Question

14．已知函数f（x）=（x-a）²x（a为常数且a＞0）．
（Ⅰ）确定f（x）的极值；
（Ⅱ）证明g（x）=f（x）-$\frac{2}{27}$a³恰有三个零点；
（Ⅲ）如果函数h（x）=g（x+λa）的图象经过坐标平面四个象限，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出f（x）的导数，通过f′（x）的正负性，求出f（x）的单调性，从而求极值；
（Ⅱ）由g（x）的单调性，根据零点的存在性定理，证明g（x）恰有3个零点；
（Ⅲ）先求出g（x）的零点，结合g（x）由图象上点的分布，通过图象平移，转化为不等关系，从而求出λ的范围．

解答 解：（Ⅰ）f（x）=x³-2ax²+a²x
∴f′（x）=3x²-4ax+a²=（3x-a）（x-a）
∵a＞0时，$a＞\frac{a}{3}$，f（x）在（-∞，$\frac{a}{3}$）和（a，+∞）上单调递增，在（$\frac{a}{3}$，a）上单调递减，
∴当a=$\frac{a}{3}$时，f（x）有极大值$f（\frac{a}{3}）=\frac{{4a}^{3}}{27}$，当x=a时，f（x）有极小值f（a）=0；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知g（x）=f（x）-$\frac{2}{27}$a³
在（-∞，$\frac{a}{3}$）和（a，+∞）上单调递增，在（$\frac{a}{3}$，a）上单调递减，
且$g（\frac{a}{3}）$=$\frac{2}{27}{a}^{3}$＞0，$g（a）=-\frac{2}{27}{a}^{3}$＜0，又g（-a）=$-\frac{110}{27}{a}^{3}$＜0，$g（2a）=\frac{52}{27}{a}^{3}＞0$，
∴g（x）分别在区间（-∞，$\frac{a}{3}$），（$\frac{a}{3}$，a），（a，+∞）各有一个零点，
∴g（x）=f（x）-$\frac{2}{27}$a³恰有三个零点；
（Ⅲ）∵g（x）=（x-a）²x-$\frac{2}{27}$a³=$（x-\frac{2a}{3}）（{x}^{2}-\frac{4}{3}ax+\frac{{a}^{2}}{9}）$
∴$g（\frac{2a}{3}）=0$，$g（0）=-\frac{2}{27}{a}^{3}$
于是$\left\{\begin{array}{l}{{x}_{1}+{x}_{2}=\frac{4a}{3}}\\{{x}_{1}{x}_{2}=\frac{{a}^{2}}{9}}\end{array}\right.$所以g（x）的图象给过坐标平面的第一三四象限，
由图象可知，h（x）=g（x+λa）的图象经过坐标平面四个象限时当且仅当λa满足x₁＜λa＜x₂，即（λa-x₁）（λa-x₂）＜0
∴λ²a²-a（x₁+x₂）λ+x₁x₂＜0，
∴${λ}^{2}{a}^{2}-\frac{4}{3}{a}^{2}λ+\frac{{a}^{2}}{9}＜0$，∴${λ}^{2}-\frac{4}{3}λ+\frac{1}{9}＜0$，∴$\frac{2-\sqrt{3}}{3}＜λ＜\frac{2+\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查了，利用导数求极值，利用单调性证明函数的零点，运用等价转化求参数的范围．是一道导数的综合题，难度较大．