Question

12．已知函數(shù)f（x）=4x-x⁴，x∈R．
（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）設(shè)曲線y=f（x）與x軸正半軸的交點(diǎn)為P，曲線在點(diǎn)P處的切線方程為y=g（x），求證：對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x，都有f（x）≤g（x）；
（Ⅲ）若方程f（x）=a（a為實(shí)數(shù)）有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x₁，x₂，且x₁＜x₂，求證：x₂-x₁≤-$\frac{a}{3}$+4${\;}^{\frac{1}{3}}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求出原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，得到導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)，由零點(diǎn)對(duì)定義域分段，根據(jù)導(dǎo)函數(shù)在各區(qū)間段內(nèi)的符號(hào)得到原函數(shù)的單調(diào)性；
（Ⅱ）設(shè)出點(diǎn)p的坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)求出切線方程g（x）=f′（x₀）（x-x₀），構(gòu)造輔助函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），利用導(dǎo)數(shù)得到對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，
有F（x）≤F（x₀）=0，即對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f（x）≤g（x）；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知，$g（x）=-12（x-{4}^{\frac{1}{3}}）$，求出方程g（x）=a的根${x}_{2}′=-\frac{a}{12}+{4}^{\frac{1}{3}}$，由g（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞減，得到x₂≤x₂′．
同理得到x₁′≤x₁，則可證得${x}_{2}-{x}_{1}≤{x}_{2}′-{x}_{1}′=-\frac{a}{3}+{4}^{\frac{1}{3}}$．

解答 （Ⅰ）解：由f（x）=4x-x⁴，可得f′（x）=4-4x³．
當(dāng)f′（x）＞0，即x＜1時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞增；
當(dāng)f′（x）＜0，即x＞1時(shí)，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減．
∴f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（-∞，1），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，+∞）．
（Ⅱ）證明：設(shè)點(diǎn)p的坐標(biāo)為（x₀，0），則${x}_{0}={4}^{\frac{1}{3}}$，f′（x₀）=-12，
曲線y=f（x）在點(diǎn)P處的切線方程為y=f′（x₀）（x-x₀），即g（x）=f′（x₀）（x-x₀），
令函數(shù)F（x）=f（x）-g（x），即F（x）=f（x）-f′（x₀）（x-x₀），
則F′（x）=f′（x）-f′（x₀）．
∵F′（x₀）=0，∴當(dāng)x∈（-∞，x₀）時(shí)，F(xiàn)′（x）＞0；當(dāng)x∈（x₀，+∞）時(shí)，F(xiàn)′（x）＜0，
∴F（x）在（-∞，x₀）上單調(diào)遞增，在（x₀，+∞）上單調(diào)遞減，
∴對(duì)于任意實(shí)數(shù)x，F(xiàn)（x）≤F（x₀）=0，即對(duì)任意實(shí)數(shù)x，都有f（x）≤g（x）；
（Ⅲ）證明：由（Ⅱ）知，$g（x）=-12（x-{4}^{\frac{1}{3}}）$，設(shè)方程g（x）=a的根為x₂′，可得${x}_{2}′=-\frac{a}{12}+{4}^{\frac{1}{3}}$．
∵g（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞減，又由（Ⅱ）知g（x₂）≥f（x₂）=a=g（x₂′），
因此x₂≤x₂′．
類似地，設(shè)曲線y=f（x）在原點(diǎn)處的切線方程為y=h（x），可得h（x）=4x，
對(duì)于任意的x∈（-∞，+∞），有f（x）-h（x）=-x⁴≤0，即f（x）≤h（x）．
設(shè)方程h（x）=a的根為x₁′，可得${x}_{1}′=\frac{a}{4}$，
∵h(yuǎn)（x）=4x在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增，且h（x₁′）=a=f（x₁）≤h（x₁），
因此x₁′≤x₁，
由此可得${x}_{2}-{x}_{1}≤{x}_{2}′-{x}_{1}′=-\frac{a}{3}+{4}^{\frac{1}{3}}$．

點(diǎn)評(píng) 本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、導(dǎo)數(shù)的幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)．考查函數(shù)思想、化歸思想，考查綜合分析問題和解決問題的能力，是壓軸題．