Question

【題目】已知函數(shù)f（x）=nx﹣xn ， x∈R，其中n∈N ， 且n≥2．
（Ⅰ）討論f（x）的單調性；
（Ⅱ）設曲線y=f（x）與x軸正半軸的交點為P，曲線在點P處的切線方程為y=g（x），求證：對于任意的正實數(shù)x，都有f（x）≤g（x）；
（Ⅲ）若關于x的方程f（x）=a（a為實數(shù)）有兩個正實數(shù)根x1 ， x2 ， 求證：|x2﹣x1|＜ +2．

Answer 1

【答案】解：（Ⅰ）由f（x）=nx﹣xn，可得f′（x）=n﹣nxn﹣1=n（1﹣xn﹣1），其中n∈N，且n≥2．

下面分兩種情況討論：

⑴當n為奇數(shù)時，令f′（x）=0，解得x=1，或x=﹣1，當x變化時，f′（x），f（x）的變化情況如下表：

x	（﹣∞，﹣1）	（﹣1，1）	（1，+∞）
f′（x）	﹣	+	﹣
f（x）

所以，f（x）在 （﹣∞，﹣1），（1，+∞）上單調遞減，在（﹣1，1）單調遞增．

⑵當n為偶數(shù)時，

當 f′（x）＞0，即x＜1時，函數(shù) f（x）單調遞增；

當 f′（x）＜0，即x＞1時，函數(shù) f（x）單調遞減；

所以，f（x）在（﹣∞，1）單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減；

（Ⅱ）證明：設點P的坐標為（x0，0），則x0=n ，f′（x0）=n﹣n2，

曲線y=f（x）在點P處的切線方程為y=f′（x0）（x﹣x0），即g（x）=f′（x0）（x﹣x0），

令F（x）=f（x）﹣g（x），即F（x）=f（x）﹣f′（x0）（x﹣x0），則F′（x）=f′（x）﹣f′（x0）．

由于f′（x）=﹣nxn﹣1+n在（0，+∞）上單調遞減，故F′（x）在（0，+∞）上單調遞減，

又因為F′（x0）=0，所以當x∈（0，x0）時，F(xiàn)′（x）＞0，當x∈（x0，+∞）時，F(xiàn)′（x）＜0，

所以F（x）在∈（0，x0）內(nèi)單調遞增，在（x0，+∞）上單調遞減，

所以對應任意的正實數(shù)x，都有F（x）≤F（x0）=0，

即對于任意的正實數(shù)x，都有f（x）≤g（x）．

（Ⅲ）證明：不妨設x1≤x2，

由（Ⅱ）知g（x）=（n﹣n2）（x﹣x0），

設方程g（x）=a的根為 ，可得 = ，

由（Ⅱ）知g（x2）≥f（x2）=a=g（ ），可得x2≤ ．

類似地，設曲線y=f（x）在原點處的切線方程為y=h（x），

可得h（x）=nx，當x∈（0，+∞），f（x）﹣h（x）=﹣xn＜0，

即對于任意的x∈（0，+∞），f（x）＜h（x），

設方程h（x）=a的根為 ，可得 = ，

因為h（x）=nx在（﹣∞，+∞）上單調遞增，且h（ ）=a=f（x1）＜h（x1），

因此 ＜x1，

由此可得：x2﹣x1＜ ﹣ = ，

因為n≥2，所以2n﹣1=（1+1）n﹣1≥1+ =1+n﹣1=n，

故：2 =x0．

所以：|x2﹣x1|＜ +2．

【解析】（1）對函數(shù)進行求導，對導函數(shù)中的參數(shù)進行分類討論，分n為奇數(shù)和偶數(shù)，得出函數(shù)的單調性；（2）設P點的坐標為,可求得，,可求,.由于在上單調遞減，可得出在內(nèi)單調遞增，在上單調遞減，結論得證；（3）設,方程g（x）=a的根為，根據(jù)第二問可得，設曲線在原點出的切線方程為,可得,設h（x）=a的根為,可得從而可得：，由即,推得：，結論得證.
【考點精析】掌握利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性是解答本題的根本，需要知道一般的,函數(shù)的單調性與其導數(shù)的正負有如下關系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調遞減．