设函数 f(x)=x-x^ 3 e ^ a x+b，曲线…——2023 高考数学第 20 题答案解析

【答案】①$a=-1, b=1$
（2）答案见解析
（3） 3 个

【解析】

【分析】（1）先对 $f(x)$ 求导，利用导数的几何意义得到 $f(1)=0, f^{\prime}(1)=-1$ ，从而得到关于 $a, b$ 的方程组，解之即可；
②由①得 $g(x)$ 的解析式，从而求得 $g^{\prime}(x)$ ，利用数轴穿根法求得 $g^{\prime}(x)<0$ 与 $g^{\prime}(x)>0$ 的解，由此求得 $g(x)$ 的单调区间；
（3）结合（2）中结论，利用零点存在定理，依次分类讨论区间 $(-\infty, 0),\left(0, x_{1}\right),\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 与 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上 $f^{\prime}(x)$ 的零点的情况，从而利用导数与函数的极值点的关系求得 $f(x)$ 的极值点个数．

【小问 1 详解】
因为 $f(x)=x-x^{3} \mathrm{e}^{a x+b}, x \in \mathrm{R}$ ，所以 $f^{\prime}(x)=1-\left(3 x^{2}+a x^{3}\right) \mathrm{e}^{a x+b}$ ，
因为 $f(x)$ 在 $(1, f(1))$ 处的切线方程为 $y=-x+1$ ，

所以 $f(1)=-1+1=0, f^{\prime}(1)=-1$ ，
则 $\left\{\begin{array}{l}1-1^{3} \times \mathrm{e}^{a+b}=0 \\ 1-(3+a) \mathrm{e}^{a+b}=-1\end{array}\right.$ ，解得 $\left\{\begin{array}{l}a=-1 \\ b=1\end{array}\right.$ ，
所以 $a=-1, b=1$ ．

【小问 2 详解】

由①得 $g(x)=f^{\prime}(x)=1-\left(3 x^{2}-x^{3}\right) \mathrm{e}^{-x+1}(x \in \mathrm{R})$ ，
则 $g^{\prime}(x)=-x\left(x^{2}-6 x+6\right) \mathrm{e}^{-x+1}$ ，
令 $x^{2}-6 x+6=0$ ，解得 $x=3 \pm \sqrt{3}$ ，不妨设 $x_{1}=3-\sqrt{3}, x_{2}=3+\sqrt{3}$ ，则 $0<x_{1}<x_{2}$ ，
易知 $\mathrm{e}^{-x+1}>0$ 恒成立，
所以令 $g^{\prime}(x)<0$ ，解得 $0<x<x_{1}$ 或 $x>x_{2}$ ；令 $g^{\prime}(x)>0$ ，解得 $x<0$ 或 $x_{1}<x<x_{2}$ ；
所以 $g(x)$ 在 $\left(0, x_{1}\right),\left(x_{2},+\infty\right)$ 上单调递减，在 $(-\infty, 0),\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上单调递增，
即 $g(x)$ 的单调递减区间为 $(0,3-\sqrt{3})$ 和 $(3+\sqrt{3},+\infty)$ ，单调递增区间为 $(-\infty, 0)$ 和 $(3-\sqrt{3}, 3+\sqrt{3})$ ．

【小问 3 详解】

由①得 $f(x)=x-x^{3} \mathrm{e}^{-x+1}(x \in \mathrm{R}), f^{\prime}(x)=1-\left(3 x^{2}-x^{3}\right) \mathrm{e}^{-x+1}$ ，
由②知 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{1}\right),\left(x_{2},+\infty\right)$ 上单调递减，在 $(-\infty, 0),\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上单调递增，
当 $x<0$ 时，$f^{\prime}(-1)=1-4 \mathrm{e}^{2}<0, f^{\prime}(0)=1>0$ ，即 $f^{\prime}(-1) f^{\prime}(0)<0$
所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上存在唯一零点，不妨设为 $x_{3}$ ，则 $-1<x_{3}<0$ ，
此时，当 $x<x_{3}$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，则 $f(x)$ 单调递减；当 $x_{3}<x<0$ 时，$f \boldsymbol{\phi}(x)>0$ ，则 $f(x)$ 单调递增；
所以 $f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上有一个极小值点；
当 $x \in\left(0, x_{1}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{1}\right)$ 上单调递减，
则 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)=f^{\prime}(3-\sqrt{3})<f^{\prime}(1)=1-2<0$ ，故 $f^{\prime}(0) f^{\prime}\left(x_{1}\right)<0$ ，
所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(0, x_{1}\right)$ 上存在唯一零点，不妨设为 $x_{4}$ ，则 $0<x_{4}<x_{1}$ ，
此时，当 $0<x<x_{4}$ 时，$f \phi(x)>0$ ，则 $f(x)$ 单调递增；当 $x_{4}<x<x_{1}$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，则 $f(x)$ 单调递减；

所以 $f(x)$ 在 $\left(0, x_{1}\right)$ 上有一个极大值点；
当 $x \in\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 时，$f^{\prime}(x)$ 在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上单调递增，
则 $f^{\prime}\left(x_{2}\right)=f^{\prime}(3+\sqrt{3})>f^{\prime}(3)=1>0$ ，故 $f^{\prime}\left(x_{1}\right) f^{\prime}\left(x_{2}\right)<0$ ，
所以 $f^{\prime}(x)$ 在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上存在唯一零点，不妨设为 $x_{5}$ ，则 $x_{1}<x_{5}<x_{2}$ ，
此时，当 $x_{1}<x<x_{5}$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，则 $f(x)$ 单调递减；当 $x_{5}<x<x_{2}$ 时，$f^{\prime}(x)<0$ ，则 $f(x)$ 单调递增；

所以 $f(x)$ 在 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上有一个极小值点；
当 $x>x_{2}=3+\sqrt{3}>3$ 时， $3 x^{2}-x^{3}=x^{2}(3-x)<0$ ，
所以 $f^{\prime}(x)=1-\left(3 x^{2}-x^{3}\right) \mathrm{e}^{-x+1}>0$ ，则 $f(x)$ 单调递增，
所以 $f(x)$ 在 $\left(x_{2},+\infty\right)$ 上无极值点；
综上：$f(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 和 $\left(x_{1}, x_{2}\right)$ 上各有一个极小值点，在 $\left(0, x_{1}\right)$ 上有一个极大值点，共有 3 个极值点．
【点睛】关键点睛：本题第3小题的解题关键是判断 $f^{\prime}\left(x_{1}\right)$ 与 $f^{\prime}\left(x_{2}\right)$ 的正负情况，充分利用 $f^{\prime}(x)$ 的单调性，寻找特殊点判断即可得解．