Question

14．已知函數(shù)$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}-{x^2}-3x$有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂，且x₁＜x₂，記點(diǎn)M（x₁，f（x₁）），N（x₂，f（x₂））．
（Ⅰ）求直線MN的方程；
（Ⅱ）證明：線段MN與曲線y=f（x）有且只有一個(gè)異于M、N的公共點(diǎn)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出導(dǎo)函數(shù)令f'（x）=x²-2x-3=0，解得x=-1或x=3，判斷函數(shù)的單調(diào)性求出MN，然后求解直線方程．
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）$-（{-\frac{8}{3}x-1}）$=$\frac{1}{3}{x^3}-{x^2}-$$\frac{1}{3}x+1$，推出線段MN與曲線y=f（x）的公共點(diǎn)即g（x）在區(qū)間[-1，3]上的零點(diǎn)．令$g'（x）={x^2}-2x-\frac{1}{3}$=0，通過判斷函數(shù)的極值判斷函數(shù)的單調(diào)性，推出結(jié)果即可．

解答 解：（Ⅰ）令f'（x）=x²-2x-3=0，解得x=-1或x=3，
且f（x）在區(qū)間（-∞，-1），（3，+∞）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（-1，3）上單調(diào)遞減，
∴x₁=-1，$f（{-1}）=\frac{5}{3}$，x₂=3，f（3）=-9，即$M（{-1，\frac{5}{3}}）$，N（3，-9），
∴直線MN的方程為$y+9=\frac{{\frac{5}{3}+9}}{-1-3}（{x-3}）$，化簡得$y=-\frac{8}{3}x-1$．
（Ⅱ）設(shè)g（x）=f（x）$-（{-\frac{8}{3}x-1}）$=$\frac{1}{3}{x^3}-{x^2}-$$\frac{1}{3}x+1$，
則線段MN與曲線y=f（x）的公共點(diǎn)即g（x）在區(qū)間[-1，3]上的零點(diǎn)．
令$g'（x）={x^2}-2x-\frac{1}{3}$=0，解得${x_3}=1-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，${x_4}=1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$，
且g（x）在區(qū)間$[{-1，1-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$，$（{1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，3}]$上單調(diào)遞增，
在區(qū)間$（{1-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$上單調(diào)遞減．
∴由$1-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}＜0＜2$$＜1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}$可得$g（{1-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）＞g（0）$=1＞g（2）=-1$＞g（{1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$，
即$g（{1-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）＞0$，$g（{1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）＜0$，∴g（x）在區(qū)間$（{1-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}）$上有且僅有有一個(gè)零點(diǎn)．
$當(dāng)-1＜x≤1-\frac{2\sqrt{3}}{3}時(shí)$，有0=g（-1）＜g（x），∴g（x）在$（{-1，1-\frac{{2\sqrt{3}}}{3}}]$上無零點(diǎn)；
當(dāng)$1+\frac{2\sqrt{3}}{3}≤x＜3$時(shí)，有g(shù)（x）＜g（3）=0，∴g（x）在$[{1+\frac{{2\sqrt{3}}}{3}，3}）$上無零點(diǎn)；
綜上，g（x）在區(qū)間（-1，3）上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)．
所以線段MN與曲線y=f（x）有且只有一個(gè)異于M、N的公共點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的極值以及函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，考查分析問題解決問題的能力．