Question

已知函数f（x）=（x-a）（x-b）²，a，b是常数．
（1）若a≠b，求证：函数f（x）存在极大值和极小值；
（2）设（1）中f（x）取得极大值、极小值时自变量的值分别为x₁、x₂，令点A（x₁，f（x₁）），B（x₂，f（x₂））．如果直线AB的斜率为-

1

2

，求函数f（x）和f′（x）的公共递减区间的长度；
（3）若f（x）≥mxf′（x）对于一切x∈R恒成立，求实数m，a，b满足的条件．

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有两不等实数根，可得f（x）存在极大值
和极小值．
（2）分a=b、a＞b、a＜b三种情况，求得f（x）的减区间，再求出f′（x）减区间，可得f（x）与′的公共减区间，
从而求得公共减区间的长度．
（3）由条件可得，（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．再利用二次函数的性质求得实数m，a，b满足的条件．

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有两不等实数根 b和

2a+b

3

，
∴f（x）存在极大值和极小值． …（4分）
（2）①若a=b，f（x）不存在减区间．
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当a＜b时，x₁=

2a+b

3

，x₂=b，同理可得a-b=

3

2

（舍）．
综上a-b=

3

2

…..…．（7分）
∴f（x）的减区间为(b，

2a+b

3

)即（b，b+1），f′（x）减区间为(-∞，b+

1

2

)，
∴公共减区间为（b，b+

1

2

），故公共减区间的长度为

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

，则左边是一个一次因式，乘以一个恒正（或恒负）的二次三项式，或者是三个一次因式的积，无论哪种
情况，总有一个一次因式的指数是奇次的，这个因式的零点左右的符号不同，因此不可能恒非负，不满足条件．
∴m=

1

3

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

3ab

a+2b

，且 b=

3ab

a+2b

．
①当b=0，则由二次函数的性质得 a＜0，
②当b≠0，则  

3a

a+2b

=1，∴a=b，且b＜0．
综上可得，m=

1

3

，a=b≤0或 a＜0，b=0．…..（16分）

点评：本题主要考查函数在某点取得极值的条件，函数的恒成立问题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．