Question

設(shè)f(x)=

x3

3

，對任意實數(shù)t，記gt(x)=t

2

3

x-

2

3

t．
（Ⅰ）求函數(shù)y=f（x）-g₈（x）的單調(diào)區(qū)間；
（Ⅱ）求證：（�。┊攛＞0時，f（x）≥g_t（x）對任意正實數(shù)t成立；
（ⅱ）有且僅有一個正實數(shù)x₀，使得g₈（x₀）≥g_t（x₀）對任意正實數(shù)t成立．

Answer 1

分析：（I）首先求出函數(shù)的導數(shù)，然后令f′（x）=0，解出函數(shù)的極值點，最后根據(jù)導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求函數(shù)y=f（x）-g₈（x）的單調(diào)區(qū)間；
（II）（ⅰ）由題意當x＞0時，f（x）≥g_t（x），求出f（x）最小指，和g_t（x）的最大值，從而求證；
（ⅱ）由（i）得，g_t（2）≥g_t（2）對任意正實數(shù)t成立．即存在正實數(shù)x₀=2，使得g_x（2）≥g_t（2）對任意正實數(shù)t，然后再證明x₀的唯一性．

解答：解：（I）解：y=

x3

3

-4x+

16

3

．由y'=x²-4=0，得x=±2．
因為當x∈（-∞，-2）時，y'＞0，
當x∈（-2，2）時，y'＜0，
當x∈（2，+∞）時，y'＞0，
故所求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是（-∞，-2），（2，+∞），
單調(diào)遞減區(qū)間是（-2，2）．
（II）證明：（i）方法一：
令h(x)=f(x)-gt(x)=

x3

3

-t

2

3

x+

2

3

t(x＞0)，則h′(x)=x2-t

2

3

，
當t＞0時，由h'（x）=0，得x=t

1

3

，
當x∈(x

1

3

，+∞)時，h'（x）＞0，
所以h（x）在（0，+∞）內(nèi)的最小值是h(t

1

3

)=0．
故當x＞0時，f（x）≥g_t（x）對任意正實數(shù)t成立．
方法二：
對任意固定的x＞0，令h(t)=gt(x)=t

2

3

x-

2

3

t(t＞0)，則h′(t)=

2

3

t-

1

3

(x-t

1

3

)，
由h'（t）=0，得t=x³．
當0＜t＜x³時，h'（t）＞0．
當t＞x³時，h'（t）＜0，
所以當t=x³時，h（t）取得最大值h(x3)=

1

3

x3．
因此當x＞0時，f（x）≥g（x）對任意正實數(shù)t成立．
（ii）方法一：f(2)=

8

3

=gt(2)．
由（i）得，g_t（2）≥g_t（2）對任意正實數(shù)t成立．
即存在正實數(shù)x₀=2，使得g_x（2）≥g_t（2）對任意正實數(shù)t成立．
下面證明x₀的唯一性：
當x₀≠2，x₀＞0，t=8時，f(x0)=

x03

3

，gx(x0)=4x0-

16

3

，
由（i）得，

x03

3

＞4x0-

16

3

，
再取t=x₀³，得gx03(x0)=

x03

3

，
所以gx(x0)=4x0-

16

3

＜

x03

3

=gx03(x0)，
即x₀≠2時，不滿足g_x（x₀）≥g_t（x₀）對任意t＞0都成立．
故有且僅有一個正實數(shù)x₀=2，
使得g_x（x₀）0≥g_t（x₀）對任意正實數(shù)t成立．
方法二：對任意x₀＞0，gx(x0)=4x0-

16

3

，
因為g_t（x₀）關(guān)于t的最大值是

1

3

x03，所以要使g_x（x₀）≥g_t（x₀）
對任意正實數(shù)成立的充分必要條件是：4x0-

16

3

≥

1

3

x03，
即（x₀-2）²（x₀+4）≤0，①
又因為x₀＞0，不等式①成立的充分必要條件是x₀=2，
所以有且僅有一個正實數(shù)x₀=2，
使得g_x（x₀）≥g_t（x₀）對任意正實數(shù)t成立．

點評：本題主要考查函數(shù)的基本性質(zhì)，導數(shù)的應用及不等式的證明等基礎(chǔ)知識，以及綜合運用所學知識分析和解決問題的能力，難度較大．