2011-湖南卷理-22 解-三次函数

本题导读

本题考查函数与方程的零点存在性定理。

📌【题干】

Question

（2011年湖南卷(理)） 已知函数 $f(x)=x^3$，$g(x)=x+\sqrt{x}$.

(1) 求函数 $h(x)=f(x)-g(x)$ 的零点个数，并说明理由；

(2) 设数列 $\{a_n\}$ ($n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 满足 $a_1=a$ ($a>0$)，$f(a_{n+1})=g(a_n)$，证明：存在常数 $M$，使得对于任意的 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，都有 $a_n⩽M$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第 (1) 问：$h(x)$ 定义域为 $[0,+\infty )$，易见 $x=0$ 是一个零点。当 $x>0$ 时，方程 $x^3-x-\sqrt{x}=0⟺x^{5/2}-x^{1/2}-1=0$。令 $t=\sqrt{x}>0$，转化为多项式函数 $t^5-t-1=0$ 的零点判定，利用导数判断单调性并应用零点存在性定理，证明在 $(0,+\infty )$ 内存在且仅有 1 个正零点，进而得出零点总数。
2. 第 (2) 问：由 $f(a_{n+1})=g(a_n)$ 知 $a_{n+1}^3=a_n+\sqrt{a_n}$，显然 $a_n>0$ 恒成立。由第 (1) 问知存在唯一正数 $x_0>1$ 满足 $f(x_0)=g(x_0)$（不动点）。取 $M=\max \{a,x_0\}$（或直接取一充分大常数，如 $M=\max \{a,2\}$），利用数学归纳法证明对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $a_n⩽M$。

✅【答案】

点击查看答案

(1) 待补

(2) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 函数 $h(x)=f(x)-g(x)=x^3-x-\sqrt{x}$，其定义域为 $[0,+\infty )$。 显然，$h(0)=0$，即 $x=0$ 是 $h(x)$ 的一个零点。

当 $x>0$ 时，令 $h(x)=0$，即 $x\left(x^2-1-\frac{1}{\sqrt{x}}\right)=0$。 因为 $x>0$，所以等价于 $\phi (x)=x^2-x^{-1/2}-1=0$。 求导得： ${\phi }^{\prime }(x)=2x+\frac{1}{2}{x}^{-3/2}>0$ 对任意 $x\in (0,+\infty )$ 恒成立。 所以 $\phi (x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递增。

又因为 $\phi (1)=1-1-1=-1<0$， $\phi (2)=4-\frac{\sqrt{2}}{2}-1=3-\frac{\sqrt{2}}{2}>0$， 由零点存在性定理，$\phi (x)$ 在 $(1,2)$ 内存在唯一的零点 $x_0$。 即方程 $h(x)=0$ 在 $(0,+\infty )$ 内有且仅有 1 个正零点。

综上所述，函数 $h(x)$ 的零点个数为 2。

(2) 由 (1) 知，存在唯一的 $x_0\in (1,2)$，使得 $x_0^3=x_0+\sqrt{x_0}$。 且当 $x⩾x_0$ 时，$\phi (x)⩾0⟹x^3⩾x+\sqrt{x}$，即 $g(x)⩽f(x)$。 已知递推关系 $f(a_{n+1})=g(a_n)$，即 $a_{n+1}^3=a_n+\sqrt{a_n}$。 因为 $a_1=a>0$，易知对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 均有 $a_n>0$。

取常数 $M=\max \{a,x_0\}$（或取 $M=\max \{a,2\}$，因为 $x_0<2$ 且 $2^3=8>2+\sqrt{2}=g(2)$）。 下面用数学归纳法证明：对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，均有 $a_n⩽M$。

① 当 $n=1$ 时，$a_1=a⩽\max \{a,x_0\}=M$，命题成立。 ② 假设当 $n=k$ ($k\in {\mathbf{N}}^{\ast }$) 时命题成立，即 $a_k⩽M$。 因为 $M⩾x_0>1$，且函数 $g(x)=x+\sqrt{x}$ 在 $(0,+\infty )$ 上单调递增， 所以： $g(a_k)⩽g(M)$。 又因为 $M⩾x_0$，由 (1) 的分析知： $g(M)=M+\sqrt{M}⩽M^3=f(M)$。 所以： $f(a_{k+1})=g(a_k)⩽f(M)$。 因为函数 $f(x)=x^3$ 在 $\mathbf{R}$ 上严格单调递增，所以： $a_{k+1}⩽M$。 即当 $n=k+1$ 时命题也成立。

由 ①② 可知，对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$，都有 $a_n⩽M$。 因此，存在常数 $M=\max \{a,x_0\}$（亦可取 $M=\max \{a,2\}$），使得对任意 $n\in {\mathbf{N}}^{\ast }$ 都有 $a_n⩽M$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：导数单调性结合零点存在性定理、不动点方法、数学归纳法证明数列有界性。
• 核心方法：利用第 (1) 问得出的不动点 $x_0$ 满足 $g(x_0)=f(x_0)$，将上界构造为 $M=\max \{a,x_0\}$，直接打通第 (1) 问与第 (2) 问的内在联系。
• 避坑指南：
• 第 (1) 问不可遗漏端点 $x=0$ 处的零点；
• 第 (2) 问若直接设常数容易因 $a$ 的任意性而受阻，必须取包含首项 $a$ 的动态常数 $M=\max \{a,x_0\}$ 或具体的大常数。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源自实分析与动力系统中的一维映射不动点迭代理论（Banach 不动点定理与动力系统的吸引子）。
• 结论推广：对于单调递增的压缩映射或满足 $g(x)⩽f(x)$（$x⩾x_0$）的迭代系统 $x_{n+1}=f^{-1}(g(x_n))$，其轨道 $\{a_n\}$ 始终有界，且随着 $n\to \infty$ 单调收敛于系统的不动点 $x_0$。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 08.01 函数图象变换、模型与零点
• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 1993-新高考理-25
• 2002-新课标理-22 解-数列的递推关系
• 2003-上海卷理-10