2006-湖北卷理-21 解-存在性问题与集合邻域交叉条件

本题导读

本题是一道集导数工具性、函数单调性分类讨论、闭区间最值以及双动点存在性问题于一体的压轴题。核心考查利用导函数零点性质确定参数关系，并运用值域区间距离模型量化“存在性”不等式。

📌【题干】

Question

（2006年湖北卷(理)） 设 $x=3$ 是函数 $f(x)=(x^2+ax+b){\text{e}}^{3-x}$ ($x\in \mathbf{R}$) 的一个极值点． （1）求 $a$ 与 $b$ 的关系式（用 $a$ 表示 $b$），并求 $f(x)$ 的单调区间； （2）设 $a>0$，$g(x)=\left(a^2+\frac{25}{4}\right){\text{e}}^x$．若存在 ${\xi }_1,{\xi }_2\in [0,4]$ 使得 $|f({\xi }_1)-g({\xi }_2)|<1$ 成立，求 $a$ 的取值范围．

🔍【思路分析】

破题导航

第（1）问：求出 $f^{\prime }(x)$，利用极值点处导数为零 $f^{\prime }(3)=0$ 导出 $b=-2a-3$。将 $b$ 代入并对导函数因式分解得到两个零点 $3$ 与 $-a-1$，通过比较两个零点的大小进行分类讨论，确定单调区间。 第（2）问：当 $a>0$ 时，判定 $f(x)$ 在 $[0,4]$ 上的单调性并求出最大值 $f(3)$；同时易知 $g(x)$ 为单调递增函数，求出其最小值 $g(0)$。将条件“存在 ${\xi }_1,{\xi }_2$ 满足 $|f({\xi }_1)-g({\xi }_2)|<1$”转化为两函数值域区间的距离小于 1，列出关于 $a$ 的不等式求解。

✅【答案】

Success

$f(x)$ 的单调递增区间为 $(3,-a-1)$，单调递减区间为 $(-\infty ,3)$ 和 $(-a-1,+\infty )$

✍【详细解析】

Abstract

（1）求 $a$ 与 $b$ 的关系式及 $f(x)$ 的单调区间

对函数 $f(x)$ 求导，可得： $f^{\prime }(x)=(2x+a){\text{e}}^{3-x}-(x^2+ax+b){\text{e}}^{3-x}=[-x^2+(2-a)x+a-b]{\text{e}}^{3-x}$ 因为 $x=3$ 是 $f(x)$ 的一个极值点，所以 $f^{\prime }(3)=0$，即： $[-9+3(2-a)+a-b]{\text{e}}^0=0⟹-3-2a-b=0⟹b=-2a-3$ 将 $b=-2a-3$ 代入导函数中化简： $f^{\prime }(x)=[-x^2+(2-a)x+3a+3]{\text{e}}^{3-x}=-(x-3)[x-(-a-1)]{\text{e}}^{3-x}$ 令 $f^{\prime }(x)=0$，得两根为 $x_1=3$，$x_2=-a-1$． 由于 $x=3$ 是极值点，必有 $-a-1\ne 3⟹a\ne -4$．下面分两种情况讨论单调区间：

• 情况一：$-a-1<3$，即 $a>-4$ 时

• 当 $x\in (-\infty ,-a-1)$ 或 $x\in (3,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；

• 当 $x\in (-a-1,3)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$． 综上， $f(x)$ 的单调递增区间为 $(-a-1,3)$，单调递减区间为 $(-\infty ,-a-1)$ 和 $(3,+\infty )$．

• 情况二：$-a-1>3$，即 $a<-4$ 时

• 当 $x\in (-\infty ,3)$ 或 $x\in (-a-1,+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$；
• 当 $x\in (3,-a-1)$ 时，$f^{\prime }(x)>0$． 综上， $f(x)$ 的单调递增区间为 $(3,-a-1)$，单调递减区间为 $(-\infty ,3)$ 和 $(-a-1,+\infty )$．

（2）求 $a$ 的取值范围

当 $a>0$ 时，由（1）可知 $-a-1<-1<0$． 此时 $f(x)$ 在区间 $[0,3]$ 上单调递增，在区间 $[3,4]$ 上单调递减． 因此，当 $x\in [0,4]$ 时， $f(x)$ 的最大值为： $f(x{)}_{\text{max}}=f(3)=(9+3a+b){\text{e}}^0=9+3a+(-2a-3)=a+6$ 又 $f(0)=b{\text{e}}^3=(-2a-3){\text{e}}^3<0$．

对于函数 $g(x)=\left(a^2+\frac{25}{4}\right){\text{e}}^x$，因为 $a^2+\frac{25}{4}>0$，且 ${\text{e}}^x$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增， 所以 $g(x)$ 在 $[0,4]$ 上单调递增．其最小值为： $g(x{)}_{\text{min}}=g(0)=a^2+\frac{25}{4}$

已知存在 ${\xi }_1,{\xi }_2\in [0,4]$ 使得 $|f({\xi }_1)-g({\xi }_2)|<1$ 成立， 这意味着 $f(x)$ 在 $[0,4]$ 上的值域 $I_1$ 与 $g(x)$ 在 $[0,4]$ 上的值域 $I_2$ 之间的最值距离必须小于 1． 由于 $f(x{)}_{\text{min}}=f(0)<0$ 且 $g(x)\ge g(0)>6$，$f(x)$ 的所有值均小于 $g(x)$ 的最大值， 故两区间能够接近至距离小于 1 的充要条件为： $g(x{)}_{\text{min}}-f(x{)}_{\text{max}}<1$ 代入最值表达式得： $\left(a^2+\frac{25}{4}\right)-(a+6)<1⟹a^2-a-\frac{3}{4}<0$ 两边同乘 4 并因式分解： $4a^2-4a-3<0⟹(2a-3)(2a+1)<0⟹-\frac{1}{2}<a<\frac{3}{2}$ 又因为已知 $a>0$，求交集可得 $a$ 的取值范围是： $\left(0,\frac{3}{2}\right)$

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：导函数符号决定原函数单调性的分类讨论方法；存在性命题 $|f(x_1)-g(x_2)|<d$ 转化为区间距离模型 $\min |y_1-y_2|<d$。
• 核心方法：零点比对分类讨论、值域区间边界边界推导。
• 避坑指南：
• 第（1）问分类讨论时，必须牢记极值点处的导函数符号改变性质，若 $-a-1=3⟹a=-4$ 时该点退化为中转拐点而非极值点，必须予以舍去。
• 第（2）问是典型的“双动点存在性”模型，很多同学容易将其与单动点问题混淆。满足条件的代数实质是 $\min I_2-\max I_1<1$，即 $g(0)-f(3)<1$，而不是令两函数直接作差求极值。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题是考查导数压轴题中“双函数值域关联”的里程碑式题目，奠定了后续二十年间高考导数大题中研究双变量不等式、区间交集存在性问题的基本代数框架。 结论推广：存在性与任意性值域判定准则：

• $\exists x_1,x_2$ 使得 $|f(x_1)-g(x_2)|<d⟺[f(x{)}_{\text{min}}-d,f(x{)}_{\text{max}}+d]\cap [g(x{)}_{\text{min}},g(x{)}_{\text{max}}]\ne \varnothing$。
• $\forall x_1,\forall x_2$ 使得 $|f(x_1)-g(x_2)|\ge d⟺f(x)$ 与 $g(x)$ 的值域完全分离且最值跨度 $\ge d$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.02 函数的四大性质
• 01.01 集合的含义、表示与基本运算

类题演练 (Links)

• 2007-大纲Ⅰ文-20 解-导数极值与恒成立
• 2013-新课标Ⅰ文-20 解-导数单调性与极值