Question

已知函数f(x)＝4x³＋3tx²－6t²x＋t－1，x∈R，其中t∈R.

(1)当t＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；

(2)当t≠0时，求f(x)的单调区间；

(3)证明：对任意t∈(0，＋∞)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点．

Answer 1

解析　(1)当t＝1时，f(x)＝4x³＋3x²－6x，f(0)＝0，f′(x)＝12x²＋6x－6，f′(0)＝－6.所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝－6x.

(2)f′(x)＝12x²＋6tx－6t².令f′(x)＝0，解得x＝－t或x＝.因为t≠0，以下分两种情况讨论：

①若t<0，则<－t.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x	(－∞，)	(，－t)	(－t，＋∞)
f′(x)	＋	－	＋
f(x)			

所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，)，(－t，＋∞)；f(x)的单调递减区间是(，－t)．

②若t>0，则－t<.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：

x	(－∞，－t)	(－t，)	(，＋∞)
f′(x)	＋	－	＋
f(x)			

所以，f(x)的单调递增区间是(－∞，－t)，(，＋∞)；f(x)的单调递减区间是(－t，)．

(3)由(2)可知，当t>0时，f(x)在(0，)内单调递减，在(，＋∞)内单调递增．以下分两种情况讨论：

①当≥1，即t≥2时，f(x)在(0,1)内单调递减．f(0)＝t－1>0，

f(1)＝－6t²＋4t＋3≤－6×4＋4×2＋3<0.

所以对任意t∈[2，＋∞)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点．

②当0<<1，即0<t<2时，f(x)在(0，)内单调递减，在(，1)内单调递增．若t∈(0,1]，f()＝－t³＋t－1≤－t³<0，

f(1)＝－6t²＋4t＋3≥－6t＋4t＋3＝－2t＋3>0.

所以f(x)在(，1)内存在零点．

若t∈(1,2)，f()＝－t³＋(t－1)<－t³＋1<0，

f(0)＝t－1>0.

所以f(x)在(0，)内存在零点．

所以，对任意t∈(0,2)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点．

综上，对任意t∈(0，＋∞)，f(x)在区间(0,1)内均存在零点．