Question

8．設a∈Z，已知定義在R上的函數f（x）=2x⁴+3x³-3x²-6x+a在區間（1，2）內有一個零點x₀，g（x）為f（x）的導函數．
（Ⅰ）求g（x）的單調區間；
（Ⅱ）設m∈[1，x₀）∪（x₀，2]，函數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A，使得對于任意的正整數p，q，且$\frac{p}{q}$∈[1，x₀）∪（x₀，2]，滿足|$\frac{p}{q}$-x₀|≥$\frac{1}{A{q}^{4}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出函數的導函數g（x）=f′（x）=8x³+9x²-6x-6，求出極值點，通過列表判斷函數的單調性求出單調區間即可．
（Ⅱ）由h（x）=g（x）（m-x₀）-f（m），推出h（m）=g（m）（m-x₀）-f（m），
令函數H₁（x）=g（x）（x-x₀）-f（x），求出導函數H′₁（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x₀）＜0．
（Ⅲ）對于任意的正整數p，q，且$\frac{p}{q}∈[1，{x}_{0}）∪（{x}_{0}，2]$，令m=$\frac{p}{q}$，函數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|$\frac{p}{q}$-x₀|=$|\frac{f（\frac{p}{q}）}{g（{x}_{1}）}|$≥$\frac{|f（\frac{p}{q}）|}{g（2）}$=$\frac{|2{p}^{4}+3{p}^{3}q-3{p}^{2}{q}^{2}-6p{q}^{3}+a{q}^{4}|}{g（2）{q}^{4}}$．推出|2p⁴+3p³q-3p²q²-6pq³+aq⁴|≥1．然后推出結果．

解答 （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=$\frac{1}{4}$．
當x變化時，g′（x），g（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-1）	（-1，$\frac{1}{4}$）	（$\frac{1}{4}$，+∞）
g′（x）	+	-	+
g（x）	↗	↘	↗

所以，g（x）的單調遞增區間是（-∞，-1），（$\frac{1}{4}$，+∞），單調遞減區間是（-1，$\frac{1}{4}$）．
（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p，q，且$\frac{p}{q}∈[1，{x}_{0}）∪（{x}_{0}，2]$，
令m=$\frac{p}{q}$，函數h（x）=g（x）（m-x₀）-f（m）．
由（Ⅱ）知，當m∈[1，x₀）時，h（x）在區間（m，x₀）內有零點；
當m∈（x₀，2]時，h（x）在區間（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）（$\frac{p}{q}$-x₀）-f（$\frac{p}{q}$）=0．
由（Ⅰ）知g（x）在[1，2]上單調遞增，故0＜g（1）＜g（x₁）＜g（2），
于是|$\frac{p}{q}$-x₀|=$|\frac{f（\frac{p}{q}）}{g（{x}_{1}）}|$≥$\frac{|f（\frac{p}{q}）|}{g（2）}$=$\frac{|2{p}^{4}+3{p}^{3}q-3{p}^{2}{q}^{2}-6p{q}^{3}+a{q}^{4}|}{g（2）{q}^{4}}$．
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）在區間[1，2]上除x₀外沒有其他的零點，而$\frac{p}{q}$≠x₀，故f（$\frac{p}{q}$）≠0．
又因為p，q，a均為整數，所以|2p⁴+3p³q-3p²q²-6pq³+aq⁴|是正整數，
從而|2p⁴+3p³q-3p²q²-6pq³+aq⁴|≥1．
所以|$\frac{p}{q}$-x₀|≥$\frac{1}{g（2）{q}^{4}}$．所以，只要取A=g（2），就有|$\frac{p}{q}$-x₀|≥$\frac{1}{A{q}^{4}}$．

點評 本題考查函數的導數的綜合應用，函數的單調性以及函數的最值的求法，考查分類討論思想以及轉化思想的應用，是難度比較大的題目．