Question

7．已知函数f（x）=x²+$\frac{a}{x}$．
（1）判断f（x）的奇偶性并说明理由；
（2）当a=16时，判断f（x）在x∈（0，2]上的单调性并用定义证明；
（3）试判断方程x³-2016x+16=0在区间（0，+∞）上解的个数并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）对a分类讨论，计算f（-x）与±f（x）的关系即可判断出奇偶性．
（2）当a=16时，f（x）=x²+$\frac{16}{x}$，任取0＜x₁＜x₂≤2，作差f（x₁）-f（x₂）=（x₁-x₂）$•\frac{（{x}_{1}+{x}_{2}）{x}_{1}{x}_{2}-16}{{x}_{1}{x}_{2}}$，判断符号即可证明．
（3）利用函数的单调性、函数零点判定定理即可得出．

解答 解：（1）f（x）的定义域为{x|x≠0}，关于原点对称．
①a=0时，f（-x）=x²=f（x），∴f（x）是偶函数．
②a≠0时，f（-x）≠±f（x），∴f（x）是非奇非偶函数．
（2）当a=16时，f（x）=x²+$\frac{16}{x}$，任取0＜x₁＜x₂≤2，
则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]上是单调递减函数．
（3）结论：方程在（0，+∞）上共有两个解．
证明：当a=16时，任取2≤x₁＜x₂，则同理可证f（x₁）＜f（x₂）．
∴f（x）在[2，+∞）上是单调递增函数．
∴x³-2016x+16=0在的解即为方程x²+$\frac{16}{x}$-2016=0，x∈（0，+∞）的解．
令g（x）=f（x）-2016，
∴当x∈（0，2）时，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）的图象在x∈（0，2]的解上是不间断的曲线，由零点存在定理知函数在x∈[0，2]上有一个零点，又由g（x）在x∈（0，2]上是单调递减函数，所以函数在[0，2]上只有一个零点．
当x∈（2，+∞）时，由f（2）=12＜2016，且f（1000）＞0且f（x）在x∈[2，+∞）上是单调递增函数得g（2）＜0，
g（1000）＞0，g（x）的图象在（2，+∞）上是不间断的曲线，
由零点存在定理知函数在x∈[2，+∞）有一个零点，又由g（x）在x∈（2，+∞）调递增知函数在x∈（2，+∞）只有一个零点．

点评 本题考查了函数的单调性奇偶性、函数零点判定定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．