Question

【題目】設a∈Z，已知定義在R上的函數(shù)f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a在區(qū)間（1，2）內有一個零點x0 ， g（x）為f（x）的導函數(shù)．
（Ⅰ）求g（x）的單調區(qū)間；
（Ⅱ）設m∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，函數(shù)h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），求證：h（m）h（x0）＜0；
（Ⅲ）求證：存在大于0的常數(shù)A，使得對于任意的正整數(shù)p，q，且 ∈[1，x0）∪（x0 ， 2]，滿足| ﹣x0|≥ ．

Answer 1

【答案】（Ⅰ）解：由f（x）=2x4+3x3﹣3x2﹣6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，
進而可得g′（x）=24x2+18x﹣6．令g′（x）=0，解得x=﹣1，或x= ．
當x變化時，g′（x），g（x）的變化情況如下表：

x	（﹣∞，﹣1）	（﹣1， ）	（ ，+∞）
g′（x）	+	﹣	+
g（x）	↗	↘	↗

所以，g（x）的單調遞增區(qū)間是（﹣∞，﹣1），（ ，+∞），單調遞減區(qū)間是（﹣1， ）．
（Ⅱ）證明：由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），得h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），
h（x0）=g（x0）（m﹣x0）﹣f（m）．
令函數(shù)H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），則H′1（x）=g′（x）（x﹣x0）．
由（Ⅰ）知，當x∈[1，2]時，g′（x）＞0，
故當x∈[1，x0）時，H′1（x）＜0，H1（x）單調遞減；
當x∈（x0 ， 2]時，H′1（x）＞0，H1（x）單調遞增．
因此，當x∈[1，x0）∪（x0 ， 2]時，H1（x）＞H1（x0）=﹣f（x0）=0，可得H1（m）＞0即h（m）＞0，
令函數(shù)H2（x）=g（x0）（x﹣x0）﹣f（x），則H′2（x）=g′（x0）﹣g（x）．由（Ⅰ）知，g（x）在[1，2]上單調遞增，故當x∈[1，x0）時，H′2（x）＞0，H2（x）單調遞增；當x∈（x0 ， 2]時，H′2（x）＜0，H2（x）單調遞減．因此，當x∈[1，x0）∪（x0 ， 2]時，H2（x）＞H2（x0）=0，可得得H2（m）＜0即h（x0）＜0，．
所以，h（m）h（x0）＜0．
（Ⅲ）對于任意的正整數(shù)p，q，且 ，
令m= ，函數(shù)h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．
由（Ⅱ）知，當m∈[1，x0）時，h（x）在區(qū)間（m，x0）內有零點；
當m∈（x0 ， 2]時，h（x）在區(qū)間（x0 ， m）內有零點．
所以h（x）在（1，2）內至少有一個零點，不妨設為x1 ， 則h（x1）=g（x1）（ ﹣x0）﹣f（ ）=0．
由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上單調遞增，故0＜g（1）＜g（x1）＜g（2），
于是| ﹣x0|= ≥ = ．
因為當x∈[1，2]時，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上單調遞增，
所以f（x）在區(qū)間[1，2]上除x0外沒有其他的零點，而 ≠x0 ， 故f（ ）≠0．
又因為p，q，a均為整數(shù)，所以|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|是正整數(shù)，
從而|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．
所以| ﹣x0|≥ ．所以，只要取A=g（2），就有| ﹣x0|≥ ．
【解析】（Ⅰ）求出函數(shù)的導函數(shù)g（x）=f′（x）=8x3+9x2﹣6x﹣6，求出極值點，通過列表判斷函數(shù)的單調性求出單調區(qū)間即可．
（Ⅱ）由h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m），推出h（m）=g（m）（m﹣x0）﹣f（m），
令函數(shù)H1（x）=g（x）（x﹣x0）﹣f（x），求出導函數(shù)H′1（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x0）＜0．
（Ⅲ）對于任意的正整數(shù)p，q，且 ，令m= ，函數(shù)h（x）=g（x）（m﹣x0）﹣f（m）．
由（Ⅱ）知，當m∈[1，x0）時，當m∈（x0 ， 2]時，通過h（x）的零點．轉化推出| ﹣x0|= ≥ = ．推出|2p4+3p3q﹣3p2q2﹣6pq3+aq4|≥1．然后推出結果．
【考點精析】掌握利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性和函數(shù)的極值與導數(shù)是解答本題的根本，需要知道一般的,函數(shù)的單調性與其導數(shù)的正負有如下關系： 在某個區(qū)間內，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調遞減；求函數(shù)的極值的方法是:（1）如果在附近的左側,右側,那么是極大值（2）如果在附近的左側,右側,那么是極小值．