Question

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

Answer 1

分析 （1）對a分類討論，計算f（-x）與±f（x）的關系即可判斷出奇偶性．
（2）當a=16時，f（x）=x²+$\frac{16}{x}$，任取0＜x₁＜x₂≤2，作差f（x₁）-f（x₂）=（x₁-x₂）$•\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）{x}_{1}{x}_{2}-16}{{x}_{1}{x}_{2}}$，判斷符號即可證明．
（3）利用函數的單調性、函數零點判定定理即可得出．

解答 解：（1）f（x）的定義域為{x|x≠0}，關于原點對稱．
①a=0時，f（-x）=x²=f（x），∴f（x）是偶函數．
②a≠0時，f（-x）≠±f（x），∴f（x）是非奇非偶函數．
（2）當a=16時，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]上是單調遞減函數．
（3）結論：方程在（0，+∞）上共有兩個解．
證明：當a=16時，任取2≤x₁＜x₂，則同理可證f（x₁）＜f（x₂）．
∴f（x）在[2，+∞）上是單調遞增函數．
∴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x∈（0，2）時，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，由零點存在定理知函數在x∈[0，2]上有一個零點，又由g（x）在x∈（0，2]上是單調遞減函數，所以函數在[0，2]上只有一個零點．
當x∈（2，+∞）時，由f（2）=12＜2016，且f（1000）＞0且f（x）在x∈[2，+∞）上是單調遞增函數得g（2）＜0，
g（1000）＞0，g（x）的圖象在（2，+∞）上是不間斷的曲線，
由零點存在定理知函數在x∈[2，+∞）有一個零點，又由g（x）在x∈（2，+∞）調遞增知函數在x∈（2，+∞）只有一個零點．

點評 本題考查了函數的單調性奇偶性、函數零點判定定理，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．