Question

18．已知y=4x³+3tx²-6t²x+t-1，x∈R，t∈R．
（1）當x為常數(shù)，且t在區(qū)間[${0，\frac{{\sqrt{3}}}{6}}$]變化時，求y的最小值φ（x）；
（2）證明：對任意的t∈（0，+∞），總存在x∈（0，1），使得y=0．

Answer 1

分析 （1）當x為常數(shù)時，設f（t）=4x³+3tx²-6t²x+t-1=-6xt²+（3x²+1）t+4x³-1，是關于y的二次函數(shù)．利用二次函數(shù)圖象與性質(zhì)求解
（2）設g（x）=4x³+3tx²-6t²x+t-1，按照零點存在性定理去判斷．可利用導數(shù)計算函數(shù)的極值，有關端點值，作出證明．

解答 解：（1）當x為常數(shù)時，f（t）=4x³+3tx²-6t²x+t-1=-6xt²+（3x²+1）t+4x³-1，
f'（t）=-12xt+（3x²+1），
f'（t）=-12xt+3x²-1=3（x-2t）²-12t²+1，
當$t∈[{0，\frac{{\sqrt{3}}}{6}}]$，f'（t）≥0，f（t）在$t∈[{0，\frac{{\sqrt{3}}}{6}}]$上遞增，
其最小值φ（x）=f（0）=4x³-1．
（2）令g（x）=4x³+3tx²-6t²x+t-1，
g'（x）=12x²+6tx-6t²=6（2x-t）（x+t），
由t∈（0，+∞），當x在區(qū)間（0，+∞）內(nèi)變化時，g（x）與g'（x）變化情況如下表：

x	$（0，\frac{t}{2}）$	$\frac{t}{2}$	$（\frac{t}{2}，+∞）$
g'（x）	-	0	+
g（x）	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

①當$\frac{t}{2}≥1$，即t≥2時，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，即存在x∈（0，1），使得g（x）=0；
②當$0＜\frac{t}{2}＜1$，即0＜t＜2時，g（x）在$（0，\frac{t}{2}）$內(nèi)單調(diào)遞減，在$（\frac{t}{2}，1）$內(nèi)單調(diào)遞增，
所以$x=\frac{t}{2}$時，函數(shù)g（x）取最小值$-\frac{7}{4}{t^3}+t-1$，
又g（0）=t-1，
若t∈（0，1]，則$g（1）=-6{t^2}+4t+3=-6{（t-\frac{1}{3}）^2}+\frac{11}{3}＞0$，$-\frac{7}{4}{t^3}+（t-1）＜0$，
所以g（x）在$（\frac{t}{2}，1）$內(nèi)存在零點；
若t∈（1，2），則g（0）=t-1＞0，$-\frac{7}{4}{t^3}+t-1=（-\frac{7}{4}{t^3}+t）-1＜0$，
所以g（x）在$（0，\frac{t}{2}）$內(nèi)存在零點，
所以，對任意t∈（0，2），g（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)均存在零點，即存在x∈（0，1），使得g（x）=0．
結合①②，對任意的t∈（0，+∞），總存在x∈（0，1），使得y=0．

點評 本題考查函數(shù)單調(diào)性與導數(shù)關系的應用，函數(shù)最值的應用：通過極值探討零點．綜合性強．