题目 已知函数 $f\left(x\right)=4x-x^4$，$x\in \mathbb R$． 问题1 求 $f\left(x\right)$ 的单调区间； 答案1 $f\left(x\right)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty,1\right)$，单调递减区间为 $\left(1,+\infty\right)$． 解析1 本小题考查利用导数研究函数的单调性．由 $f\left(x\right)=4x-x^4$，可得 $f'\left(x\right)=4-4x^3$．<br/>当 $f'\left(x\right)>0$，即 $x<1$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 单调递增；<br/>当 $f'\left(x\right)<0$，即 $x>1$ 时，函数 $f\left(x\right)$ 单调递减．<br/>所以，$f\left(x\right)$ 的单调递增区间为 $\left(-\infty,1\right)$，单调递减区间为 $\left(1,+\infty\right)$． 备注1 问题2 设曲线 $y=f\left(x\right)$ 与 $x$ 轴正半轴的交点为 $P$，曲线在点 $P$ 处的切线方程为 $y=g\left(x\right)$，求证：对于任意的实数 $x$，都有 $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$； 答案2 略． 解析2 本小题考查利用导数求曲线的切线方程，以及简单的函数不等式的证明，其中构造函数是关键．设点 $P$ 的坐标为 $\left(x_0,0\right)$，则 $x_0=4^{\frac {1}{3}}$，$f'\left(x_0\right)=-12$．<br/>曲线 $y=f\left(x\right)$ 在点 $P$ 处的切线方程为 $y=f'\left(x_0\right)\cdot \left(x-x_0\right)$，即 $g\left(x\right)=f'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)$．<br/>令函数 $F\left(x\right)=f\left(x\right)-g\left(x\right)$，即 $F\left(x\right)=f\left(x\right)-f'\left(x_0\right)\left(x-x_0\right)$，则 $F'\left(x\right)=f'\left(x\right)-f'\left(x_0\right)$．<br/>由于 $f'\left(x\right)=-4x^3+4$ 在 $\left(-\infty ,+\infty\right)$ 上单调递减，故 $F'\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上单调递减．<br/>又因为 $F'\left(x_0\right)=0$，<br/>所以当 $x\in \left(-\infty,x_0\right)$ 时，$F'\left(x\right)>0$；当 $x\in\left(x_0,+\infty\right)$ 时，$F'\left(x\right)<0$，<br/>所以 $F\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,x_0\right)$ 上单调递增，在 $\left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递减．<br/>所以对于任意的实数 $x$，都有 $F\left(x\right)\leqslant F\left(x_0\right)=0$，即对于任意的实数 $x$，都有 $f\left(x\right)\leqslant g\left(x\right)$． 备注2 问题3 若方程 $f\left(x\right)=a$（$a$ 为实数）有两个正实数根 $x_1$，$x_2$，且 $ x_1<x_2 $，求证：$x_2-x_1\leqslant -\dfrac {a}{3}+4^{\frac 13}$． 答案3 略． 解析3 本小题的证明指出了“以直代曲”的关键思路，只需要再求出函数 $f\left(x\right)$ 在原点处的切线进行“两边夹”即可．由（2）知 $g\left(x\right)=-12\left(x-4^{\frac 13}\right)$．<br/>设方程 $g\left(x\right)=a$ 的根为 $x_2'$，可得 $x_2'=-\dfrac {a}{12}+4^{\frac 13}$，<br/>因为 $g\left(x\right)$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上单调递减，<br/>又由（2）知 $g\left(x_2\right)\geqslant f\left(x_2\right)=a=g\left(x_2'\right)$，可得 $x_2\leqslant x_2'$．<br/>类似地，设曲线 $y=f\left(x\right)$ 在原点处的切线方程为 $y=h\left(x\right)$，可得 $h\left(x\right)=4x$．<br/>对于任意的 $x\in \left(-\infty,+\infty\right)$，有 $f\left(x\right)-h\left(x\right)=-x^4\leqslant 0$，即 $f\left(x\right)\leqslant h\left(x\right)$，<br/>设方程 $h\left(x\right)=a$ 的根为 $x_1'$，可得 $x_1'=\dfrac a4$．<br/>因为 $h\left(x\right)=4x$ 在 $\left(-\infty,+\infty\right)$ 上单调递增，且 $h\left(x_1'\right)=a=f\left(x_1\right)\leqslant h\left(x_1\right)$，因此 $x_1'\leqslant x_1$．<br/>由此可得 $x_2-x_1\leqslant x_2'-x_1'=-\dfrac {a}{3}+4^{\frac 13}$． 备注3