20．已知函数 $f(x)=4 x-x^{4}, x \hat{\mathrm{I}} R$ ，其中 $\mathrm{n} \hat{\mathrm{I}} N^{*}$ ，且 $\mathrm{n}^{3} 2$ ．
（I）求 $f(x)$ 的单调区间；
（II）设曲线 $y=f(x)$ 与 $x$ 轴正半轴的交点为 P ，曲线在点 P 处的切线方程为 $y=g(x)$ ，求证：对于任意的实数 $x$ ，都有 $f(x) £ g(x)$ ；
（III）若方程 $f(x)=a$（ $a$ 为实数）有两个正实数根 $x_{1}, x_{2}$ ，且 $x_{1} ## 2015年高考天津市文科数学真题
参考答案见解析 解析过程： （I）由 $f(x)=4 x-x^{4}$ ，可得 $f(x)=4-4 x^{3}$ ， 当 $f^{\prime}(x)>0$ ，即 $x<1$ 时，函数 $f(x)$ 单调递增； 当 $f^{\prime}(x)<0$ ，即 $x>1$ 时，函数 $f(x)$ 单调递减． 所以函数 $f(x)$ 的单调递增区间是 $(-\infty, 1)$ ，单调递减区间是 $(1,+\infty)$ ． （II）设 $P\left(x_{0}, 0\right)$ ，则 $x_{0}=4^{\frac{1}{3}}, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=-12$ ， 曲线 $y=f(x)$ 在点 $P$ 处的切线方程为 $y=f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ， 即 $g(x)=f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ，令 $F(x)=f(x)-g(x)$ 即 $F(x)=f(x)-f^{\prime}(x)\left(x-x_{0}\right)$ 则 $F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ ． 由于 $f(x)=4-4 x^{3}$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 单调递减， 故 $F^{\prime}(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 单调递减，又因为 $F^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ， 所以当 $x \in\left(-\infty, x_{0}\right)$ 时，$F^{\prime}(x)>0$ ，当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，$F^{\prime}(x)<0$ ， 所以 $F(x)$ 在 $\left(-\infty, x_{0}\right)$ 单调递增，在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 单调递减， 所以对任意的实数 $x, F(x) \leq F\left(x_{0}\right)=0$ ， 对于任意的正实数 $x$ ，都有 $f(x) £ g(x)$ ． （III）由（II）知 $g(x)=-12\left(x-4^{\frac{1}{3}}\right)$ ， 设方程 $g(x)=a$ 的根为 $x_{2}^{\prime}$ ，可得 $x_{2}^{\prime}=-\frac{a}{12}+4^{\frac{1}{3}}$ ， 因为 $g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 单调递减， 又由（II）知 $g\left(x_{2}\right) \geq f\left(x_{2}\right)=a=g\left(x_{2}^{\prime}\right)$ ，所以 $x_{2} \leq x_{2}^{\prime}$ 。 类似的，设曲线 $y=f(x)$ 在原点处的切线为 $y=h(x)$ ，可得 $h(x)=4 x$ ， 对任意的 $x \in(-\infty,+\infty)$ ，有 $f(x)-h(x)=-x^{4} \leq 0$ 即 $f(x) \leq h(x)$ 。 设方程 $h(x)=a$ 的根为 $x_{1}^{\prime}$ ，可得 $x_{1}^{\prime}=\frac{a}{4}$ ， 因为 $h(x)=4 x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 单调递增，且 $h\left(x_{1}^{\prime}\right)=a=f\left(x_{1}\right) \leq h\left(x_{1}\right)$ ， 因此，$x_{1}^{\prime} \leq x_{1}$ ，所以 $x_{2}-x_{1} \leq x_{2}^{\prime}-x_{1}^{\prime}=-\frac{a}{3}+4^{\frac{1}{3}}$