2004-重庆理-20 解-导数与极值判别

本题导读

本题考查导数的运算与极值判别。核心在于导数工具分析法、韦达定理整体代换法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年重庆卷(理)） 设函数 $f(x)=x(x-1)(x-a)$ ($a>1$).

(1)求导数 $f^{\prime }(x)$；并证明 $f(x)$ 有两个不同的极值点 $x_1,x_2$；

(2)若不等式 $f(x_1)+f(x_2)\le 0$ 成立，求 $a$ 的取值范围.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 展开求导，利用判别式证双极值点：
   • 将 $f(x)$ 展开为标准三次多项式 $x^3-(a+1)x^2+ax$，对其求导得到一个二次函数 $f^{\prime }(x)$。
   • 极值点对应着导函数的变号零点。计算 $f^{\prime }(x)=0$ 的根的判别式 $\Delta$，证明在 $a>1$ 的大前提下 $\Delta >0$ 恒成立，即可确保存在两个不同的驻点，且两点两侧导数符号相反，从而构成极值点。
2. 利用韦达定理进行极值和降幂整体代换：
   • 设 $x_1,x_2$ 为 $f^{\prime }(x)=0$ 的两个不同的根，满足韦达定理 $x_1+x_2=\frac{2(a+1)}{3}$ 且 $x_1{x}_2=\frac{a}{3}$。
   • 直接代入 $f(x_1)+f(x_2)$ 会产生三次项，极其繁琐。可以利用多项式带余除法，将 $f(x)$ 表达为 $f(x)=f^{\prime }(x)\cdot Q(x)+R(x)$ 的形式。
   • 因为 $f^{\prime }(x_1)=0$ 且 $f^{\prime }(x_2)=0$，所以 $f(x_1)+f(x_2)=R(x_1)+R(x_2)$。此时余式 $R(x)$ 是线性的，可直接利用韦达定理实现极速降幂。

✅【答案】

Success

(1) $f^{\prime }(x)=3x^2-2(a+1)x+a$，证明见解析

(2) $a\in \left[2,+\infty \right)$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求导数 $f^{\prime }(x)$，并证明 $f(x)$ 有两个不同的极值点 $x_1,x_2$ 将函数 $f(x)=x(x-1)(x-a)$ 展开为一般多项式： $f(x)=x(x^2-(a+1)x+a)=x^3-(a+1)x^2+ax$ 对其求导，得： $f^{\prime }(x)=3x^2-2(a+1)x+a$

令 $f^{\prime }(x)=0$，得到关于极值候选点（驻点）的一元二次方程： $3x^2-2(a+1)x+a=0$ 计算该二次方程根的判别式 $\Delta$： $\Delta =[-2(a+1){]}^2-4\times 3\times a=4(a^2+2a+1)-12a=4a^2-4a+4=4(a^2-a+1)$ 由于多项式 $a^2-a+1={\left(a-\frac{1}{2}\right)}^2+\frac{3}{4}>0$ 恒成立，所以对于任意实数 $a$，其判别式均严格大于 0： $\Delta =4(a^2-a+1)>0$

因此，方程 $f^{\prime }(x)=0$ 在实数域内恒有两个不相等的实数根，分别记为 $x_1,x_2$（不妨设 $x_1<x_2$）。 因为导函数 $f^{\prime }(x)$ 的图象是一条开口向上的抛物线且有两个相异零点，所以：

• 当 $x\in (-\infty ,x_1)\cup (x_2,+\infty )$ 时， $f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (x_1,x_2)$ 时， $f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减。 由于导数在 $x_1,x_2$ 左右两侧均发生符号反转，故 $x_1$ 和 $x_2$ 确为函数 $f(x)$ 的两个不同的极值点（分别取得极大值与极小值）。

（2）若不等式 $f(x_1)+f(x_2)\le 0$ 成立，求 $a$ 的取值范围 由（1）可知， $x_1,x_2$ 是方程 $3x^2-2(a+1)x+a=0$ 的两个不同实根。 根据一元二次方程根与系数的关系（韦达定理），有： $x_1+x_2=\frac{2(a+1)}{3},x_1{x}_2=\frac{a}{3}\text{（式1）}$

为了精简极值之和 $f(x_1)+f(x_2)$ 的代数运算层级，利用多项式带余除法，用 $f^{\prime }(x)$ 去消除 $f(x)$ 中的高次项： $f(x)=\frac{1}{3}x\cdot f^{\prime }(x)-\frac{2}{9}(a+1)\cdot f^{\prime }(x)+R(x)\dots \text{直接配凑更安全}$ 我们直接对原函数进行恒等变形配凑： $3f(x)=3x^3-3(a+1)x^2+3ax=x[3x^2-2(a+1)x+a]-(a+1)x^2+2ax$ $3f(x)=x\cdot f^{\prime }(x)-\frac{a+1}{3}[3x^2-2(a+1)x+a]-\frac{2(a+1{)}^2}{3}x+\frac{a(a+1)}{3}+2ax$ $3f(x)=\left(x-\frac{a+1}{3}\right)f^{\prime }(x)+\frac{2(2a-a^2-1+3a)}{3}x+\frac{a^2+a}{3}\dots \text{系数容易混乱，改用直接代入幂次消元}$

更为严谨高效的消元路径如下： 因为 $f^{\prime }(x_i)=3x_i^2-2(a+1)x_i+a=0$，可得二次项的降维降幂等式： $3x_i^2=2(a+1)x_i-a⟹x_i^2=\frac{2(a+1)}{3}{x}_i-\frac{a}{3}\text{（式2）}$

将（式2）代入函数原式 $f(x_i)=x_i^3-(a+1)x_i^2+a{x}_i=x_i\cdot x_i^2-(a+1)x_i^2+a{x}_i$ 中： $f(x_i)=x_i\left[\frac{2(a+1)}{3}{x}_i-\frac{a}{3}\right]-(a+1)\left[\frac{2(a+1)}{3}{x}_i-\frac{a}{3}\right]+a{x}_i$ $f(x_i)=\frac{2(a+1)}{3}{x}_i^2-\frac{a}{3}{x}_i-\frac{2(a+1{)}^2}{3}{x}_i+\frac{a(a+1)}{3}+a{x}_i$ 将再次出现的 $x_i^2$ 强制用（式2）进行二次替换消元： $f(x_i)=\frac{2(a+1)}{3}\left[\frac{2(a+1)}{3}{x}_i-\frac{a}{3}\right]+\left[a-\frac{a}{3}-\frac{2(a+1{)}^2}{3}\right]x_i+\frac{a^2+a}{3}$ $f(x_i)=\left[\frac{4(a+1{)}^2}{9}-\frac{2(a+1{)}^2}{3}+\frac{2a}{3}\right]x_i-\frac{2a(a+1)}{9}+\frac{3a^2+3a}{9}$ 合并同类项，最终将三次函数完全退化为线性运算： $f(x_i)=\left[-\frac{2(a+1{)}^2}{9}+\frac{6a}{9}\right]x_i+\frac{a^2+a}{9}=\frac{-2a^2+2a-2}{9}{x}_i+\frac{a^2+a}{9}$

对两个极值进行求和累加，提取公因式： $f(x_1)+f(x_2)=\frac{-2a^2+2a-2}{9}(x_1+x_2)+2\times \frac{a^2+a}{9}$ 将（式1）中的韦达定理和通式 $x_1+x_2=\frac{2(a+1)}{3}$ 整体代入： $f(x_1)+f(x_2)=\frac{-2(a^2-a+1)}{9}\cdot \frac{2(a+1)}{3}+\frac{2(a^2+a)}{9}$ $f(x_1)+f(x_2)=\frac{-4(a^3+1)}{27}+\frac{6(a^2+a)}{27}=\frac{-4a^3+6a^2+6a-4}{27}$

题目已知约束条件为 $f(x_1)+f(x_2)\le 0$，且分母 $27>0$： $-4a^3+6a^2+6a-4\le 0⟹2a^3-3a^2-3a+2\ge 0$ 对左端高次多项式进行分组或有理根分解，显然当 $a=-1$ 时多项式为 0，当 $a=2$ 时 $2(8)-3(4)-3(2)+2=16-12-6+2=0$。 提取公因式 $(a-2)$ 实施因式分解： $(a-2)(2a^2+a-1)\ge 0⟹(a-2)(2a-1)(a+1)\ge 0$

利用穿根法解该高次不等式，其零点边界为 $-1,\frac{1}{2},2$。要使乘积大于或等于 0，代数解集域为： $-1\le a\le \frac{1}{2}\text{或}a\ge 2$

又因为题目初始设定了核心硬性取值域限制 $a>1$，将两区间集合求交集： $\{\begin{array}{l}a\in \left[-1,\frac{1}{2}\right]\cup [2,+\infty )\\ a>1\end{array}⟹a\ge 2$

所以，参数 $a$ 的取值范围是 $[2,+\infty )$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：三次多项式的导数运算法则；一元二次方程有相异实根的充要条件（$\Delta >0$）；利用驻点特征方程 $f^{\prime }(x_i)=0$ 实现高次代数式的整体降幂消除；多阶高次不等式的因式分解与区间截断。
2. 核心方法：导数分析法、多项式消元降维法。
3. 避坑指南：
   • 直接代入求根公式导致运算崩溃：如果第一步直接求出 $x_1,x_2=\frac{(a+1)\pm \sqrt{a^2-a+1}}{3}$ 并强行代入函数求三次幂，属于本题最严重的运算陷阱。必须建立“先通过 $f^{\prime }(x_i)=0$ 降幂，再用韦达定理整体求和”的代数化简意识。
   • 漏掉 $a>1$ 的前置约束：在解出高次不等式的两个区间后，许多学生错把 $-1\le a\le \frac{1}{2}$ 也写进最终答案，务必随时注意题干对未知数的前置定义域限制。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 考查导数应用与代数综合的经典压轴解答题。
2. 结论推广: 三次函数 $f(x)=x^3+a{x}^2+bx+c$ 的图象关于其拐点（$f^{\prime \prime }(x)=0$ 的解 $x_0=-\frac{a}{3}$）中心对称，极大值与极小值之和等于 $2f(x_0)$。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 18.17 非对称韦达题型总结

类题演练 (Links)

• 1956-全国-01 解-五小问综合（对数判别式中线余弦韦达）
• 1958-湖南-02 解-韦达定理作倒数根方程
• 1977-山西-06 解-韦达定理与三角