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题目描述

# 2009 年高考数学压轴题目

设函数 $f(x) = x^3 + 3bx^2 + 3cx$ 有两个极值点 $x_1, x_2$ ，且 $x_1 \in [-1, 0]$ ， $x_2 \in [1, 2]$ 。

（Ⅰ）求 $b, c$ 满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点 $(b, c)$ 的区域。

（Ⅱ）证明： $-10 \leq f(x_2) \leq -\frac{1}{2}$ 。

详细题解

（Ⅰ）求 $b, c$ 满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点 $(b, c)$ 的区域。

+ 对函数 $f(x)$ 求导，可知： $f'(x) = 3x^2 + 6bx + 3c = 3(x^2 + 2bx + c)$ 。令 $f'(x) = 0$ ，即 $x^2 + 2bx + c = 0$ ，其判别式 $\Delta = 4b^2 - 4c \ge 0$ ，即 $c \le b^2$ 。两根为：

$x_{1,2} = -b \pm \sqrt{b^2 - c}$

不妨设 $x_1 = -b - \sqrt{b^2 - c}$ ， $x_2 = -b + \sqrt{b^2 - c}$ （ $x_1 < x_2$ ）。

由 $x_1 \in [-1, 0]$ 和 $x_2 \in [1, 2]$ 分别得到：

$\begin{cases} -1 \le -b - \sqrt{b^2 - c} \le 0 \\[4pt] 1 \le -b + \sqrt{b^2 - c} \le 2 \end{cases} \quad\Rightarrow\quad \max(-b,\, 1+b) \le \sqrt{b^2 - c} \le \min(1-b,\, 2+b)$

为使不等式有解，需 $\max(-b, 1+b) \le \min(1-b, 2+b)$ 。由 $1+b \le 1-b$ 得 $b \le 0$ ，由 $-b \le 2+b$ 得 $b \ge -1$ ，故 $b \in [-1, 0]$ 。

分段讨论（比较 $-b$ 与 $1+b$ 的大小，分界点为 $b = -\frac{1}{2}$ ）：

当 $b \in [-1, -\frac{1}{2}]$ 时： $-b \ge 1+b$ ， $\min(1-b, 2+b) = 2+b$ 。有：

$-b \le \sqrt{b^2 - c} \le 2+b$

平方得 $b^2 \le b^2 - c \le (2+b)^2$ ，即 $c \le 0$ 且 $c \ge -(4+4b+b^2) + b^2 = -4b-4$ 。

综上 $c \in [-4b-4,\; b^2]$ （ $c \le b^2$ 由判别式给出，而 $-4b-4 \le 0 \le b^2$ ）。

当 $b \in [-\frac{1}{2}, 0]$ 时： $1+b \ge -b$ ， $\min(1-b, 2+b) = 1-b$ 。有：

$1+b \le \sqrt{b^2 - c} \le 1-b$

平方得 $(1+b)^2 \le b^2 - c \le (1-b)^2$ ，即 $1+2b+b^2 \le b^2 - c \le 1-2b+b^2$ ，化简得 $2b-1 \le c \le -2b-1$ 。

同时需满足 $c \le b^2$ ，验证 $-2b-1 \le b^2$ （即 $(b+1)^2 \ge 0$ 恒成立）。

综上 $c \in [2b-1,\; -2b-1]$ 。

最终约束条件为：

$\boxed{ \begin{aligned} &b \in [-1, 0], \\[4pt] &c \in \begin{cases} [-4b-4,\; b^2], & b \in [-1, -\frac{1}{2}] \\[6pt] [2b-1,\; -2b-1], & b \in [-\frac{1}{2}, 0] \end{cases} \end{aligned} }$

如图所示，蓝色填充区域即为满足约束条件的点 $(b, c)$ 的可行域。区域由 $b \in [-1, 0]$ 限定横轴范围，纵轴上下界为分段函数：左半段由直线 $c = -4b-4$ 和抛物线 $c = b^2$ 围成，右半段由直线 $c = 2b-1$ 和 $c = -2b-1$ 围成。四个角点分别为 $(-1, 0)$ 、 $(-1, 1)$ 、 $(-\frac{1}{2}, -2)$ 、 $(0, -1)$ 。

![](region.png)

（Ⅱ）证明： $-10 \leq f(x_2) \leq -\frac{1}{2}$ 。

由 $f'(x) = 3x^2 + 6bx + 3c$ ，令 $f'(x) = 0$ ，由于 $x_1, x_2$ 是 $f(x)$ 的两个极值点，故 $x_1, x_2$ 是方程 $x^2 + 2bx + c = 0$ 的两个实根。

由韦达定理可得：

$x_1 + x_2 = -2b, \quad x_1x_2 = c$

将 $b = -\dfrac{x_1 + x_2}{2}$ 和 $c = x_1x_2$ 代入 $f(x_2) = x_2^3 + 3bx_2^2 + 3cx_2$ ：

$\begin{aligned} f(x_2) &= x_2^3 + 3\left(-\frac{x_1 + x_2}{2}\right)x_2^2 + 3(x_1x_2)x_2 \\ &= x_2^3 - \frac{3x_1x_2^2}{2} - \frac{3x_2^3}{2} + 3x_1x_2^2 \\ &= -\frac{x_2^3}{2} + \frac{3x_1x_2^2}{2} \\ &= \frac{x_2^2}{2}(3x_1 - x_2) \end{aligned}$