2017-天津卷理-20 解-导数综合

本题导读

本题考查导数的运算与单调性分析。核心在于构造函数法、分类讨论法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2017年天津卷(理)） 设 $a\in \mathbb{Z}$，已知定义在 $\mathbb{R}$ 上的函数 $f(x)=2x^4+3x^3-3x^2-6x+a$ 在区间 $(1,2)$ 内有一个零点 $x_0$，$g(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数.

(1)求 $g(x)$ 的单调区间；

(2)设 $m\in [1,x_0)\cup (x_0,2]$，函数 $h(x)=g(x)(m-x_0)-f(m)$，求证：$h(m)h(x_0)<0$；

(3)求证：存在大于 0 的常数 $A$，使得对于任意的正整数 $p,q$，且 $\frac{p}{q}\in [1,x_0)\cup (x_0,2]$，满足 $|\frac{p}{q}-x_0|\ge \frac{1}{A{q}^4}$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（单调性）：

• 对 $f(x)$ 二次求导，研究 $g^{\prime }(x)=f^{\prime \prime }(x)$ 的正负。

2. 第二问（函数值异号证明）：

• 观察 $h(m)=g(m)(m-x_0)-f(m)$ 和 $h(x_0)=g(x_0)(m-x_0)-f(m)$。
• 构造辅助函数 $H_1(x)=g(x)(x-x_0)-f(x)$ 和 $H_2(x)=g(x_0)(x-x_0)-f(x)$。
• 通过求导判定 $H_1,H_2$ 的单调性，利用 $f(x_0)=0$ 确定它们在 $m$ 点处的符号。

3. 第三问（逼近估计）：

• 将 $|\frac{p}{q}-x_0|$ 转化为 $\frac{|f(\frac{p}{q})|}{|g(\xi )|}$ 的形式（利用中值定理或第二问结论）。
• 注意到 $f(\frac{p}{q})=\frac{\text{整数}}{q^4}$，因为 $a,p,q$ 均为整数，且 $x_0$ 是唯一零点，所以分子绝对值 $\ge 1$。
• 通过确定 $g(x)$ 在 $[1,2]$ 上的最大值作为 $A$ 的来源，完成证明。

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$h(m)h(x_0)<0$ 得证

✍【详细解析】

Abstract

解： (1)由 $f(x)=2x^4+3x^3-3x^2-6x+a$ 得 $g(x)=f^{\prime }(x)=8x^3+9x^2-6x-6$。 则 $g^{\prime }(x)=24x^2+18x-6=6(4x-1)(x+1)$。 令 $g^{\prime }(x)=0$，解得 $x_1=-1,x_2=\frac{1}{4}$。

• 当 $x\in (-\infty ,-1)$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (-1,\frac{1}{4})$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减；
• 当 $x\in (\frac{1}{4},+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增。 所以 $g(x)$ 的递增区间为 $(-\infty ,-1),(\frac{1}{4},+\infty )$，递减区间为 $(-1,\frac{1}{4})$。

(2)证明： 由题意，$h(m)=g(m)(m-x_0)-f(m)$，$h(x_0)=g(x_0)(m-x_0)-f(m)$。 令 $H_1(x)=g(x)(x-x_0)-f(x)$，则 $H_1^{\prime }(x)=g^{\prime }(x)(x-x_0)$。 已知 $x_0\in (1,2)$，当 $x\in [1,2]$ 时 $g^{\prime }(x)>0$。

• 当 $x\in [1,x_0)$ 时，$H_1^{\prime }(x)<0$，$H_1(x)$ 递减，故 $H_1(m)>H_1(x_0)=-f(x_0)=0$；
• 当 $x\in (x_0,2]$ 时，$H_1^{\prime }(x)>0$，$H_1(x)$ 递增，故 $H_1(m)>H_1(x_0)=0$。 所以对 $m\in [1,x_0)\cup (x_0,2]$，恒有 $h(m)>0$。 再令 $H_2(x)=g(x_0)(x-x_0)-f(x)$，则 $H_2^{\prime }(x)=g(x_0)-g(x)$。 由(1)知 $g(x)$ 在 $[1,2]$ 递增，
• 当 $x\in [1,x_0)$ 时，$g(x)<g(x_0)$，则 $H_2^{\prime }(x)>0$，$H_2(x)$ 递增，$H_2(m)<H_2(x_0)=0$；
• 当 $x\in (x_0,2]$ 时，$g(x)>g(x_0)$，则 $H_2^{\prime }(x)<0$，$H_2(x)$ 递减，$H_2(m)<H_2(x_0)=0$。 所以恒有 $h(x_0)<0$。综上，$h(m)h(x_0)<0$ 得证。

(3)证明： 令 $m=\frac{p}{q}$。由(2)及零点存在性定理知，在 $m$ 与 $x_0$ 之间存在 $x_1$ 使得 $h(x_1)=0$。 即 $g(x_1)(m-x_0)-f(m)=0⟹m-x_0=\frac{f(m)}{g(x_1)}$。 取绝对值：$|\frac{p}{q}-x_0|=\frac{|f(p/q)|}{|g(x_1)|}$。 由(1)知 $g(x)$ 在 $[1,2]$ 递增且 $g(1)=5>0$，故 $|g(x_1)|\le g(2)=82$。 又 $|f(\frac{p}{q})|=\frac{|2p^4+3p^{3}q-3p^2{q}^2-6p{q}^3+a{q}^4|}{q^4}$。 因为 $a,p,q\in \mathbb{Z}$，分子为整数。且 $\frac{p}{q}\ne x_0$，故 $f(\frac{p}{q})\ne 0$。 所以分子绝对值 $\ge 1$，即 $|f(\frac{p}{q})|\ge \frac{1}{q^4}$。 由此得 $|\frac{p}{q}-x_0|\ge \frac{1}{g(2)q^4}$。 取 $A=g(2)=82$（或其他满足条件的正数），结论成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 构造函数技巧：第(2)问展示了如何通过导数工具研究函数曲线与其切线、割线的相对位置。
• 数形结合：理解 $g(x)$ 在 $[1,2]$ 恒正且递增是解决后两问的基石。
• 本题第(3)问是典型的“高等背景初等化”。它本质上是代数数的丢番图逼近性质。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

3. 方法推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 08.01 函数图象变换、模型与零点

类题演练 (Links)

• 2014-天津卷文-19 解-导数综合
• 2014-陕西卷文-21 解-导数综合
• 2015-山东卷文-20 解-导数综合