Question

已知函數(shù)f（x）=4x³+3tx-6t²x+t-1，x∈R，其中，t∈R，
（1）當(dāng)t=1時，求曲線y=f（x）在點（0．f（0））處的切線方程；
（2）當(dāng)t≠0時，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（3）證明：對任意的t∈（0，∞），f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)t=1時，f（x）=4x³+3x²-6x，f′（x）=12x²+6x-6，由此能求出曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程．
（2）f′（x）=12x²+6tx-6t²，令f′（x）=0，解得x=-t，或x=

t

2

．由此進行分類討論，能求出f（x）的單調(diào)區(qū)間．
（3）當(dāng)t＞0時，f（x）在（0，

t

2

）內(nèi)的單調(diào)遞減，在（

t

2

，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，由此利用分類討論思想能夠證明對任意的t∈（0，∝），f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點．

解答：解：（1）當(dāng)t=1時，f（x）=4x³+3x²-6x，
f′（x）=12x²+6x-6，f′（0）=-6，
所以曲線y=f（x）在點（0，f（0））處的切線方程為y=-6x．
（2）f′（x）=12x²+6tx-6t²，
令f′（x）=0，解得x=-t，或x=

t

2

．
因為t≠0，以下分兩種情況討論：
①若t＜0，則

t

2

＜-t，當(dāng)x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-∞， t 2 ）	（ t 2 ，-t）	（-t，-∞）
f′（x）	+	-	+
f（x）	↑	↓	↑

所以，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，

t

2

），（-t，∞）；f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（

t

2

，-t）．
②若t＞0，則-t＜

t

2

，當(dāng)x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（-∞，-t）	（-t， t 2 ）	（ t 2 ，+∞）
f′（x）	+	-	+
f（x）	↑	↓	↑

所以，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，t），（

t

2

，+∞）；
f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（-t，

t

2

）．
綜上可得：
當(dāng)t＜0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，

t

2

），（-t，∞）；f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（

t

2

，-t）．
當(dāng)t＞0時，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，t），（

t

2

，+∞）；f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（-t，

t

2

）．
（3）由（2）可知，當(dāng)t＞0時，f（x）在（0，

t

2

）內(nèi)的單調(diào)遞減，在（

t

2

，+∞）內(nèi)單調(diào)遞增，以下分兩種情況討論：
①當(dāng)

t

2

≥1，即t≥2時，f（x）在（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，
f（0）=t-1＞0，
f（1）=-6t²+4t+3≤-6×4-4×2+3＜0．
所以對任意t∈[2，+∞），f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點．
②當(dāng)0＜

t

2

＜1，即0＜t＜2時，f（x）在（0，

t

2

）內(nèi)的單調(diào)遞減，在（

t

2

，1）內(nèi)單調(diào)遞增，
若t∈（0，1]，f（

1

2

）=-

7

4

t3+1-1＜-

7

4

t3＜0，
f（1）=-6t²+4t+3≥-6t+4t+3=-2t+3＞0，
∴f（x）在（

t

2

，1）內(nèi)存在零點，
若t∈（1，2），f（

1

2

）=-

7

4

t3+(t-1)＜-

7

4

t3+1＜0，
f（0）=t-1＞0，
∴f（x）在（0，

t

2

）內(nèi)存在零點．

點評：（1）簡單考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，導(dǎo)數(shù)運算以及直線方程；（2）考查導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)的單調(diào)性方面的運用，分類討論；（3）考查分類討論，函數(shù)與方程以及函數(shù)零點的性質(zhì)，是中檔偏上題．