Question

（2012•三明模拟）已知函数f（x）=x（x-a）²，a是大于零的常数．
（Ⅰ）当a=1时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）若函数f（x）在区间[1，2]上为单调递增，求实数a的取值范围；
（Ⅲ）证明：曲线y=f（x）上存在一点P，使得曲线y=f（x）上总有两点M，N，且

MP

=

PN

成立．

Answer 1

分析：（1）求函数的极值，先对原函数求导，根据导函数的符号，判出原函数的单调区间，从而找出极值点；
（2）根据函数的增减性来求字母系数的取值范围，可根据函数在某区间内的增减情况，推出其导函数在区间内的符号，是问题转化为二次不等式恒成立问题，进一步借助于二次函数图象和二次不等式的关系来分析；
（3）曲线上存在一点P，可猜想P点很可能是一个特殊点，在求解（1）时涉及到两个极值点，因向量方向问题，两极值点不可能是P，所以可尝试两极值点的中点作为P点．

解答：解：（1）f（x）=x（x-a）²=x³-2ax²+a²x，则f^′（x）=3x²-4ax+a²，当a=1时，f^′（x）=3x²-4x+1=（3x-1）（x-1），令f^′（x）=0，得x1=

1

3

，x2=1，f（x）在区间(0，

1

3

)，(

1

3

，1)，（1，+∞）上分别单调递增，单调递减，单调递增，于是当x=

1

3

时，有极大值f(

1

3

)=

4

27

；
当x=1时有极小值f（1）=0．
（Ⅱ）f'（x）=3x²-4ax+a²，若函数f（x）在区间[1，2]上为单调递增，
则f^′（x）=3x²-4ax+a²≥0在x∈[1，2]上恒成立，当0＜

2a

3

＜1时，即a＜

3

2

时，由f^′（1）=3-4a+a²≥0得0＜a≤1；
当1≤

2a

3

≤2，即

3

2

≤a≤3时，f′(

2a

3

)=-

a2

3

≥0，无解；
当

2a

3

＞2，即a＞3时，由 f^′（2）=12-8a+a²≥0得a≥6．
综上，当函数f（x）在区间[1，2]上为单调递增时，0＜a≤1或a≥6．
（Ⅲ）f（x）=x（x-a）²=x³-2ax²+a²x，f^′（x）=3x²-4ax+a²，
令f'（x）=0，得x1=

a

3

 ，x2=a，
f（x）在区间(-∞，

a

3

)，(

a

3

，a)，（a，+∞）上分别单调递增，单调递减，单调递增，
于是当x=

a

3

时，有极大值f(

a

3

)=

4a3

27

；
当x=a时，有极小值f（a）=0．
记A(

a

3

，

4a3

27

)，B（a，0），AB的中点p(

2a

3

，

2a3

27

)，
设M（x，y）是图象任意一点，由

MP

=

PN

，得N(

4

3

a-x ， 

4

27

a3-y)，
因为f(

4

3

a-x)=(

4

3

a-x)3-2a(

4

3

a-x)2+a2(

4

3

a-x)=

4

27

a3-x3+2ax2-a2x=

4

27

a3-y，
由此可知点N在曲线y=f（x）上，即满足

MP

=

PN

的点N在曲线C上．
所以曲线y=f（x）上存在一点P(

2a

3

，

2

27

a3)，使得曲线y=f（x）上总有两点M，N，且

MP

=

PN

成立．

点评：涉及二次以上函数的极值问题，求导是必选途径；存在性问题的求证，往往需要大胆的猜想和假设．