Question

13．已知函数f（x）=nx-xⁿ，x∈R．其中n∈N．n≥2．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）设曲线y=f（x）与x轴正半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y=g（x），求证：对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）；
（3）设n=5，若关于x的方程f（x）=a（a为实数）有两个正实根x₁，x₂，求证：|x₂-x₁|＜2-$\frac{a}{4}$．

Answer 1

分析 （1）由f（x）=nx-xⁿ，可得f′（x），分n为奇数和偶数两种情况利用导数即可得函数的单调性．
（2）设点P的坐标为（x₀，0），则可求x₀=${n}^{\frac{1}{n-1}}$，f′（x₀）=n-n²，可求g（x）=f′（x₀）（x-x₀），F′（x）=f′（x）-f′（x₀）．由f′（x）=-nx^n-1+n在（0，+∞）上单调递减，可求F（x）在∈（0，x₀）内单调递增，在（x₀，+∞）上单调递减，即可得证．
（3）设x₁≤x₂，设方程g（x）=a的根为x₂'，由（2）可得x₂≤x₂'．设曲线y=f（x）在原点处的切线方程为y=h（x），可得h（x）=nx，设方程h（x）=a的根为x₁'，可得x₁'＜x₁，从而可得：x₂-x₁＜x₂'-x₁'=$\frac{a}{1-n}$+x₀，由n≥2，即2^n-1=（1+1）^n-1≥1+${C}_{n-1}^{1}$=1+n-1=n，推得：2≥${n}^{\frac{1}{n-1}}$=x₀，即可得证．

解答 解：（1）由f（x）=nx-xⁿ，可得f′（x）=n-nx^n-1=n（1-x^n-1），其中n∈N^•，且n≥2．
下面分两种情况讨论：
①当n为奇数时，令f′（x）=0，解得x=1，或x=-1，
当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

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

所以，f（x）在 （-∞，-1），（1，+∞）上单调递减，在（-1，1）单调递增；
②当n为偶数时，
当 f′（x）＞0，即x＜1时，函数 f（x）单调递增；
当 f′（x）＜0，即x＞1时，函数 f（x）单调递减；
所以，f（x）在（-∞，1）单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
（2）证明：设点P的坐标为（x₀，0），则x₀=${n}^{\frac{1}{n-1}}$，f′（x₀）=n-n²，
曲线y=f（x）在点P处的切线方程为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），
则F′（x）=f′（x）-f′（x₀）．
由于f′（x）=-nx^n-1+n在（0，+∞）上单调递减，故F′（x）在（0，+∞）上单调递减，
又因为F′（x₀）=0，所以当x∈（0，x₀）时，F′（x）＞0，当x∈（x₀，+∞）时，F′（x）＜0，
所以F（x）在∈（0，x₀）内单调递增，在（x₀，+∞）上单调递减，
所以对应任意的正实数x，都有F（x）≤F（x₀）=0，
即对于任意的正实数x，都有f（x）≤g（x）．
（3）证明：不妨设x₁≤x₂，
由（2）知g（x）=（n-n²）（x-x₀），设方程g（x）=a的根为x₂'，
可得x₂'=$\frac{a}{n-{n}^{2}}$+x₀，由（Ⅱ）知g（x₂）≥f（x₂）=a=g（x₂'），可得x₂≤x₂'．
类似地，设曲线y=f（x）在原点处的切线方程为y=h（x），可得h（x）=nx，
当x∈（0，+∞），f（x）-h（x）=-xⁿ＜0，
即对于任意的x∈（0，+∞），f（x）＜h（x），
设方程h（x）=a的根为x₁'，可得x₁'=$\frac{a}{n}$，
因为h（x）=nx在（-∞，+∞）上单调递增，
且h（x₁'）=a=f（x₁）＜h（x₁），因此x₁'＜x₁，
由此可得：x₂-x₁＜x₂'-x₁'=$\frac{a}{1-n}$+x₀，
因为n≥2，所以2^n-1=（1+1）^n-1≥1+${C}_{n-1}^{1}$=1+n-1=n，
故：2≥${n}^{\frac{1}{n-1}}$=x₀．则|x₂-x₁|＜2+$\frac{a}{1-n}$，
所以当n=5时，即有|x₂-x₁|＜2-$\frac{a}{4}$．

点评 本小题主要考查导数的运算、导数的几何意义、利用导数研究函数的性质、证明不等式等基础知识和方法，考查分类讨论思想、函数思想和化归思想，考查综合分析问题和解决问题的能力．