2013-重庆卷理-06 单-零点存在性定理

本题导读

本题考查函数零点，以及零点存在性定理。

📌【题干】

Question

（2013年重庆卷(理)） 若 $a<b<c$，则函数 $f(x)=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a)$ 两个零点分别位于区间()

A. $(a,b)$ 和 $(b,c)$ 内　　　　　　　　B. $(-\infty ,a)$ 和 $(a,b)$ 内

C. $(b,c)$ 和 $(c,+\infty )$ 内　　　　　　　　D. $(-\infty ,a)$ 和 $(c,+\infty )$ 内

🔍【思路分析】

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1. 回顾零点存在性定理：如果连续函数 $f(x)$ 在闭区间 $[m,n]$ 上的图象是连续不断的，且满足 $f(m)\cdot f(n)<0$，则函数 $f(x)$ 在开区间 $(m,n)$ 内至少有一个零点。
2. 带入特殊点计算：由于题目给出了 $a,b,c$ 的大小关系，分别计算 $f(a),f(b),f(c)$ 的函数值。
3. 符号判定：
   • 根据 $a<b<c$，判定 $(a-b),(a-c),(b-c)$ 等项的正负。
   • 寻找函数值异号的邻近点。
4. 得出结论：根据异号区间确定零点位置。

✅【答案】

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A

✍【详细解析】

Abstract

已知 $f(x)=(x-a)(x-b)+(x-b)(x-c)+(x-c)(x-a)$ 且 $a<b<c$。

第一步：计算端点函数值

• 计算 $f(a)$： $f(a)=(a-a)(a-b)+(a-b)(a-c)+(a-c)(a-a)$ $f(a)=0+(a-b)(a-c)+0=(a-b)(a-c)$ 因为 $a<b$ 且 $a<c$，所以 $(a-b)<0,(a-c)<0$。 由此得 $f(a)>0$。

• 计算 $f(b)$： $f(b)=(b-a)(b-b)+(b-b)(b-c)+(b-c)(b-a)$ $f(b)=0+0+(b-c)(b-a)=(b-c)(b-a)$ 因为 $b<c$ 且 $b>a$，所以 $(b-c)<0,(b-a)>0$。 由此得 $f(b)<0$。

• 计算 $f(c)$： $f(c)=(c-a)(c-b)+(c-b)(c-c)+(c-c)(c-a)$ $f(c)=(c-a)(c-b)+0+0=(c-a)(c-b)$ 因为 $c>a$ 且 $c>b$，所以 $(c-a)>0,(c-b)>0$。 由此得 $f(c)>0$。

第二步：应用零点存在性定理

• 因为 $f(a)>0$ 且 $f(b)<0$，且 $f(x)$ 是二次多项式（连续函数）， 所以 $f(x)$ 在区间 $(a,b)$ 内必有一个零点。
• 因为 $f(b)<0$ 且 $f(c)>0$，且 $f(x)$ 是连续函数， 所以 $f(x)$ 在区间 $(b,c)$ 内必有一个零点。

由于 $f(x)$ 展开后是二次函数，最多只有两个零点，因此这两个零点分别位于 $(a,b)$ 和 $(b,c)$ 内。

故选：A。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：连续函数在异号区间内必有零点。

核心方法：“代入消元法”。在含有类似 $(x-a)(x-b)$ 结构的函数中，代入关键值 $a,b,c$ 往往能使大部分项变为 0，从而快速锁定函数值正负。

避坑指南：不需要展开复杂的二次多项式，直接利用因式的正负性判断即可。注意题目给出的 $a<b<c$ 顺序。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：二次方程的根的分布、导数判断函数单调性。

结论推广：对于 $n$ 次多项式，若能找到 $n+1$ 个依次异号的点，则该函数在每两个点之间都有一个零点。

方法推广：涉及抽象函数或带参函数的零点个数/分布问题，首选零点存在性定理结合单调性分析。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 06.01 幂指对函数图象与性质

类题演练 (Links)

• 2025-天津卷-07 单-零点存在性定理
• 2024-新高考II卷-08 单-共零点
• 2014-新课标I卷文-21 解-导数存在性