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Last edited by zhcosin 2018-6-8 22:57 题目 (2018-06-08,2018高考全国卷2文科第21题)
已知函数 $f (x) = \frac{1}{3} x^3 - a (x^2 + x + 1)$.
(1) 若 $a = 3$，求 $f (x)$ 的单调区间.
(2) 证明: $f (x)$ 只有一个零点.
解答 (1) 若 $a = 3$，则 $f (x) = \frac{1}{3} x^3 - 3 (x^2 + x +
1)$，导函数 $f' (x) = x^2 - 6 x - 3 = \left( x - \left( 3 - 2 \sqrt{3}
\right) \right) \left( x - \left( 3 + 2 \sqrt{3} \right) \right)$，
根据导函数的符号可知，函数在 $\left( - \infty, 3 - 2 \sqrt{3}
\right)$ 上单调增加，在 $\left( 3 - 2 \sqrt{3}, 3 + 2 \sqrt{3}
\right)$ 上单调减少，在 $\left( 3 + 2 \sqrt{3}, + \infty \right)$
上单调增加.
(2) 导函数 $f' (x) = x^2 - 2 a x - a$，讨论其根的情况:
(2.a) 如果导函数至多只有一根，即 $4 (a^2 + a) \leqslant 0$，也即 $- 1 \leqslant a \leqslant 0$ 时，导函数的符号恒为非负，且至多只在一个点处取零值，所以函数 $f (x)$ 在 $\mathbb{R}$上单调增加.实际上，这时它就正好有一个零点，说明如下:
因为
\[ f (x) = x^3 \left( \frac{1}{3} - \frac{a}{x} - \frac{a}{x^2} -
\frac{a}{x^3} \right) \]
令 $\left| \frac{a}{x} \right| < \frac{1}{18}$, $\left| \frac{a}{x^2} \right| < \frac{1}{18}$, $\left| \frac{a}{x^3} \right| < \frac{1}{18}$，此时便有 $\left| \frac{a}{x} + \frac{a}{x^2} + \frac{a}{x^3} \right| < 3 \times \frac{1}{18} = \frac{1}{6}$，因此括号中的表达式将恒为正号，于是函数值的符号便由 $x^3$ 来确定，于是令 $h (a) = \max \left( 18 | a |, \sqrt{18 | a |}, \sqrt[3]{18 | a |} \right)$，则有 $f (h (a)) > 0$，而 $f (- h (a)) < 0$, 于是函数 $f (x)$ 在区间 $(- h (a), h (a))$ 上正好有一个零点，且是它在 $\mathbb{R}$ 上的唯一零点.
(2.b) 如果导函数有两根，即 $4 (a^2 + a) > 0$，即 $a < - 1$ 或者 $a > 0$，这时导函数的两根是 $x_1 = a - \sqrt{a^2 + a}$, $x_2 = a + \sqrt{a^2 + a}$，函数 $f (x)$ 在区间 $(- \infty, x_1)$ 上单调增加，在 $(x_1, x_2)$ 上单调减少，在 $(x_2, + \infty)$ 上单调增加.在 $x = x_1$ 处取极大值，在 $x = x_2$ 处取极小值并且 $f (x_1) > f(x_2)$.显然，函数只有一个零点的充分必要条件是 $f (x_1) < 0$ 或者 $f (x_2) > 0$(用反证法可以说明),是否如此呢，利用$x_1, x_2$ 都满足方程 $f' (x) = 0$，即 $x_i^2 = 2 a x_i + a (i = 1, 2)$，有
\begin{eqnarray*}
f (x_1) & = & \frac{1}{3} x_1^3 - a (x_1^2 + x_1 + 1)\\
& = & \frac{1}{3} x_1 \cdot (2 a x_1 + a) - a (x_1^2 + x_1 + 1)\\
& = & - \frac{1}{3} a x_1^2 - \frac{2}{3} a x_1 - a\\
& = & - \frac{1}{3} a (2 a x_1 + a) - \frac{2}{3} a x_1 - a\\
& = & - \frac{2}{3} a (a + 1) x_1 - \frac{1}{3} a^2 - a\\
& = & - a \left( \frac{2}{3} (a + 1) x_1 + \frac{1}{3} a + 1 \right)\\
& = & - a \left( \frac{2}{3} (a + 1) \left( a - \sqrt{a^2 + a} \right) +
\frac{1}{3} a + 1 \right)
\end{eqnarray*}
同理有
\begin{eqnarray*}
f (x_2) & = & - a \left( \frac{2}{3} (a + 1) x_2 + \frac{1}{3} a + 1
\right)\\
& = & - a \left( \frac{2}{3} (a + 1) \left( a + \sqrt{a^2 + a} \right) +
\frac{1}{3} a + 1 \right)
\end{eqnarray*}
接下来验证，当 $a < - 1$ 时有 $f (x_2) > 0$，当 $a > 0$ 时有 $f(x_1) < 0$.
当 $a < - 1$ 时, 容易验证有不等式 $\sqrt{1 + r} \leqslant 1 + \frac{r}{2}$，且等号仅在 $r = 0$ 时取得，所以有
\begin{eqnarray*}
\frac{2}{3} (a + 1) \left( a + \sqrt{a^2 + a} \right) + \frac{1}{3} a + 1
& = & - \frac{2}{3} a (a + 1) \left( - 1 + \sqrt{1 + \frac{1}{a}} \right)
+ \frac{1}{3} a + 1\\
& > & - \frac{2}{3} a (a + 1) \left( - 1 + 1 + \frac{1}{2 a} \right) +
\frac{1}{3} a + 1\\
& = & \frac{2}{3} > 0
\end{eqnarray*}
从而 $f (x_2) > 0$.
当 $a > 0$ 时， 有
\begin{eqnarray*}
\frac{2}{3} (a + 1) \left( a - \sqrt{a^2 + a} \right) + \frac{1}{3} a + 1
& = & \frac{2}{3} (a + 1) \frac{- a}{a + \sqrt{a^2 + a}} + \frac{1}{3} a +
1\\
& > & \frac{2}{3} (a + 1) \cdot \frac{- a}{2 a} + \frac{1}{3} a + 1\\
& = & \frac{2}{3} > 0
\end{eqnarray*}
从而 $f (x_1) < 0$.
综上，结论得证. |
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kuing
Posted 2018-6-8 21:00
isee
Posted 2018-6-8 21:53
