Question

已知a＞0，函数f（x）=x³-ax在[1，+∞）上是单调函数．
①求函数g(a)=a+

5

a

的最小值．
②设x₀≥1，f（x₀）≥1且f[f（x₀）]=x₀，求证：f（x₀）=x₀．

Answer 1

分析：（1）已知函数f（x）=x³-ax在[1，+∞）上是单调函数，故f′（x）≥0或≤0在[1，+∞）上恒成立，用分离参数求最值即可求得a的范围，然后运用基本不等式即可求得g（a）的最小值．
（2）结合（1）中的单调性用反证法考虑或直接证明．

解答：解：①∵f（x）=x³-ax，∴f'（x）=3x²-a，
f（x）在[1，+∞）上是单调函数，
若f'（x）≤0，即a≥3x²，但a≥3x²对x∈[1，+∞）不可能恒成立，
∴f'（x）≤0对x∈[1，+∞）不可能恒成立，
∴y=f（x）在[1，+∞）不能单调递减，只能单调递增，
又由f'（x）≥0，得a≤3x²，对x∈[1，+∞）恒成立，∴a≤3，
又a＞0，∴a∈（0，3]，
∴f（x）在[1，+∞）上单调递增，且a∈（0，3]，
而g(a)=a+

5

a

≥2

5

，
∴当且仅当a=

5

a

，即a=

5

∈(0，3]时，g(a)min=2

5

．
②证法一：设f（x₀）=u，则f（u）=x₀，
∴

x03-ax0=u u3-au=x0

⇒(x0-u)(x02+x0u+u2+1-a)=0，
∵x₀≥1，u≥1，且0＜a≤3，
∴x02+x0u+u2+1-a＞0，∴x₀-u=0，即x₀=u，
故f（x₀）=x₀．
证法二：（反证法）
假设f（x₀）≠x₀，则有f（x₀）＞x₀或f（x₀）＜x₀．
若f（x₀）＞x₀，又由（1）知函数f（x）在[1，+∞）单调递增，而x₀≥1，f（x₀）≥1
∴f[f（x₀）]＞f（x₀）＞x₀与f[f（x₀）]=x₀矛盾．
所以f（x₀）＞x₀不成立．
若f（x₀）＜x₀，则可得f[f（x₀）]＜f（x₀）＜x₀与f[f（x₀）]=x₀矛盾．
所以f（x₀）＜x₀也不成立．
故f（x₀）=x₀．

点评：本题考查函数单调性的应用：已知单调性求参数范围，考查基本不等式求函数最值问题，注意反证法的应用．