Question

已知函數(shù)f（x）=（x-a）（x-b）²，a，b是常數(shù)．
（1）若a≠b，求證：函數(shù)f（x）存在極大值和極小值；
（2）設(shè)（1）中f（x）取得極大值、極小值時(shí)自變量的值分別為x₁、x₂，令點(diǎn)A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））．如果直線AB的斜率為-

1

2

，求函數(shù)f（x）和f′（x）的公共遞減區(qū)間的長度；
（3）若f（x）≥mxf′（x）對(duì)于一切x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)m，a，b滿足的條件．

Answer 1

分析：（1）由于f′（x）=（x-b）[3x-（2a+b）]，可得一元二次方程f′（x）=0有兩不等實(shí)數(shù)根，可得f（x）存在極大值
和極小值．
（2）分a=b、a＞b、a＜b三種情況，求得f（x）的減區(qū)間，再求出f′（x）減區(qū)間，可得f（x）與′的公共減區(qū)間，
從而求得公共減區(qū)間的長度．
（3）由條件可得，（x-b）{（1-3m）x²+[m（2a+b）-（a+b）]x+ab}≥0恒成立，可得m=

1

3

，故
（x-b）[（a+2b）x-3ab]≤0恒成立．再利用二次函數(shù)的性質(zhì)求得實(shí)數(shù)m，a，b滿足的條件．

解答：解：（1）由于f′（x）=（x-b）[3x-（2a+b）]，…（1分）
∵a≠b，∴b≠

2a+b

3

，
∴一元二次方程f′（x）=0有兩不等實(shí)數(shù)根 b和

2a+b

3

，
∴f（x）存在極大值和極小值． …（4分）
（2）①若a=b，f（x）不存在減區(qū)間．
②若a＞b，由（1）知x₁=b，x₂=

2a+b

3

，∴A（b，0），B (

2a+b

3

，

4(b-a)3

27

)，
∴

4(b-a)3 27

2a+b 3 -b

=-

1

2

，∴（a-b）² =

9

4

，∴a-b=

3

2

．
③當(dāng)a＜b時(shí)，x₁=

2a+b

3

，x₂=b，同理可得a-b=

3

2

（舍）．
綜上a-b=

3

2

…..…．（7分）
∴f（x）的減區(qū)間為(b，

2a+b

3

)即（b，b+1），f′（x）減區(qū)間為(-∞，b+

1

2

)，
∴公共減區(qū)間為（b，b+

1

2

），故公共減區(qū)間的長度為

1

2

． …（10分）
（3）∵f（x）≥mxf′（x），∴（x-a）（x-b）² ≥m•x（x-b）[3x-（2a+b）]，
∴（x-b）{（1-3m）x²+[m（2a+b）-（a+b）]x+ab}≥0．
若m≠

1

3

，則左邊是一個(gè)一次因式，乘以一個(gè)恒正（或恒負(fù)）的二次三項(xiàng)式，或者是三個(gè)一次因式的積，無論哪種
情況，總有一個(gè)一次因式的指數(shù)是奇次的，這個(gè)因式的零點(diǎn)左右的符號(hào)不同，因此不可能恒非負(fù)，不滿足條件．
∴m=

1

3

，…（12分）
∴（x-b）[（a+2b）x-3ab]≤0恒成立．
若a+2b=0，則有a=-2b，∴a=b=0．
若a+2b≠0，則 x₁=b，x2=

3ab

a+2b

，且 b=

3ab

a+2b

．
①當(dāng)b=0，則由二次函數(shù)的性質(zhì)得 a＜0，
②當(dāng)b≠0，則  

3a

a+2b

=1，∴a=b，且b＜0．
綜上可得，m=

1

3

，a=b≤0或 a＜0，b=0．…..（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的條件，函數(shù)的恒成立問題，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學(xué)思想，屬于中檔題．