Question

8．設(shè)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(nèi)有一個(gè)零點(diǎn)x₀，g（x）為f（x）的導(dǎo)函數(shù)．
（Ⅰ）求g（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)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(duì)于任意的正整數(shù)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(shù)的導(dǎo)函數(shù)g（x）=f′（x）=8x³+9x²-6x-6，求出極值點(diǎn)，通過列表判斷函數(shù)的單調(diào)性求出單調(diào)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(dǎo)函數(shù)H′₁（x）利用（Ⅰ）知，推出h（m）h（x₀）＜0．
（Ⅲ）對(duì)于任意的正整數(shù)p，q，且$\frac{p}{q}∈[1，{x}_{0}）∪（{x}_{0}，2]$，令m=$\frac{p}{q}$，函數(shù)h（x）=g（x）（m-x₀）-f（m）．
由（Ⅱ）知，當(dāng)m∈[1，x₀）時(shí)，當(dāng)m∈（x₀，2]時(shí)，通過h（x）的零點(diǎn)．轉(zhuǎn)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(jié)果．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=2x⁴+3x³-3x²-6x+a，可得g（x）=f′（x）=8x³+9x²-6x-6，
進(jìn)而可得g′（x）=24x²+18x-6．令g′（x）=0，解得x=-1，或x=$\frac{1}{4}$．
當(dāng)x變化時(shí)，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(diào)遞增區(qū)間是（-∞，-1），（$\frac{1}{4}$，+∞），單調(diào)遞減區(qū)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(shù)H₁（x）=g（x）（x-x₀）-f（x），則H′₁（x）=g′（x）（x-x₀）．
由（Ⅰ）知，當(dāng)x∈[1，2]時(shí)，g′（x）＞0，
故當(dāng)x∈[1，x₀）時(shí)，H′₁（x）＜0，H₁（x）單調(diào)遞減；
當(dāng)x∈（x₀，2]時(shí)，H′₁（x）＞0，H₁（x）單調(diào)遞增．
因此，當(dāng)x∈[1，x₀）∪（x₀，2]時(shí)，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(diào)遞增，故當(dāng)x∈[1，x₀）時(shí)，H′₂（x）＞0，H₂（x）單調(diào)遞增；當(dāng)x∈（x₀，2]時(shí)，H′₂（x）＜0，H₂（x）單調(diào)遞減．因此，當(dāng)x∈[1，x₀）∪（x₀，2]時(shí)，H₂（x）＞H₂（x₀）=0，可得得H₂（m）＜0即h（x₀）＜0，．
所以，h（m）h（x₀）＜0．
（Ⅲ）對(duì)于任意的正整數(shù)p，q，且$\frac{p}{q}∈[1，{x}_{0}）∪（{x}_{0}，2]$，
令m=$\frac{p}{q}$，函數(shù)h（x）=g（x）（m-x₀）-f（m）．
由（Ⅱ）知，當(dāng)m∈[1，x₀）時(shí)，h（x）在區(qū)間（m，x₀）內(nèi)有零點(diǎn)；
當(dāng)m∈（x₀，2]時(shí)，h（x）在區(qū)間（x₀，m）內(nèi)有零點(diǎn)．
所以h（x）在（1，2）內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)，不妨設(shè)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(diào)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?yàn)楫?dāng)x∈[1，2]時(shí)，g（x）＞0，故f（x）在[1，2]上單調(diào)遞增，
所以f（x）在區(qū)間[1，2]上除x₀外沒有其他的零點(diǎn)，而$\frac{p}{q}$≠x₀，故f（$\frac{p}{q}$）≠0．
又因?yàn)閜，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|$\frac{p}{q}$-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(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)的導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)的最值的求法，考查分類討論思想以及轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用，是難度比較大的題目．