Question

14．已知函數(shù)f（x）=（x-x₁）（x-x₂）（x-x₃），x₁，x₂，x₃∈R，且x₁＜x₂＜x₃．
（1）當x₁=0，x₂=1，x₃=2時，求函數(shù)f（x）的減區(qū)間；
（2）求證：方程f′（x）=0有兩個不相等的實數(shù)根；
（3）若方程f′（x）=0的兩個實數(shù)根是α，β（α＜β），試比較$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$，$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$與α，β的大小，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）當x₁=0，x₂=1，x₃=2時，化簡f（x）=x（x-1）（x-2），再求導并令f′（x）=3x²-6x+2＜0，從而解得；
（2）先求導f′（x）=（x-x₂）（x-x₃）+（x-x₁）（x-x₃）+（x-x₁）（x-x₂），從而可判斷f′（x₁）=（x₁-x₂）（x₁-x₃）＞0，f′（x₂）＜0，f′（x₃）＞0，從而由函數(shù)零點的判定定理證明即可；
（3）易知f′（α）=f′（β）=0，再求得f′（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$）=（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₂）（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₃）+（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₁）（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₃）+（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₁）（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₂）=-$\frac{1}{4}$（x₁-x₂）²＜0，f′（$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$）＜0，從而結合二次函數(shù)的圖象可比較四個數(shù)的大�。�

解答 解：（1）當x₁=0，x₂=1，x₃=2時，
f（x）=x（x-1）（x-2），
令f′（x）=3x²-6x+2＜0解得，
$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$＜x＜$\frac{3+\sqrt{3}}{3}$，
故函數(shù)f（x）的減區(qū)間為（$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$，$\frac{3+\sqrt{3}}{3}$）；
（2）證明：∵f（x）=（x-x₁）（x-x₂）（x-x₃），
∴f′（x）=（x-x₂）（x-x₃）+（x-x₁）（x-x₃）+（x-x₁）（x-x₂），
又∵x₁＜x₂＜x₃，
∴f′（x₁）=（x₁-x₂）（x₁-x₃）＞0，
f′（x₂）=（x₂-x₁）（x₂-x₃）＜0，
f′（x₃）=（x₃-x₂）（x₃-x₁）＞0，
故函數(shù)f′（x）在（x₁，x₂），（x₂，x₃）上分別有一個零點，
故方程f′（x）=0有兩個不相等的實數(shù)根；
（3）∵方程f′（x）=0的兩個實數(shù)根是α，β（α＜β），
∴f′（α）=f′（β）=0，
而f′（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$）=（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₂）（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₃）+（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₁）（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₃）+（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₁）（$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$-x₂）
=-$\frac{1}{4}$（x₁-x₂）²＜0，
f′（$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$）=（$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$-x₂）（$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$-x₃）+（$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$-x₁）（$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$-x₃）+（$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$-x₁）（$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$-x₂）
=-$\frac{1}{4}$（x₃-x₂）²＜0，
再結合二次函數(shù)的圖象可知，
α＜$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$＜$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$＜β．

點評 本題考查了導數(shù)的綜合應用及二次函數(shù)的性質，同時考查了函數(shù)的零點的判定定理的應用，屬于中檔題．