Question

17．已知函数f（x）=ax⁴-$\frac{1}{2}{x^2}$，x∈（0，+∞），g（x）=f（x）-f′（x）．
（1）若a＞0，求证：
（ⅰ）f（x）在f'（x）的单调减区间上也单调递减；
（ⅱ）g（x）在（0，+∞）上恰有两个零点；
（2）若a＞1，记g（x）的两个零点为x₁，x₂，求证：4＜x₁+x₂＜a+4．

Answer 1

分析 （1）（i）求出函数的导数，求出导函数的递减区间，证出f（x）在此区间也递减即可；
（ii）法一：求出g（x），构造函数$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1$，求出其导数，根据函数的单调性通过比较判断即可；法二：将φ（x）变形为两个函数，通过函数的单调性判断即可；
（2）法一，根据（ii）中的法一分别求出x₁，x₂的范围，相加即可；法二，根据（ii）中的法二分别求出x₁，x₂的范围，相加即可．

解答 （1）证明：（i）因为$f（x）=a{x^4}-\frac{1}{2}{x^2}（{x＞0}）$，所以f′（x）=4ax³-x，
由（4ax³-x）′=12ax²-1＜0，得f′（x）的递减区间为$（0，\frac{1}{{2\sqrt{3a}}}）$，…2 分
当$x∈（0，\frac{1}{{2\sqrt{3a}}}）$时，f′（x）=4ax³-x=x（4ax²-1）＜0，
所以f（x）在f′（x）的递减区间上也递减．                           …4 分
（ii）解法1：$g（x）=f（x）-f'（x）=a{x^4}-\frac{1}{2}{x^2}-（4a{x^3}-x）=a{x^4}-4a{x^3}-\frac{1}{2}{x^2}+x$，
因为x＞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$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1$，则$φ'（x）=3a{x^2}-8ax-\frac{1}{2}$，
因为a＞0，且$φ'（0）=-\frac{1}{2}＜0$，所以φ'（x）必有两个异号的零点，
记正零点为x₀，则x∈（0，x₀）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减；
x∈（x₀，+∞）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，
若φ（x）在（0，+∞）上恰有两个零点，则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$φ（{x_0}）=-\frac{32}{9}a{x_0}-\frac{1}{3}{x_0}+\frac{7}{9}$，又因为对称轴为$x=\frac{4}{3}$，
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$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1=\frac{1}{2}a{x^2}（x-8）+\frac{1}{2}x（a{x^2}-1）+1$，
设$\frac{1}{{\sqrt{a}}}，8$中的较大数为M，则φ（M）＞0，
故a＞0g（x）在（0，+∞）上恰有两个零点． …10 分

解法2：$g（x）=f（x）-f'（x）=a{x^4}-\frac{1}{2}{x^2}-（4a{x^3}-x）=a{x^4}-4a{x^3}-\frac{1}{2}{x^2}+x$，
因为x＞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，+∞）上恰有两个零点，则φ（x）在（0，+∞）上恰有两个零点，
当x=2时，由φ（x）=0得a=0，此时$φ（x）=-\frac{1}{2}x+1$在（0，+∞）上只有一个零点，不合题意；
当x≠2时，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${φ_1}（x）=\frac{{{x^3}-4{x^2}}}{x-2}={x^2}-2x-4-\frac{8}{x-2}$，
则${φ'_1}（x）=\frac{{2x（{x^2}-5x+8）}}{{{{（x-2）}^2}}}=\frac{{2x[{{（x-\frac{5}{2}）}^2}+\frac{7}{4}]}}{{{{（x-2）}^2}}}＞0$，
当x∈（0，2）时，φ（x）单调递增，且由$y={x^2}-2x-4，y=-\frac{8}{x-2}$值域知：φ（x）值域为（0，+∞）；
当x∈（2，+∞）时，φ₁（x）单调递增，且φ₁（4）=0，
由$y={x^2}-2x-4，y=-\frac{8}{x-2}$值域知：φ（x）值域为（-∞，+∞）；
因为a＞0，所以$\frac{1}{2a}＞0$，而$y=\frac{1}{2a}$与φ₁（x）有两个交点，
所以φ₁（x）在（0，+∞）上恰有两个零点．                  …10 分

（2）解法1：由（ii）知，对于$φ（x）=a{x^3}-4a{x^2}-\frac{1}{2}x+1$在（0，+∞）上恰有两个零点x₁，x₂，
不妨设x₁＜x₂，又因为φ（0）=1＞0，$φ（\frac{1}{2}）=\frac{1}{8}（6-7a）＜0$，
所以$0＜{x_1}＜\frac{1}{2}$，…12 分
又因为φ（4）=-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$\frac{1}{2a}=\frac{{{x^3}-4{x^2}}}{x-2}$，
因为x∈[0，2）时，φ₁（x）单调递增，$φ（\frac{1}{2}）=\frac{7}{12}$，${φ_1}（0）=0＜{φ_1}（{x_1}）=\frac{1}{2a}＜{φ_1}（\frac{1}{2}）$，
所以$0＜{x_1}＜\frac{1}{2}$，…12 分
当x∈（2，+∞）时，φ₁（x）单调递增，${φ_1}（\frac{9}{2}）=\frac{81}{20}$，${φ_1}（4）=0＜{φ_1}（{x_2}）=\frac{1}{2a}＜{φ_1}（\frac{9}{2}）$，
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

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查不等式的证明，是一道难题．