题目

题型：解答题难度：一般来源：苏州二模

已知函数f（x）=x（x-a）（x-b），点A（m，f（m）），B（n，f（n））．
（1）设b=a，求函数f（x）的单调区间；
（2）若函数f（x）的导函数f′（x）满足：当|x|≤l时，有|f′（x）|≤

3

2

恒成立，求函数f（x）的表达式；
（3）若0＜a＜b，函数f（x）在x=m和x=n处取得极值，且a+b≤2

3

．问：是否存在常数a、b，使得

OA

•

OB

=0？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．

答案

（1）f（x）=x³-2ax²+a²x 令f"（x）=3x²-4ax+a²=0，
得：x₁=

a

3

，x₂=a．（2分）
1° 当a＞0 时，x₁＜x₂
∴所求单调增区间是(-∞，

a

3

)，（a，+∞），单调减区间是（

a

3

，a ）
2° 当a＜0 时，所求单调增区间是（-∞，a），(

a

3

，+∞)，单调减区间是（a，

a

3

）
3° 当a=0 时，f"（x）=3x²≥0 所求单调增区间是（-∞，+∞）．（5分）
（2）f（x）=x³-（a+b）x²+abx∴f"（x）=3x²-2（a+b）x+ab，
∵当x∈[-1，1]时，恒有|f"（x）|≤

3

2

∴-

3

2

≤f′(1)≤

3

2

，-

3

2

≤f′(-1)≤

3

2

，-

3

2

≤f′(0)≤

3

2

，（8分）即

- 3 2 ≤3-2(a+b)+ab≤ 3 2 - 3 2 ≤3+2(a+b)+ab≤ 3 2 - 3 2 ≤ab≤ 3 2

得

ab=- 3 2 a+b=0

此时，满足当x∈[-1，1]时|f′(x)|≤

3

2

恒成立．
∴f(x)=x3-

3

2

x．（10分）
（3）存在a，b，使得

OA

•

OB

=  0，则m•n+f（m）•f（n）=0
∴mn+mn（m-a）（m-b）（n-a）（n-b）=0由于0＜a＜b，知mn≠0
∴（m-a）（m-b）（n-a）（n-b）=-1＜BR＞①由题设，m，n是f"（x）=0的两根
∴m+n=

2(a+b)

3

，mn=

ab

3

②（12分）②代入①得：ab（a-b）²=9
∴(a+b)2=(a-b)2+4ab=

9

ab

+4ab≥2

36

=12，当且仅当ab=

3

2

时取“=”
∴a+b≥2

3

∵a+b≤2

3

∴a+b=2

3

又∵ab=

3

2

，0＜a＜b∴a=

2 3 - 6

2

，b=

2 3 + 6

2

．（16分）