20．已知函数 $f(x)=n x-x^{n}, x \in R$ ，其中 $n \in N^{*}$ ，且 $n \geq 2$ ．
（I）讨论 $f(x)$ 的单调性；
（II）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 $f(x) \leq g(x)$ ；
（III）若关于 $x$ 的方程 $f(x)=a$（ $a$ 为实数）有两个正实数根 $x_{1}, x_{2}$ ，求证：$\left|x_{2}-x_{1}\right|<\frac{a}{1-n}+2$ ．
## 2015年高考天津市理科数学真题答案
参考答案(1) 当 $n$ 为奇数时． 令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=1$ ，或 $x=-1$ ． 当 $x$ 变化时，$f^{\prime}(x), ~ f(x)$ 的变化情况如下表： | $x$ | $(-\infty,-1)$ | $(-1,1)$ | $(1,+\infty)$ | | :--- | :--- | :--- | :--- | | $f^{\prime}(x)$ | - | + | - | | $f(x)$ | $\searrow$ | $\nearrow$ | $\searrow$ | 所以，$f(x)$ 在 $(-\infty,-1),(1,+\infty)$ 上单调递减，在 $(-1,1)$ 内单调递增; (2) 当 $n$ 为偶数时． 当 $f^{\prime}(x)>0$ ，即 $x<1$ 时，函数 $f(x)$ 单调递增； 当 $f^{\prime}(x)<0$ ，即 $x>1$ 时，函数 $f(x)$ 单调递减． 所以，$f(x)$ 在 $(-\infty, 1)$ 上单调递增，在 $(1,+\infty)$ 上单调递减． （II）证明：设点 $P$ 的坐标为 $\left(x_{0}, 0\right)$ ， 则 $x_{0}=\frac{1}{n^{n-1}}, f^{\prime}\left(x_{0}\right)=n-n^{2}$ ． 曲线 $y=f(x)$ 在点 $P$ 处的切线方程为 $y=f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ， 即 $g(x)=f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ， 令 $F(x)=f(x)-g(x)$ ，即 $F(x)=f(x)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ， 则 $F^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-f^{\prime}\left(x_{0}\right)$ ． 由于 $f^{\prime}(x)=-n x^{n-1}+n$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减， 故 $F^{\prime}(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减， 又因为 $F^{\prime}\left(x_{0}\right)=0$ ， 所以当 $x \in\left(0, x_{0}\right)$ 时，$F^{\prime}(x)>0$ ，当 $x \in\left(x_{0},+\infty\right)$ 时，$F^{\prime}(x)<0$ ， 所以 $F(x)$ 在 $\left(0, x_{0}\right)$ 内单调递增，在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 上单调递减， 所以对于任意的正实数 $x$ ，都有 $F(x) \leq F\left(x_{0}\right)=0$ ， 即对于任意的正实数 $x$ ，都有 $f(x) \leq g(x)$ ． （III）证明：不妨设 $x_{1} \leq x_{2}$ ． 由（II）知 $g(x)=\left(n-n^{2}\right)\left(x-x_{0}\right)$ ， 设方程 $g(x)=a$ 的根为 $x_{2}^{\prime}$ ，可得 $x_{2}^{\prime}=\frac{a}{n-n^{2}}+x_{0}$ ， 当 $n \geq 2$ 时，在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递减． 又由（II）知 $g\left(x_{2}\right) \geq f\left(x_{2}\right)=a=g\left(x_{2}{ }^{\prime}\right)$ ，可得 $x_{1} \leq x_{2}{ }^{\prime}$ ． 类似地，设曲线 $y=f(x)$ 在原点处的切线方程为 $y=h(x)$ ， 可得 $h(x)=n x$ ， 当 $x \in(0,+\infty), f(x)-h(x)=-x^{n}<0$ ， 即对于任意的 $x \in(0,+\infty), f(x)<h(x)$ ． 设方程 $h(x)=a$ 的根为 $x_{1}^{\prime}$ ，可得 $x_{1}^{\prime}=\frac{a}{n}$ ． 因为 $h(x)=n x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上单调递增， 且 $h\left(x_{1}^{\prime}\right)=a=f\left(x_{1}\right)<h\left(x_{1}\right)$ ，因此 $x_{1}^{\prime}<x_{1}$ ． 由此可得 $x_{2}-x_{1}<x_{2}^{\prime}-x_{1}^{\prime}=\frac{a}{1-n}+x_{0}$ ． 因为 $n \geq 2$ ，所以 $2^{n-1}=(1+1)^{n-1} \geq 1+C_{n-1}^{1}=1+n-1=n$ ， 故 $2 \geq \frac{1}{n^{n-1}}=x_{0}$ 。所以，$\left|x_{2}-x_{1}\right|<\frac{a}{1-n}+2$ ．