Question

已知y=4x³+3tx²-6t²x+t-1，x∈R，t∈R．
（1）當(dāng)x為常數(shù)，t在區(qū)間[0，

2

3

]變化時(shí)，求y的最小值為φ（x）；
（2）證明：對任意的t∈（0，+∞），總存在x₀∈（0，1），使得y=0．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)x為常數(shù)時(shí)，設(shè)f（t）=4x³+3tx²-6t²x+t-1=-6xt²+（3x²+1）t+4x³-1，是關(guān)于y的二次函數(shù)．利用二次函數(shù)圖象與性質(zhì)求解
（2）設(shè)g（x）=4x³+3tx²-6t²x+t-1，按照零點(diǎn)存在性定理去判斷．可利用導(dǎo)數(shù)計(jì)算函數(shù)的極值，有關(guān)端點(diǎn)值，作出證明．

解答：解：（1）當(dāng)x為常數(shù)時(shí)，
設(shè)f（t）=4x³+3tx²-6t²x+t-1=-6xt²+（3x²+1）t+4x³-1，f'（t）=-12xt+（3x²+1）
①當(dāng)x≤0時(shí)，由t∈[0，

2

3

]知f'（t）＞0，f（t）在[0，

2

3

]上遞增，其最小值φ（x）=f（0）=4x³-1；                               …（2分）
②當(dāng)x＞0時(shí)，f（t）的圖象是開口向下的拋物線，其對稱軸為直線；t=-

3x2+1

-12x

=

3x2+1

12x

，
若

x＞0 3x2+1 12x ≤ 1 3

，即

1

3

≤x≤1，則f（t）在[0，

2

3

]上的最小值為φ(x)=f(

2

3

)=4x3+2x2-

8

3

x-

1

3

．…（4分）
若

x＞0 3x2+1 12x ＞ 1 3

，即0＜x＜

1

3

或x＞1，則f（t）在[0，

2

3

]上的最小值為φ（x）=f（0）=4x³-1．…（6分）
綜合①②，得φ(x)=

4x3-1， x＜ 1 3 或x＞1 4x3+2x2- 8 3 x- 1 3 ， 1 3 ≤x≤1

…（7分）
（2）證明：設(shè)g（x）=4x³+3tx²-6t²x+t-1
則g′(x)=12x2+6tx-6t2=12(x+1)(x-

t

2

)…（8分）
由t∈（0，+∞），當(dāng)x在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)變化時(shí)，g'（x），g（x）取值的變化情況如下表：

…（10分）
①當(dāng)

t

2

≥1，即t≥2時(shí)，g（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)單調(diào)遞減，g（0）=t-1＞0，g（1）=-6t²+4t+3=-2t（3t-2）+3≤-4（6-2）+3＜0．
所以對任意t∈[2，+∞），g（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點(diǎn)，即存在x₀∈（0，1），
使得g（x₀）=0．…（11分）
②當(dāng)0＜

t

2

＜1，即0＜t＜2時(shí)，g（x）在(0，

t

2

)內(nèi)單調(diào)遞減，在(

t

2

，1)內(nèi)單調(diào)遞增，
若t∈（0，1），則g(

t

2

)=-

7

4

t3+t-1≤-

7

4

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

t

2

，1)內(nèi)存在零點(diǎn)；               …（12分）
若t∈（1，2），則g（0）=t-1＞0，g(

t

2

)=-

7

4

t3+(t-1)＜-

7

4

×13+(2-1)＜0，
所以g（x）在(0，

t

2

)內(nèi)存在零點(diǎn)．
所以，對任意t∈（0，2），g（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點(diǎn)，即存在x₀∈（0，1），使得g（x₀）=0．…（13分）
綜合①②，對任意的t∈（0，+∞），總存在x₀∈（0，1），使得y=0．…（14分）

點(diǎn)評：本題考查函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)關(guān)系的應(yīng)用，函數(shù)最值的應(yīng)用：通過極值探討零點(diǎn)．綜合性強(qiáng)．