（13分）（2011•湖南）已知函数 f(x)=x^ 3…——2011 高考数学第 22 题答案解析

【解答】
（本小题满分 13 分）
已知函数 $f(x)=x^{3}, \mathrm{~g}(x)=x+\sqrt{x}$ 。
（ I ）求函数 $\mathrm{h}(x)=f(x)-\mathrm{g}(x)$ 的零点个数，并说明理由；
（II）设数列 $\left\{a_{n}\right\}\left(n \in N^{*}\right)$ 满足 $a_{1}=a(a>0), f\left(a_{n+1}\right)=g\left(a_{n}\right)$ ，证明：存在常数 M ，使得对于任意的 $n \in N^{*}$ ，都有 $a_{n} \leq M$ ．

解析：①由 $h(x)=x^{3}-x-\sqrt{x}$ 知，$x \in[0,+\infty)$ ，而 $h(0)=0$ ，且 $h(1)=-1<0, h②=6-\sqrt{2}>0$ ，则 $x=0$ 为 $h(x)$ 的一个零点，且 $h(x)$ 在 $(1,2)$ 内有零点，因此 $h(x)$ 至少有两个零点

解法1：$h^{\prime}(x)=3 x^{2}-1-\frac{1}{2} x^{-\frac{1}{2}}$ ，记 $\varphi(x)=3 x^{2}-1-\frac{1}{2} x^{-\frac{1}{2}}$ ，则 $\varphi^{\prime}(x)=6 x+\frac{1}{4} x^{-\frac{3}{2}}$ 。
当 $x \in(0,+\infty)$ 时，$\varphi^{\prime}(x)>0$ ，因此 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，则 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内至多只有一个零点。又因为 $\varphi(1)>0, \varphi\left(\frac{\sqrt{3}}{3}\right)<0$ ，则 $\varphi(x)$ 在 $\left(\frac{\sqrt{3}}{3}, 1\right)$ 内有零点，所以 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内有且只有一个零点。记此零点为 $x_{1}$ ，则当 $x \in\left(0, x_{1}\right)$ 时， $\varphi(x)<\varphi^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ ；当 $x \in\left(x_{1},+\infty\right)$ 时，$\varphi(x)>\varphi^{\prime}\left(x_{1}\right)=0$ ；

所以，
当 $x \in\left(0, x_{1}\right)$ 时，$h(x)$ 单调递减，而 $h(0)=0$ ，则 $h(x)$ 在 $\left(0, x_{1}\right]$ 内无零点；当 $x \in\left(x_{1},+\infty\right)$ 时，$h(x)$ 单调递增，则 $h(x)$ 在 $\left(x_{1},+\infty\right)$ 内至多只有一个零点；从而 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内至多只有一个零点。综上所述，$h(x)$ 有且只有两个零点。

解法2：$h(x)=x\left(x^{2}-1-x^{-\frac{1}{2}}\right)$ ，记 $\varphi(x)=x^{2}-1-x^{-\frac{1}{2}}$ ，则 $\varphi^{\prime}(x)=2 x+\frac{1}{2} x^{-\frac{3}{2}}$ 。当 $x \in(0,+\infty)$ 时，$\varphi^{\prime}(x)>0$ ，因此 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，则 $\varphi(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内至多只有一个零点。因此 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内也至多只有一个零点，综上所述，$h(x)$ 有且只有两个零点。

（II）记 $h(x)$ 的正零点为 $x_{0}$ ，即 $x_{0}^{3}=x_{0}+\sqrt{x_{0}}$ 。
①当 $a，由此猜测：$a_{n}①当 $n=1$ 时，$a_{1}②假设当 $n=k(k \geq 1)$ 时，有 $a_{k}②当 $a \geq x_{0}$ 时，由①知，$h(x)$ 在 $\left(x_{0},+\infty\right)$ 上单调递增。则 $h(a) \geq h\left(x_{0}\right)=0$ ，即 $a^{3} \geq a+\sqrt{a}$ 。从而 $a_{2}^{3}=a_{1}+\sqrt{a_{1}}=a+\sqrt{a} \leq a^{3}$ ，即 $a_{2} \leq a$ ，由此猜测：$a_{n} \leq a$ 。下面用数学归纳法证明：
（1）当 $n=1$ 时，$\quad a_{1} \leq a$ 显然成立；
②假设当 $n=k(k \geq 1)$ 时，有 $a_{k} \leq a$ 成立，则当 $n=k+1$ 时，由 $a_{k+1}^{3}=a_{k}+\sqrt{a_{k}} \leq a+\sqrt{a} \leq a^{3}$ 知，$a_{k+1} \leq a$ ，因此，当 $n=k+1$ 时，$a_{k+1} \leq a$ 成立。

故对任意的 $n \in N^{*}, a_{n} \leq a$ 成立。
综上所述，存在常数 $M=\max \left\{x_{0}, a\right\}$ ，使得对于任意的 $n \in N^{*}$ ，都有 $a_{n} \leq M$ ．