2005-重庆卷理-19 解-导数的四则运算

本题导读

本题主要考查导数在研究函数极值点中的应用。核心步骤是通过求导将函数极值点的判定转化为研究导函数零点（一元二次方程根）的存在性，通过判别式 $\Delta$ 分类讨论导函数零点处的符号变化特征。

📌【题干】

Question

（2005年重庆卷(理)） 19. 已知 $a\in \mathbf{R}$，讨论函数 $f(x)={\mathrm{e}}^x(x^2+ax+a+1)$ 的极值点的个数.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 求出导函数 $f^{\prime }(x)$：运用复合函数乘法求导法则 $(uv{)}^{\prime }=u^{\prime }v+u{v}^{\prime }$ 对原函数进行求导，提取公因式 ${\mathrm{e}}^x$，整理成 ${\mathrm{e}}^x\cdot g(x)$ 的形式，其中 $g(x)$ 为一元二次多项式。
2. 将极值点转化为导函数的符号改变点：由于 ${\mathrm{e}}^x>0$ 恒成立， $f^{\prime }(x)$ 的零点及符号变化完全由一元二次多项式 $g(x)=0$ 决定。
3. 利用判别式 $\Delta$ 分类讨论：

• 当 $\Delta >0$ 时，一元二次方程有两个不相等的实根，对应导函数有两处穿轴变号点，即有两个极值点。
• 当 $\Delta ⩽0$ 时，一元二次多项式恒非负，导函数不改变符号，则无极值点。

✅【答案】

Success

函数的极值点个数情况为：当 $a<0$ 或 $a>4$ 时，极值点个数为 2 ；当 $0⩽a⩽4$ 时，极值点个数为 0 .

✍【详细解析】

Abstract

解： 对函数 $f(x)={\mathrm{e}}^x(x^2+ax+a+1)$ 求导，根据乘法求导法则得： $f^{\prime }(x)=({\mathrm{e}}^x{)}^{\prime }(x^2+ax+a+1)+{\mathrm{e}}^x(x^2+ax+a+1{)}^{\prime }$ $f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x(x^2+ax+a+1)+{\mathrm{e}}^x(2x+a)$ 提取公因式 ${\mathrm{e}}^x$ 并合并同类项： $f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x\left[(x^2+ax+a+1)+(2x+a)\right]$ $f^{\prime }(x)={\mathrm{e}}^x\left[x^2+(a+2)x+2a+1\right]$

因为对于任意 $x\in \mathbf{R}$，恒有 ${\mathrm{e}}^x>0$，所以 $f^{\prime }(x)=0$ 的根及 $f^{\prime }(x)$ 的符号变化完全由二次多项式 $g(x)=x^2+(a+2)x+2a+1$ 决定。 考虑一元二次方程 $x^2+(a+2)x+2a+1=0$ 的根的判别式 $\Delta$： $\Delta =(a+2{)}^2-4\times 1\times (2a+1)$ $\Delta =a^2+4a+4-8a-4=a^2-4a=a(a-4)$

下面根据判别式 $\Delta$ 的符号对参数 $a$ 进行分类讨论：

• 情况一：当 $\Delta >0$ 时 即 $a(a-4)>0⟹a<0$ 或 $a>4$。 此时，方程 $x^2+(a+2)x+2a+1=0$ 有两个不相等的实数根，设为 $x_1,x_2$ （ $x_1<x_2$ ）。 由于二次项系数为 1 严格大于 0，拋物线 $y=g(x)$ 穿过 $x$ 轴：

• 当 $x\in (-\infty ,x_1)$ 时， $g(x)>0⟹f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增；

• 当 $x\in (x_1,x_2)$ 时， $g(x)<0⟹f^{\prime }(x)<0$，函数 $f(x)$ 单调递减；

• 当 $x\in (x_2,+\infty )$ 时， $g(x)>0⟹f^{\prime }(x)>0$，函数 $f(x)$ 单调递增。 由此可知， $x_1$ 和 $x_2$ 均是显式变号零点， $f(x)$ 在 $x=x_1$ 处取得极大值，在 $x=x_2$ 处取得极小值。 因此，当 $a<0$ 或 $a>4$ 时，函数有 2 个极值点。

• 情况二：当 $\Delta =0$ 时 即 $a(a-4)=0⟹a=0$ 或 $a=4$。 此时，方程 $x^2+(a+2)x+2a+1=0$ 有两个重根。 由于抛物线 $y=g(x)⩾0$ 恒成立， 所以除了切点零点外，恒有 $f^{\prime }(x)⩾0$。 由于导函数在零点两侧符号不发生改变，整个定义域上函数单调递增，故该重根点不是极值点。 因此，当 $a=0$ 或 $a=4$ 时，函数有 0 个极值点。

• 情况三：当 $\Delta <0$ 时 即 $a(a-4)<0⟹0<a<4$。 此时，方程 $x^2+(a+2)x+2a+1=0$ 没有实数根。 抛物线整体位于 $x$ 轴上方，即对于任意 $x\in \mathbf{R}$，恒有 $g(x)>0⟹f^{\prime }(x)>0$。 函数 $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增，无符号改变点。 因此，当 $0<a<4$ 时，函数有 0 个极值点。

• 总结结论： 综上所述，函数的极值点个数情况为： 当 $a<0$ 或 $a>4$ 时，极值点个数为 2 ； 当 $0⩽a⩽4$ 时，极值点个数为 0 .

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数乘法法则、极值点存在的本质（导函数在零点两侧必须互为异号）、判别式分类界限确定。
2. 核心方法：导数零点符号变号排查法。
3. 避坑指南：

• 切勿将“导数等于 0 的点（零点）”盲目等同于“极值点”。这是导数概念考查中最基础的陷阱。当 $\Delta =0$ 时，导数虽然有零根，但因为是二重根，抛物线属于触轴相切，两侧符号同为正，不符合极值变号定义。因此 $\Delta =0$ 的临界点必须合并到 0 个极值点的区间里。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题源自 2005 年重庆高考理科数学第 19 题，属于导数大题中考查参数单因子分类讨论的基本送分题型。
2. 结论推广：对于形如 $f(x)={\mathrm{e}}^x\cdot P(x)$ 的函数（其中 $P(x)$ 为二次项系数为正的二次多项式），其导函数仍可化为 ${\mathrm{e}}^x\cdot Q(x)$ 形式（ $Q(x)$ 亦为二次多项式且二次项系数仍为正）。其极值点的个数只有 2 个或 0 个两种可能，临界分界点完全由一元二次方程 $Q(x)=0$ 的判别式 $\Delta$ 决定。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.02 基本初等函数导数公式与运算法则
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)