Question

2．已知函数$f（x）={x^2}+\frac{a}{x}$（a∈R）．
（1）判断f（x）的奇偶性；
（2）当a=1时，求证：函数y=f（x）在区间$（{0，\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）$上是单调递减函数，在区间（$\root{3}{\frac{1}{2}}$，+∞）上是单调递增函数；
（3）若正实数x，y，z满足x+y²=z，x²+y=z²，求z的最小值．

Answer 1

分析 （1）根据函数奇偶性的定义进行判断即可．
（2）根据函数单调性的定义进行证明即可．
（3）利用消元法结合函数单调性的性质进行求解．

解答 解：（1）由$f（x）={x^2}+\frac{a}{x}$，函数的定义域为（-∞，0）∪（0，+∞），定义域关于原点对称，（1分）
①当a=0时，f（-x）=（-x）²=x²=f（x），
此时函数f（x）是偶函数；     （2分）
②当a≠0时，f（1）=1+a，f（-1）=1-a，
此时f（1）≠f（-1）且f（1）+f（-1）≠0，
所以f（x）是非奇非偶函数．（4分）
（2）证明：?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，则     （5分）
$f（{x_1}）-f（{x_2}）=（{x_1^2+\frac{1}{x_1}}）-（{x_2^2+\frac{1}{x_2}}）$=$（{x_1^2-x_2^2}）+（{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}）=（{{x_1}-{x_2}}）\frac{{（{{x_1}+{x_2}}）{x_1}{x_2}-1}}{{{x_1}{x_2}}}$，（6分）
当${x_1}，{x_2}∈（{0，\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）$时，$0＜{x_1}+{x_2}＜2\root{3}{{\frac{1}{2}}}$，$0＜{x_1}{x_2}＜\root{3}{{\frac{1}{4}}}$，
所以$0＜（{{x_1}+{x_2}}）{x_1}{x_2}＜2\root{3}{{\frac{1}{2}}}×\root{3}{{\frac{1}{4}}}=1$，
即$f（{x_1}）-f（{x_2}）=（{{x_1}-{x_2}}）\frac{{（{{x_1}+{x_2}}）{x_1}{x_2}-1}}{{{x_1}{x_2}}}＜0$，
所以函数y=f（x）在区间$（{0，\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）$上是单调递减函数； （8分）
同理：函数y=f（x）在区间$（{\root{3}{{\frac{1}{2}}}，+∞}）$上是单调递增函数．（10分）
（3）因x+y²=z，x²+y=z²，所以
将x=z-y²代入x²+y=z²可得，（z-y²）²+y=z²，
整理得$2z={y^2}+\frac{1}{y}$（y＞0），（13分）
由（2）知函数在区间$（{0，\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）$上是单调递减函数，在区间$（{\root{3}{{\frac{1}{2}}}，+∞}）$上是单调递增函数，
所以$2{z_{min}}={（{\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）^2}+\frac{1}{{\root{3}{{\frac{1}{2}}}}}=\frac{3}{2}\root{3}{2}$，（15分）${z_{min}}=\frac{3}{4}\root{3}{2}$
此时$x=\frac{{\root{3}{2}}}{4}$，$y=\root{3}{{\frac{1}{2}}}$，代入原式，检验成立．（16分）

点评 本题主要考查函数奇偶性和单调性的判断和证明，以及函数最值的求解，综合考查函数的性质，综合性较强，有一定的难度．