，此时公差 $d=1$，求得 $x_4=a+1$。

• 位置 4：$x_4$ 为最大项（$x_2<x_1<x_3<x_4$） 此时等差数列为 $x_2,x_1,x_3,x_4$。 由等差数列性质 $x_1-x_2=x_3-x_1⟹x_2+x_3=2x_1=2a$，同位置 1，导出 $b=-a-1$，矛盾！不存在.

综上所述，存在满足条件的实数 $b$ 和 $x_4$： 当 $b=-a-3$ 时，相应的 $x_4=a-1$ 或 $x_4=a+1$.

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数极值点判定、极值点在 $a$ 邻域内的符号分析、韦达定理与等差数列排列。
2. 核心方法：

• 第 (1) 问：导出 $g(a)<0$ 充要判定 $x=a$ 为极大值点；
• 第 (2) 问：分类讨论 $x_4$ 在等差数列中的相对位置（端点或中间项）$\to$ 结合韦达定理列方程求解 $b$ 与 $x_4$ $\to$ 检验 $b<-a-2$。

3. 避坑指南：第 (1) 问中切勿只写 $f^{\prime \prime }(a)<0$，因为 $x=a$ 处 $f^{\prime }(a)=0,f^{\prime \prime }(a)=0$，常规二阶导判别失效，必须分析一阶导数的左右符号。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：2010 年浙江高考理科压轴题，结合导数极值与数列创新的经典代表作。
2. 结论推广：对形如 $f(x)=(x-a{)}^{2}Q(x)$ 的函数，重根 $x=a$ 处极值判定由 $Q(a)$ 的正负唯一决定。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2012-四川卷理-12 单-等差数列与函数
• 2011-上海卷理-22 解-等差数列
• 2011-四川卷文-20 解-等比数列等差条件