Question

已知函數(shù)f（x）=x（x-a）（x-b），異于坐標原點O點的兩點A（m，f（m）），B（n，f（n））．
（Ⅰ）若a=0，b=3，函數(shù)f（x）在（t，t+3）上取得極小值，求實數(shù)t的取值范圍；
（Ⅱ）若a=b=0時，討論函數(shù)g（x）=lnx-

λf(x)

x

在x∈[1，+∞）上的零點情況；
（Ⅲ）若0＜a＜b，函數(shù)f（x）在x=m和x=n處取得極值，且直線OA與直線OB垂直，求a+b的取值范圍．

Answer 1

考點：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值,函數(shù)的零點

專題：計算題,導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用,不等式的解法及應(yīng)用

分析：（Ⅰ）由題意得f（x）=x•x•（x-3）=x³-3x²，求導(dǎo)f′（x）=3x²-6x=3x（x-2）；從而可得t＜2＜t+3，解得；
（Ⅱ）由題意，g（x）=lnx-

λf(x)

x

=lnx-λx²，g′（x）=

1

x

-2λx=

1-2λx2

x

，討論g（x）在[1，+∞）上的單調(diào)性與端點函數(shù)值及極值，從而確定函數(shù)零點的個數(shù)；
（Ⅲ）由題意，f（x）=x（x-a）（x-b），f′（x）=3x²-2（a+b）x+ab，則m，n是f'（x）=0的兩根，從而由韋達定理可得m+n=

2(a+b)

3

，mn=

ab

3

；又由直線OA與直線OB垂直可得m•n+f（m）•f（n）=0，兩式化簡結(jié)合可得ab（a-b）²=9，從而求a+b的取值范圍．

解答： 解：（Ⅰ）由題意，f（x）=x•x•（x-3）=x³-3x²，
f′（x）=3x²-6x=3x（x-2）；
則函數(shù)f（x）在x=2時有極小值，
故t＜2＜t+3，
解得，-1＜t＜2；
（Ⅱ）由題意，g（x）=lnx-

λf(x)

x

=lnx-λx²，
g′（x）=

1

x

-2λx=

1-2λx2

x

，
故λ≤0時，g′（x）≥0，x∈[1，+∞）；
故g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞增，
又∵g（1）=0-λ=-λ；
故g（x）≥-λ；
則當λ=0時，函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，+∞）上有一個零點x=1；
當λ＜0時，函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，+∞）上沒有零點；
當0＜λ＜

1

2

時，
解

1-2λx2

x

=0得，x=

2λ

2λ

；
則函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，

2λ

2λ

）增函數(shù)，在[

2λ

2λ

，+∞）上減函數(shù)；
g（1）=-λ＜0，g（

2λ

2λ

）=-

1

2

（ln2λ+1），x→+∞時，g（x）→-∞；
故當ln2λ+1=0，即λ=

1

2e

時，函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，+∞）上有一個零點x=

1

2e

；
當ln2λ+1＜0，0＜λ＜

1

2e

時，函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，+∞）上有兩個零點；
當ln2λ+1＞0，

1

2e

＜λ＜

1

2

時，函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，+∞）上沒有零點；
當λ≥

1

2

時，g′（x）≤0，x∈[1，+∞）；
故g（x）在[1，+∞）上單調(diào)遞減，
又∵g（1）=-λ＜0，
∴函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，+∞）上沒有零點；
綜上所述，
當λ＜0或

1

2e

＜λ時，函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，+∞）上沒有零點；
當λ=0或λ=

1

2e

時，函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，+∞）上有一個零點；
當0＜λ＜

1

2e

時，函數(shù)g（x）=lnx-λx²在[1，+∞）上有兩個零點；
（Ⅲ）f（x）=x（x-a）（x-b），
f′（x）=3x²-2（a+b）x+ab，
則由題意可得，m，n是f'（x）=0的兩根，
則m+n=

2(a+b)

3

，mn=

ab

3

②；
∵直線OA與直線OB垂直，
∴m•n+f（m）•f（n）=0，
∴mn+mn（m-a）（m-b）（n-a）（n-b）=0，
又∵0＜a＜b，知mn≠0；
∴（m-a）（m-b）（n-a）（n-b）=-1，①
②代入①得：ab（a-b）²=9，
∴（a+b）2=（a-b）2+4ab=

9

ab

+4ab≥2

36

=12，
（當且僅當ab=

3

2

時取“=”）；
∴a+b≥2

3

．

點評：本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，同時考查了基本不等式的應(yīng)用，屬于難題．