Question

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

1

2

，求函數f（x）和f′（x）的公共遞減區間的長度；
（3）若f（x）≥mxf′（x）對于一切x∈R恒成立，求實數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有兩不等實數根，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）的減區間，再求出f′（x）減區間，可得f（x）與′的公共減區間，
從而求得公共減區間的長度．
（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．再利用二次函數的性質求得實數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有兩不等實數根 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a＜b時，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）的減區間為(b，

2a+b

3

)即（b，b+1），f′（x）減區間為(-∞，b+

1

2

)，
∴公共減區間為（b，b+

1

2

），故公共減區間的長度為

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

，則左邊是一個一次因式，乘以一個恒正（或恒負）的二次三項式，或者是三個一次因式的積，無論哪種
情況，總有一個一次因式的指數是奇次的，這個因式的零點左右的符號不同，因此不可能恒非負，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b=0，則由二次函數的性質得 a＜0，
②當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）

點評：本題主要考查函數在某點取得極值的條件，函數的恒成立問題，體現了分類討論的數學思想，屬于中檔題．