Question

2．已知函數(shù)$f（x）={x^2}+\frac{a}{x}$（a∈R）．
（1）判斷f（x）的奇偶性；
（2）當(dāng)a=1時(shí)，求證：函數(shù)y=f（x）在區(qū)間$（{0，\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）$上是單調(diào)遞減函數(shù)，在區(qū)間（$\root{3}{\frac{1}{2}}$，+∞）上是單調(diào)遞增函數(shù)；
（3）若正實(shí)數(shù)x，y，z滿足x+y²=z，x²+y=z²，求z的最小值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)函數(shù)奇偶性的定義進(jìn)行判斷即可．
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義進(jìn)行證明即可．
（3）利用消元法結(jié)合函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)進(jìn)行求解．

解答 解：（1）由$f（x）={x^2}+\frac{a}{x}$，函數(shù)的定義域?yàn)椋?∞，0）∪（0，+∞），定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，（1分）
①當(dāng)a=0時(shí)，f（-x）=（-x）²=x²=f（x），
此時(shí)函數(shù)f（x）是偶函數(shù)；     （2分）
②當(dāng)a≠0時(shí)，f（1）=1+a，f（-1）=1-a，
此時(shí)f（1）≠f（-1）且f（1）+f（-1）≠0，
所以f（x）是非奇非偶函數(shù)．（4分）
（2）證明：?x₁，x₂∈（0，+∞），且x₁＜x₂，則     （5分）
$f（{x_1}）-f（{x_2}）=（{x_1^2+\frac{1}{x_1}}）-（{x_2^2+\frac{1}{x_2}}）$=$（{x_1^2-x_2^2}）+（{\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}}）=（{{x_1}-{x_2}}）\frac{{（{{x_1}+{x_2}}）{x_1}{x_2}-1}}{{{x_1}{x_2}}}$，（6分）
當(dāng)${x_1}，{x_2}∈（{0，\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）$時(shí)，$0＜{x_1}+{x_2}＜2\root{3}{{\frac{1}{2}}}$，$0＜{x_1}{x_2}＜\root{3}{{\frac{1}{4}}}$，
所以$0＜（{{x_1}+{x_2}}）{x_1}{x_2}＜2\root{3}{{\frac{1}{2}}}×\root{3}{{\frac{1}{4}}}=1$，
即$f（{x_1}）-f（{x_2}）=（{{x_1}-{x_2}}）\frac{{（{{x_1}+{x_2}}）{x_1}{x_2}-1}}{{{x_1}{x_2}}}＜0$，
所以函數(shù)y=f（x）在區(qū)間$（{0，\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）$上是單調(diào)遞減函數(shù)； （8分）
同理：函數(shù)y=f（x）在區(qū)間$（{\root{3}{{\frac{1}{2}}}，+∞}）$上是單調(diào)遞增函數(shù)．（10分）
（3）因x+y²=z，x²+y=z²，所以
將x=z-y²代入x²+y=z²可得，（z-y²）²+y=z²，
整理得$2z={y^2}+\frac{1}{y}$（y＞0），（13分）
由（2）知函數(shù)在區(qū)間$（{0，\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）$上是單調(diào)遞減函數(shù)，在區(qū)間$（{\root{3}{{\frac{1}{2}}}，+∞}）$上是單調(diào)遞增函數(shù)，
所以$2{z_{min}}={（{\root{3}{{\frac{1}{2}}}}）^2}+\frac{1}{{\root{3}{{\frac{1}{2}}}}}=\frac{3}{2}\root{3}{2}$，（15分）${z_{min}}=\frac{3}{4}\root{3}{2}$
此時(shí)$x=\frac{{\root{3}{2}}}{4}$，$y=\root{3}{{\frac{1}{2}}}$，代入原式，檢驗(yàn)成立．（16分）

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查函數(shù)奇偶性和單調(diào)性的判斷和證明，以及函數(shù)最值的求解，綜合考查函數(shù)的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，有一定的難度．