浙江 2010 · 数学 q22

冷启动：求导之后，把原点搬到 $a$

$f(x)=(x-a)^{2}(x+b)e^{x}$ 是「多项式 $\times\,e^{x}$」，求导有个省事的写法：记 $P(x)=(x-a)^{2}(x+b)$，则

$$f'(x)=\left[P'(x)+P(x)\right]e^{x} .$$

$e^{x}$ 恒正，$f'$ 的符号全在方括号里。把它算出来：

$$\begin{aligned} P'(x)+P(x) &=2(x-a)(x+b)+(x-a)^{2}+(x-a)^{2}(x+b)\\ &=(x-a)\Big[\,2(x+b)+(x-a)+(x-a)(x+b)\,\Big]\\ &=(x-a)\Big[\,x^{2}+(3-a+b)x+2b-ab-a\,\Big] . \end{aligned}$$

于是

$$f'(x)=e^{x}(x-a)g(x),\qquad g(x)=x^{2}+(3-a+b)x+2b-ab-a .$$

$g$ 的判别式是

$$\Delta=(3-a+b)^{2}-4(2b-ab-a)=(a+b-1)^{2}+8>0 ,$$

恒正——不管 $a$、$b$ 取什么，$g$ 总有两个不相等的实根 $x_{1}<x_{2}$。所以 $f'$ 的零点最多三个：$x_{1}$、$a$、$x_{2}$。

把 $a$ 代进 $g$，是本题最值钱的一步

$$g(a)=a^{2}+(3-a+b)a+2b-ab-a =\underbrace{a^{2}-a^{2}}_{0}+\underbrace{3a-a}_{2a}+\underbrace{ab-ab}_{0}+2b =2(a+b) .$$

带 $a$ 的项全部抵消，只剩 $2(a+b)$。 这一步之后，第 (I) 问就没有计算了。

第 (I) 问：$a$ 当极大值点，只要 $g(a)<0$

$f'(x)=e^{x}(x-a)g(x)$，$e^{x}>0$ 不影响符号，看 $(x-a)g(x)$ 在 $x=a$ 附近怎么变：

最后一行值得多看一眼：$g(a)=0$ 时 $f'(x)=e^{x}(x-a)^{2}(x-r)$，$(x-a)^{2}$ 在 $a$ 两侧同号，$f'$ 不变号——导数为零并不等于取到极值。

所以

$$g(a)=2(a+b)<0\quad\Longleftrightarrow\quad b<-a , \qquad b\in(-\infty,\,-a) .$$

顺带把第 (II) 问要的构型也拿到了：$g$ 开口向上、$g(a)<0$，说明 $a$ 落在 $g$ 的两根之间，即

$$x_{1}<a<x_{2} .$$

三个极值点的顺序从此固定，$a$ 永远是中间那一个。

解法一：把原点搬到 $a$——三个极值点变成 $-p$、$0$、$v$

怎么想到的。 题目问的是四个数的相对位置（成等差），$a$ 本身是多少毫不相干。既然如此，就把坐标原点搬到 $a$ 上：令

$$u=x-a .$$

三个极值点在 $u$ 轴上是 $x_{1}-a$、$0$、$x_{2}-a$，中间那个直接变成 $0$——题目里那个碍事的字母 $a$ 从此消失。

第一步：换元后的二次式。

$$h(u)=g(a+u)=u^{2}+(a+b+3)u+2(a+b) .$$

（常数项就是 $g(a)=2(a+b)$，一次项系数按 $g(a+u)$ 展开即得。）由第 (I) 问 $a+b<0$（$a+b=0$ 那一档已被排掉：那时 $f'(x)=e^{x}(x-a)^{2}\left(x-a+3\right)$ 在 $a$ 处不变号，$a$ 连极值点都不是），记

$$w=-(a+b)>0 \quad\Longrightarrow\quad h(u)=u^{2}+(3-w)u-2w .$$

第二步：两段长度。 记

$$p=a-x_{1}>0,\qquad v=x_{2}-a>0 ,$$

则 $-p$ 与 $v$ 就是 $h$ 的两个根。韦达定理给出

$$\boxed{\,v-p=w-3,\qquad pv=2w\,}$$

（和是 $(-p)+v=-(3-w)=w-3$，积是 $(-p)\cdot v=-2w$。）整道题剩下的部分，就是这两个式子加一个比例条件。

第三步：四数成等差，排法只有三种。 设这个等差数列的公差为 $d>0$（倒过来就是 $-d$，同一个数列）。四项按大小排是

$$y_{0}<y_{1}<y_{2}<y_{3},\qquad y_{k+1}-y_{k}=d .$$

已知的三个点按大小排是 $-p<0<v$，它们的相邻间距是 $p$ 和 $v$。$x_{4}$ 只能占四个位置中的一个：

• $x_{4}$ 占 $y_{0}$ 或 $y_{3}$（两端）：剩下三个是连着的，间距都等于 $d$，故 $p=v=d$，即 $p:v=1:1$；
• $x_{4}$ 占 $y_{1}$（插在 $-p$ 与 $0$ 之间）：左边那段被劈成两个 $d$，右边那段还是一个 $d$，故 $p=2d$、$v=d$，即 $p:v=2:1$；
• $x_{4}$ 占 $y_{2}$（插在 $0$ 与 $v$ 之间）：反过来，$p=d$、$v=2d$，即 $p:v=1:2$。

$$\boxed{\,p:v\in\{1:1,\ 2:1,\ 1:2\}\,}$$

再没有第四种——$x_{4}$ 一共就四个位置可占。这是全题唯一需要”想”的一步，剩下的三次计算都是照抄第二步那两个式子。

第四步：$p:v=1:1$。 $v-p=0$ 代进第一式得 $w=3$，即 $a+b=-3$，

$$b=-a-3 .$$

再由 $pv=2w=6$ 与 $p=v$ 得 $p=v=\sqrt{6}$，公差 $d=\sqrt{6}$。$x_{4}$ 在两端：

$$u_{4}=-p-d=-2\sqrt{6} \quad\text{或}\quad u_{4}=v+d=2\sqrt{6} \qquad\Longrightarrow\qquad x_{4}=a\pm2\sqrt{6} .$$

第五步：$p:v=1:2$，即 $v=2p$。 代进两式：

$$pv=2p^{2}=2w\ \Longrightarrow\ p^{2}=w , \qquad v-p=p=w-3 .$$

两式一合：

$$(w-3)^{2}=w .$$

第六步：$p:v=2:1$，即 $p=2v$。

$$pv=2v^{2}=2w\ \Longrightarrow\ v^{2}=w , \qquad v-p=-v=w-3\ \Longrightarrow\ v=3-w ,$$ $$(3-w)^{2}=w .$$

第五步与第六步得到的是同一个方程。 展开：

$$w^{2}-7w+9=0 \qquad\Longrightarrow\qquad w=\frac{7\pm\sqrt{13}}{2} .$$

两个根怎么分给两种情形？ 看各自附带的正性要求：

• 第五步要 $p=w-3>0$，即 $w>3$；
• 第六步要 $v=3-w>0$，即 $w<3$。

而 $w^{2}-7w+9$ 在 $w=3$ 处的值是 $9-21+9=-3<0$，开口向上，所以 $3$ 恰好落在两根之间——一个根大于 $3$、一个根小于 $3$，两种情形各认领一个，一个不多、一个不少。

$$w=\frac{7+\sqrt{13}}{2}>3 \quad\Longrightarrow\quad b=-a-\frac{7+\sqrt{13}}{2},\quad d=p=w-3=\frac{1+\sqrt{13}}{2},\quad u_{4}=d ,$$ $$w=\frac{7-\sqrt{13}}{2}<3 \quad\Longrightarrow\quad b=-a-\frac{7-\sqrt{13}}{2},\quad d=v=3-w=\frac{\sqrt{13}-1}{2},\quad u_{4}=-d ,$$

也就是

$$x_{4}=a+\frac{1+\sqrt{13}}{2} \qquad\text{与}\qquad x_{4}=a+\frac{1-\sqrt{13}}{2} .$$

第七步：回头验第 (I) 问。 三个答案的 $w$ 分别是 $3$、$\frac{7+\sqrt{13}}{2}$、$\frac{7-\sqrt{13}}{2}$（$\sqrt{13}<7$，第三个也是正的），而 $w>0$ 就是 $b<-a$——三个 $b$ 自动落在第 (I) 问的范围里，不用额外筛。

解法二：不换元，照原卷用 $x_{1}+x_{2}$ 与 $\sqrt{\Delta}$ 硬算

怎么想到的。 换元是”想到了才省事”，考场上没想到也不能卡住。$x_{1}$、$x_{2}$ 是 $g$ 的两根，和与差都是现成的：

$$x_{1}+x_{2}=-(3-a+b)=a-b-3 , \qquad x_{2}-x_{1}=\sqrt{\Delta}=\sqrt{(a+b-1)^{2}+8} .$$

知道和与差，就等于知道两根——这是比韦达定理更直接的一条：

$$x_{1}=\frac{(x_{1}+x_{2})-\sqrt{\Delta}}{2}, \qquad x_{2}=\frac{(x_{1}+x_{2})+\sqrt{\Delta}}{2} .$$

三种排法照写成方程。

情形 (1)：$a-x_{1}=x_{2}-a$，即 $x_{1}+x_{2}=2a$：

$$a-b-3=2a\ \Longrightarrow\ b=-a-3 .$$

此时 $a+b=-3$，$\sqrt{\Delta}=\sqrt{(-3-1)^{2}+8}=\sqrt{24}=2\sqrt{6}$，于是 $x_{2}-x_{1}=2\sqrt{6}$、$x_{1}=a-\sqrt{6}$、$x_{2}=a+\sqrt{6}$，

$$x_{4}=2x_{1}-a=a-2\sqrt{6} \quad\text{或}\quad x_{4}=2x_{2}-a=a+2\sqrt{6} .$$

情形 (2)：$x_{2}-a=2(a-x_{1})$，即 $2x_{1}+x_{2}=3a$。把 $2x_{1}+x_{2}=(x_{1}+x_{2})+x_{1}$ 展开：

$$\frac{3(a-b-3)-\sqrt{\Delta}}{2}=3a \quad\Longrightarrow\quad \sqrt{\Delta}=-3(a+b+3) .$$

左边非负，所以右边也必须非负：$a+b+3<0$（取不到等号，否则 $\Delta=0$）。平方，记 $s=a+b$：

$$(s-1)^{2}+8=9(s+3)^{2} \ \Longrightarrow\ 8s^{2}+56s+72=0 \ \Longrightarrow\ s^{2}+7s+9=0 \ \Longrightarrow\ s=\frac{-7\pm\sqrt{13}}{2} .$$

配上 $s<-3$，只能取 $s=\dfrac{-7-\sqrt{13}}{2}$，即 $b=-a-\dfrac{7+\sqrt{13}}{2}$。此时

$$\sqrt{\Delta}=-3(s+3)=\frac{3+3\sqrt{13}}{2}, \qquad x_{1}+x_{2}=a-b-3=2a-s-3 ,$$ $$x_{2}=\frac{(2a-s-3)+\sqrt{\Delta}}{2}=a+1+\sqrt{13}, \qquad x_{4}=\frac{a+x_{2}}{2}=a+\frac{1+\sqrt{13}}{2} .$$

情形 (3)：$a-x_{1}=2(x_{2}-a)$，即 $x_{1}+2x_{2}=3a$。同样展开：

$$\frac{3(a-b-3)+\sqrt{\Delta}}{2}=3a \quad\Longrightarrow\quad \sqrt{\Delta}=3(a+b+3) ,$$

这回要求 $s>-3$，平方后仍是 $s^{2}+7s+9=0$，只能取 $s=\dfrac{-7+\sqrt{13}}{2}$（$\approx-1.70>-3$），即 $b=-a-\dfrac{7-\sqrt{13}}{2}$。此时 $\sqrt{\Delta}=3(s+3)=\dfrac{3\sqrt{13}-3}{2}$，

$$x_{1}=\frac{(2a-s-3)-\sqrt{\Delta}}{2}=a+1-\sqrt{13}, \qquad x_{4}=\frac{a+x_{1}}{2}=a+\frac{1-\sqrt{13}}{2} .$$

三个 $b$ 都在第 (I) 问的范围里。 $s=a+b$ 分别是 $-3$、$\dfrac{-7-\sqrt{13}}{2}\approx-5.30$、$\dfrac{-7+\sqrt{13}}{2}\approx-1.70$，全是负数，即 $b<-a$——三种情形里 $x_{1}<a<x_{2}$ 的前提都成立，方程本身才立得住。

两条路的差别在哪。 这一条要把 $\sqrt{\Delta}$ 化简两次、再代回求 $x_{1}$ 或 $x_{2}$；解法一只解 $p$、$v$ 两个正数，根号只出现在最后一次。同一道题，换元省掉的是根号的搬运量。

解法三：只看两根之比——$\dfrac{(\text{和})^{2}}{\text{积}}$ 只由比值决定

怎么想到的。 回头看第三步的结论：三种排法规定的全是比例（$p:v$ 等于 $1:1$、$2:1$、$1:2$），跟 $p$、$v$ 本身多大无关。凡是”两根之比给定”的题，韦达定理有一个现成的不变量：若一元二次方程的两根满足 $u_{2}=r\,u_{1}$，则

$$\frac{\left(u_{1}+u_{2}\right)^{2}}{u_{1}u_{2}} =\frac{u_{1}^{2}(1+r)^{2}}{r\,u_{1}^{2}} =\frac{(1+r)^{2}}{r} .$$

左边只用和与积（韦达直接给），右边只含比值 $r$——两边一接，参数方程就出来了，根本不必解出两根。

本题里 $u_{1}=-p$、$u_{2}=v$ 是 $h(u)=u^{2}+(3-w)u-2w$ 的两根：

$$u_{1}+u_{2}=w-3,\qquad u_{1}u_{2}=-2w \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{(w-3)^{2}}{-2w}=\frac{(1+r)^{2}}{r} .$$

三种排法对应的 $r=\dfrac{v}{-p}$ 是：

最后两行的值一模一样，而这不是巧合：把 $r$ 换成 $\dfrac{1}{r}$，

$$\frac{\left(1+\frac{1}{r}\right)^{2}}{\frac{1}{r}} =\frac{\frac{(r+1)^{2}}{r^{2}}}{\frac{1}{r}} =\frac{(1+r)^{2}}{r} ,$$

这个量对 $r$ 与 $\dfrac{1}{r}$ 取同一个值。 而 $r=-2$ 与 $r=-\dfrac12$ 正是一对倒数——这就是解法一里”两种情形给出同一个方程”的根源，那里是算出来才发现的，这里是一开始就看得见的。

代入求解：

• $r=-1$：右边为 $0$，故 $(w-3)^{2}=0$，$w=3$；
• $r=-2$ 与 $r=-\dfrac12$：右边都是 $-\dfrac12$，故 $\dfrac{(w-3)^{2}}{-2w}=-\dfrac12$，即 $(w-3)^{2}=w$，$w=\dfrac{7\pm\sqrt{13}}{2}$。

分配那两个根，还是要回到”哪一段更长”：$r=-2$ 意味着 $v>p$，即 $v-p=w-3>0$，取 $w=\dfrac{7+\sqrt{13}}{2}$；$r=-\dfrac12$ 意味着 $v<p$，取 $w=\dfrac{7-\sqrt{13}}{2}$。与解法一逐字一致。

最后把 $w$ 换回去。 $b=-a-w$，$x_{4}$ 由 $d=\left|w-3\right|$ 定（$r=-2$ 时 $x_{4}=a+d$，$r=-\dfrac12$ 时 $x_{4}=a-d$），于是

$$w=3:\ b=-a-3,\ x_{4}=a\pm2\sqrt{6};$$ $$w=\frac{7+\sqrt{13}}{2}:\ b=-a-\frac{7+\sqrt{13}}{2},\ x_{4}=a+\frac{1+\sqrt{13}}{2}; \qquad w=\frac{7-\sqrt{13}}{2}:\ b=-a-\frac{7-\sqrt{13}}{2},\ x_{4}=a+\frac{1-\sqrt{13}}{2} .$$

这条路的价值不在省几行计算，而在于它把”为什么后两种情形共用一个方程”从巧合变成了必然。

答案

$$\boxed{ \begin{aligned} &\text{(I)}\ \ b\in(-\infty,\,-a);\\[2pt] &\text{(II)}\ \ b=-a-3\ \text{时}\ x_{4}=a\pm2\sqrt{6};\quad b=-a-\frac{7\pm\sqrt{13}}{2}\ \text{时}\ x_{4}=a+\frac{1\pm\sqrt{13}}{2}\ (\text{同号}). \end{aligned} }$$

第一问的答案里为什么没有 $a$ 的限制？ 因为 $a$ 只是把整张图左右平移：把 $x$ 换成 $x-a$、$b$ 换成 $b+a$，函数的形状一点不变。题面说”$a$ 是给定的实常数”，答案里 $a$ 只以 $b+a$ 的组合出现（$b<-a$ 就是 $a+b<0$），这正是”平移不改变极值点的相对位置”在答案上留下的痕迹。解法一开头那个换元，只是把这件事提前用掉了。

为什么 $b=-a$ 要单独排除？ 那时 $g(a)=0$，$a$ 是 $g$ 的根，$f'(x)=e^{x}(x-a)^{2}(x-r)$ 在 $a$ 处不变号——$f'(a)=0$ 但 $a$ 不是极值点。这是本题的第一个陷阱，也是「导数为零」与「取到极值」之间那道永远要补的缝。

第二问会不会漏掉 $x_{4}$ 与已有三点重合的情形？ 不会。四项等差的公差 $d>0$（若 $d=0$ 四个数全相等，与 $x_{1}<a<x_{2}$ 矛盾），四项两两不等，$x_{4}$ 必然是个新点。

最后数一数：$b$ 有三个值，$x_{4}$ 有四个——$b=-a-3$ 那一支左右各有一个 $x_{4}$，另外两支各只有一个。