题目内容
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+
的最小值．
②设x0≥1，f（x0）≥1且f[f（x0）]=x0，求证：f（x0）=x0．
①求函数g(a)=a+
| 5 | a |
②设x0≥1，f（x0）≥1且f[f（x0）]=x0，求证：f（x0）=x0．
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．
（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+
≥2
，
∴当且仅当a=
，即a=
∈(0，3]时，g(a)min=2
．
②证法一：设f（x0）=u，则f（u）=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．
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 |
| 5 |
∴当且仅当a=
| 5 |
| a |
| 5 |
| 5 |
②证法一：设f（x0）=u，则f（u）=x0，
∴
|
∵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．
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