已知三次函数 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$（$a<b$）在 $\mathbb R$ 上单调递增，则 $\dfrac{a+b+c}{b-a}$ 的最小值为（ ）
A．$\dfrac{2\sqrt 6+5}2$
B．$\dfrac{\sqrt 6+5}3$
C．$\dfrac{7+\sqrt 5}2$
D．$\dfrac{2\sqrt 7+5}3$
答案 D．
解析 根据题意，有\[\begin{cases} b^2-3ac\leqslant 0,\\ b>a>0,\end{cases}\]于是\[m=\dfrac{a+b+c}{b-a}\geqslant \dfrac{a+b+\dfrac{b^2}{3a}}{b-a}=\dfrac{1+t+\dfrac 13t^2}{t-1}=\dfrac{t-1+\dfrac7{t-1}+5}{3}\geqslant\dfrac{2\sqrt 7+5}3,\]其中 $t=\dfrac ba$，$t\in(1,+\infty)$，等号当 $c=\dfrac{b^2}{3a}$ 且 $\dfrac ba=1+\sqrt 7$ 时取得．因此所求最小值为 $\dfrac{2\sqrt 7+5}3$．