18.已知函數(shù)f(x)=(x-x1)(x-x2)(x-x3)(其中x1<x2<x3),g(x)=3x+sin(2x+1),且函數(shù)f(x)的兩個極值點(diǎn)為α,β(α<β).設(shè)λ=$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$,μ=$\frac{{x}_{2}+{x}_{3}}{2}$,則( 。
A.g(a)<g(λ)<g(β)<g(μ)B.g(λ)<g(a)<g(β)<g(μ)C.g(λ)<g(a)<g(μ)<g(β)D.g(a)<g(λ)<g(μ)<g(β)

分析 化簡f(x),求函數(shù)g(x)的導(dǎo)數(shù),判斷函數(shù)g(x)的單調(diào)性,結(jié)合一元二次函數(shù)的性質(zhì)判斷α<λ<μ<β,結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)進(jìn)行判斷即可.

解答 解:由f(x)=(x-x1)(x-x2)(x-x3)可得f(x)=x3-(x1+x2+x3)x2+(x1x2+x1x3+x2x3)x-x1x2x3,
∴f′(x)=3x2-2(x1+x2+x3)x+(x1x2+x1x3+x2x3)=0,
∵△=4(x1+x2+x32-12(x1x2+x1x3+x2x3)=2[(x1-x22+(x2-x32+(x3-x12],
∵x1<x2<x3.∴△>0,∴方程f′(x)=0有兩個不相等的實(shí)數(shù)根;
g′(x)=3+2cos(2x+1)>0,
則g(x)為增函數(shù),
下面證明α<$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$<β,
由f′(x)=3x2-2(x1+x2+x3)x+(x1x2+x1x3+x2x3)=0可得
f′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$)=$\frac{3({x}_{1}+{x}_{2})^{2}}{4}$-(x1+x2+x3)(x1+x2)+x1x2+x1x3+x2x3-x1x2=-$\frac{({x}_{1}-{x}_{2})^{2}}{4}$<0
即f′($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$)=3($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-α)($\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$-β)<0,
由α<β可得α<$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$<β,
同理可知α<$\frac{{x}_{2}+{x}_{3}}{2}$<β,
∵$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$<$\frac{{x}_{2}+{x}_{3}}{2}$,
∴α<$\frac{{x}_{1}+{x}_{2}}{2}$<$\frac{{x}_{2}+{x}_{3}}{2}$<β,
即α<λ<μ<β,
∵g(x)為增函數(shù),∴g(a)<g(λ)<g(μ)<g(β),
故選:D

點(diǎn)評 本題主要考查函數(shù)值的大小比較,根據(jù)條件判斷函數(shù)的單調(diào)性,以及α<λ<μ<β是解決本題的關(guān)鍵.綜合性較強(qiáng),難度較大.

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