Question

7．已知函數(shù)f（x）=x²+$\frac{a}{x}$．
（1）判斷f（x）的奇偶性并說明理由；
（2）當(dāng)a=16時(shí)，判斷f（x）在x∈（0，2]上的單調(diào)性并用定義證明；
（3）試判斷方程x³-2016x+16=0在區(qū)間（0，+∞）上解的個(gè)數(shù)并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）對(duì)a分類討論，計(jì)算f（-x）與±f（x）的關(guān)系即可判斷出奇偶性．
（2）當(dāng)a=16時(shí)，f（x）=x²+$\frac{16}{x}$，任取0＜x₁＜x₂≤2，作差f（x₁）-f（x₂）=（x₁-x₂）$•\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）{x}_{1}{x}_{2}-16}{{x}_{1}{x}_{2}}$，判斷符號(hào)即可證明．
（3）利用函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)零點(diǎn)判定定理即可得出．

解答 解：（1）f（x）的定義域?yàn)閧x|x≠0}，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．
①a=0時(shí)，f（-x）=x²=f（x），∴f（x）是偶函數(shù)．
②a≠0時(shí)，f（-x）≠±f（x），∴f（x）是非奇非偶函數(shù)．
（2）當(dāng)a=16時(shí)，f（x）=x²+$\frac{16}{x}$，任取0＜x₁＜x₂≤2，
則f（x₁）-f（x₂）=$（{x}_{1}^{2}+\frac{16}{{x}_{1}}）$-$（{x}_{2}^{2}+\frac{16}{{x}_{2}}）$=（x₁-x₂）$•\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）{x}_{1}{x}_{2}-16}{{x}_{1}{x}_{2}}$，
∵0＜x₁＜x₂≤2，∴x₁-x₂＜0，0＜x₁x₂＜4，0＜x₁+x₂＜4．
∴（x₁-x₂）$•\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）{x}_{1}{x}_{2}-16}{{x}_{1}{x}_{2}}$＞0，即f（x₁）-f（x₂）＞0，∴f（x₁）＞f（x₂）．
∴f（x）在x∈（0，2]上是單調(diào)遞減函數(shù)．
（3）結(jié)論：方程在（0，+∞）上共有兩個(gè)解．
證明：當(dāng)a=16時(shí)，任取2≤x₁＜x₂，則同理可證f（x₁）＜f（x₂）．
∴f（x）在[2，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)．
∴x³-2016x+16=0在的解即為方程x²+$\frac{16}{x}$-2016=0，x∈（0，+∞）的解．
令g（x）=f（x）-2016，
∴當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，由$f（\frac{1}{1000}）$=16000+$\frac{1}{1000000}$＞2016得$g（\frac{1}{1000}）$＞0．
且f（2）=12＜2016得g（2）＜0，
又g（x）的圖象在x∈（0，2]的解上是不間斷的曲線，由零點(diǎn)存在定理知函數(shù)在x∈[0，2]上有一個(gè)零點(diǎn)，又由g（x）在x∈（0，2]上是單調(diào)遞減函數(shù)，所以函數(shù)在[0，2]上只有一個(gè)零點(diǎn)．
當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，由f（2）=12＜2016，且f（1000）＞0且f（x）在x∈[2，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)得g（2）＜0，
g（1000）＞0，g（x）的圖象在（2，+∞）上是不間斷的曲線，
由零點(diǎn)存在定理知函數(shù)在x∈[2，+∞）有一個(gè)零點(diǎn)，又由g（x）在x∈（2，+∞）調(diào)遞增知函數(shù)在x∈（2，+∞）只有一個(gè)零點(diǎn)．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性奇偶性、函數(shù)零點(diǎn)判定定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．