Question

17．已知函數(shù)f（x）=ax⁴-$\frac{1}{2}{x^2}$，x∈（0，+∞），g（x）=f（x）-f′（x）．
（1）若a＞0，求證：
（�。ゝ（x）在f'（x）的單調(diào)減區(qū)間上也單調(diào)遞減；
（ⅱ）g（x）在（0，+∞）上恰有兩個(gè)零點(diǎn)；
（2）若a＞1，記g（x）的兩個(gè)零點(diǎn)為x₁，x₂，求證：4＜x₁+x₂＜a+4．

Answer 1

分析 （1）（i）求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，求出導(dǎo)函數(shù)的遞減區(qū)間，證出f（x）在此區(qū)間也遞減即可；
（ii）法一：求出g（x），構(gòu)造函數(shù)$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1$，求出其導(dǎo)數(shù)，根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性通過(guò)比較判斷即可；法二：將φ（x）變形為兩個(gè)函數(shù)，通過(guò)函數(shù)的單調(diào)性判斷即可；
（2）法一，根據(jù)（ii）中的法一分別求出x₁，x₂的范圍，相加即可；法二，根據(jù)（ii）中的法二分別求出x₁，x₂的范圍，相加即可．

解答 （1）證明：（i）因?yàn)?f（x）=a{x^4}-\frac{1}{2}{x^2}（{x＞0}）$，所以f′（x）=4ax³-x，
由（4ax³-x）′=12ax²-1＜0，得f′（x）的遞減區(qū)間為$（0，\frac{1}{{2\sqrt{3a}}}）$，…2 分
當(dāng)$x∈（0，\frac{1}{{2\sqrt{3a}}}）$時(shí)，f′（x）=4ax³-x=x（4ax²-1）＜0，
所以f（x）在f′（x）的遞減區(qū)間上也遞減．                           …4 分
（ii）解法1：$g（x）=f（x）-f'（x）=a{x^4}-\frac{1}{2}{x^2}-（4a{x^3}-x）=a{x^4}-4a{x^3}-\frac{1}{2}{x^2}+x$，
因?yàn)閤＞0，由$g（x）=a{x^4}-4a{x^3}-\frac{1}{2}{x^2}+x=0$得$a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1=0$，
令$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1$，則$φ'（x）=3a{x^2}-8ax-\frac{1}{2}$，
因?yàn)閍＞0，且$φ'（0）=-\frac{1}{2}＜0$，所以φ'（x）必有兩個(gè)異號(hào)的零點(diǎn)，
記正零點(diǎn)為x₀，則x∈（0，x₀）時(shí)，φ'（x）＜0，φ（x）單調(diào)遞減；
x∈（x₀，+∞）時(shí)，φ'（x）＞0，φ（x）單調(diào)遞增，
若φ（x）在（0，+∞）上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則φ（x₀）＜0，…7 分
由$φ'（{x_0}）=3a{x_0}^2-8a{x_0}-\frac{1}{2}=0$得$3a{x_0}^2=8a{x_0}+\frac{1}{2}$，
所以$φ（{x_0}）=-\frac{32}{9}a{x_0}-\frac{1}{3}{x_0}+\frac{7}{9}$，又因?yàn)閷?duì)稱軸為$x=\frac{4}{3}$，
所以$φ（\frac{8}{3}）=φ（0）=-\frac{1}{2}＜0$，
所以${x_0}＞\frac{8}{3}＞\frac{7}{3}$，所以$φ（{x_0}）=-\frac{32}{9}a{x_0}-\frac{1}{3}（{x_0}-\frac{7}{3}）＜0$，
又$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1=\frac{1}{2}a{x^2}（x-8）+\frac{1}{2}x（a{x^2}-1）+1$，
設(shè)$\frac{1}{{\sqrt{a}}}，8$中的較大數(shù)為M，則φ（M）＞0，
故a＞0g（x）在（0，+∞）上恰有兩個(gè)零點(diǎn)． …10 分

解法2：$g（x）=f（x）-f'（x）=a{x^4}-\frac{1}{2}{x^2}-（4a{x^3}-x）=a{x^4}-4a{x^3}-\frac{1}{2}{x^2}+x$，
因?yàn)閤＞0，由$g（x）=a{x^4}-4a{x^3}-\frac{1}{2}{x^2}+x=0$得$a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1=0$，
令$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1$，
若g（x）在（0，+∞）上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，則φ（x）在（0，+∞）上恰有兩個(gè)零點(diǎn)，
當(dāng)x=2時(shí)，由φ（x）=0得a=0，此時(shí)$φ（x）=-\frac{1}{2}x+1$在（0，+∞）上只有一個(gè)零點(diǎn)，不合題意；
當(dāng)x≠2時(shí)，由$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1=0$得$\frac{1}{2a}=\frac{{{x^3}-4{x^2}}}{x-2}$，…7 分
令${φ_1}（x）=\frac{{{x^3}-4{x^2}}}{x-2}={x^2}-2x-4-\frac{8}{x-2}$，
則${φ'_1}（x）=\frac{{2x（{x^2}-5x+8）}}{{{{（x-2）}^2}}}=\frac{{2x[{{（x-\frac{5}{2}）}^2}+\frac{7}{4}]}}{{{{（x-2）}^2}}}＞0$，
當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，φ（x）單調(diào)遞增，且由$y={x^2}-2x-4，y=-\frac{8}{x-2}$值域知：φ（x）值域?yàn)椋?，+∞）；
當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，φ₁（x）單調(diào)遞增，且φ₁（4）=0，
由$y={x^2}-2x-4，y=-\frac{8}{x-2}$值域知：φ（x）值域?yàn)椋?∞，+∞）；
因?yàn)閍＞0，所以$\frac{1}{2a}＞0$，而$y=\frac{1}{2a}$與φ₁（x）有兩個(gè)交點(diǎn)，
所以φ₁（x）在（0，+∞）上恰有兩個(gè)零點(diǎn)．                  …10 分

（2）解法1：由（ii）知，對(duì)于$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1$在（0，+∞）上恰有兩個(gè)零點(diǎn)x₁，x₂，
不妨設(shè)x₁＜x₂，又因?yàn)棣眨?）=1＞0，$φ（\frac{1}{2}）=\frac{1}{8}（6-7a）＜0$，
所以$0＜{x_1}＜\frac{1}{2}$，…12 分
又因?yàn)棣眨?）=-1＜0，$φ（\frac{9}{2}）=\frac{1}{8}（657a-10）＞0$，
所以$4＜{x_2}＜\frac{9}{2}$，
所以$4＜{x_1}+{x_2}＜\frac{1}{2}+\frac{9}{2}=5＜a+4$．                             …16 分

解法2：由（ii）知$\frac{1}{2a}=\frac{{{x^3}-4{x^2}}}{x-2}$，
因?yàn)閤∈[0，2）時(shí)，φ₁（x）單調(diào)遞增，$φ（\frac{1}{2}）=\frac{7}{12}$，${φ_1}（0）=0＜{φ_1}（{x_1}）=\frac{1}{2a}＜{φ_1}（\frac{1}{2}）$，
所以$0＜{x_1}＜\frac{1}{2}$，…12 分
當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，φ₁（x）單調(diào)遞增，${φ_1}（\frac{9}{2}）=\frac{81}{20}$，${φ_1}（4）=0＜{φ_1}（{x_2}）=\frac{1}{2a}＜{φ_1}（\frac{9}{2}）$，
所以$4＜{x_2}＜\frac{9}{2}$，
所以$4＜{x_1}+{x_2}＜\frac{1}{2}+\frac{9}{2}=5＜a+4$．                     …16 分

點(diǎn)評(píng) 本題考查了函數(shù)的單調(diào)性、最值問(wèn)題，考查導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用以及函數(shù)恒成立問(wèn)題，考查不等式的證明，是一道難題．