Question

14．已知函数f（x）=（x-x₁）（x-x₂）（x-x₃），x₁，x₂，x₃∈R，且x₁＜x₂＜x₃．
（1）当x₁=0，x₂=1，x₃=2时，求函数f（x）的减区间；
（2）求证：方程f′（x）=0有两个不相等的实数根；
（3）若方程f′（x）=0的两个实数根是α，β（α＜β），试比较$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$，$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$与α，β的大小，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）当x₁=0，x₂=1，x₃=2时，化简f（x）=x（x-1）（x-2），再求导并令f′（x）=3x²-6x+2＜0，从而解得；
（2）先求导f′（x）=（x-x₂）（x-x₃）+（x-x₁）（x-x₃）+（x-x₁）（x-x₂），从而可判断f′（x₁）=（x₁-x₂）（x₁-x₃）＞0，f′（x₂）＜0，f′（x₃）＞0，从而由函数零点的判定定理证明即可；
（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，从而结合二次函数的图象可比较四个数的大小．

解答 解：（1）当x₁=0，x₂=1，x₃=2时，
f（x）=x（x-1）（x-2），
令f′（x）=3x²-6x+2＜0解得，
$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$＜x＜$\frac{3+\sqrt{3}}{3}$，
故函数f（x）的减区间为（$\frac{3-\sqrt{3}}{3}$，$\frac{3+\sqrt{3}}{3}$）；
（2）证明：∵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，
故函数f′（x）在（x₁，x₂），（x₂，x₃）上分别有一个零点，
故方程f′（x）=0有两个不相等的实数根；
（3）∵方程f′（x）=0的两个实数根是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，
再结合二次函数的图象可知，
α＜$\frac{{x}_{1}+x{\;}_{2}}{2}$＜$\frac{x{\;}_{2}+x{\;}_{3}}{2}$＜β．

点评 本题考查了导数的综合应用及二次函数的性质，同时考查了函数的零点的判定定理的应用，属于中档题．