已知函数 $f\left( x \right) = {x^3}$，$g\left( x \right) = x + \sqrt x $．
【难度】
【出处】
2011年高考湖南卷（理）
【标注】
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求函数 $h\left( x \right) = f\left( x \right) - g\left( x \right)$ 的零点个数，并说明理由；标注答案$2$解析因为$$h\left( x \right) = {x^3} - x - \sqrt x ,$$$x \in \left[0,+ \infty \right)$，而\[\begin{split}h\left( 0 \right) &= 0,\\h\left( 1 \right) & = - 1 < 0, \\ h\left( 2 \right) & = 6 - \sqrt 2 > 0,\end{split}\]则 $x = 0$ 为 $h\left( x \right)$ 的一个零点，且 $h\left( x \right)$ 在 $\left( {1,2} \right)$ 内有零点，因此 $h\left( x \right)$ 至少有两个零点．\[h'(x)=3x^2-1-\dfrac 12 x^{-\frac 12},\]记 $\varphi(x)=3x^2-1-\dfrac 12 x^{-\frac 12}$，则$$\varphi'(x)=6x+\dfrac 14x^{-\frac 32}.$$当 $x\in (0,+\infty)$ 时，$\varphi'(x)>0$，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．
因为$$\begin{cases}\varphi(1)>0,\\\varphi\left(\dfrac{\sqrt 3}{3}\right)<0,\end{cases}$$则 $\varphi(x)$ 在 $\left(\dfrac {\sqrt 3}{3},1\right)$ 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 $x\in (0,x_1)$ 时，$$\varphi(x)<\varphi'(x_1)=0;$$当 $x\in(x_1,+\infty)$ 时，$$\varphi(x)>\varphi'(x_1)=0;$$所以，当 $x\in(0,x_1)$ 时，$h(x)$ 单调递减，而 $h(0)=0$，则 $h(x)$ 在 $(0,x_1]$ 内无零点；
当 $x\in(x_1,+\infty)$ 时，$h(x)$ 单调递增，则 $h(x)$ 在 $(x_1,+\infty)$ 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． -
设数列 $\left\{ {a_n} \right\}\left( {n \in {\mathbb{N}}^{\ast}} \right)$ 满足 ${a_1} = a\left( {a > 0} \right)$，$f\left( {{a_{n + 1}}} \right) = g\left( {a_n} \right)$，证明：存在常数 $M $，使得对于任意的 $n \in {\mathbb{N}}^{\ast}$，都有 ${a_n} \leqslant M$．标注答案略解析记 $h\left( x \right)$ 的正零点为 ${x_0}$，即$${x_0}^3 = {x_0} + \sqrt {x_0} .$$
情形一 当 $a < {x_0}$ 时，由 ${a_1} = a$，得$${a_1} < {x_0}.$$而\[a_2^3 = {a_1} + \sqrt {a_1} < {x_0} + \sqrt {x_0} = x_0^3,\]因此 ${a_2} < {x_0}$．
由此猜测：${a_n} < {x_0}$．下面用数学归纳法证明：归纳基础 当 $n = 1$ 时，${a_1} < {x_0}$ 显然成立；递推证明 假设当 $n = k\left( {k \geqslant 1} \right)$ 时，有 ${a_k} < {x_0}$ 成立．
则当 $n = k + 1$ 时，由\[a_{k + 1}^3 = {a_k} + \sqrt {a_k} < {x_0} + \sqrt {x_0} = x_0^3\]知，$${a_{k + 1}} < {x_0}.$$因此，当 $n = k + 1$ 时，${a_{k + 1}} < {x_0}$ 成立．
故对任意的 $n \in {\mathbb{N}}^{\ast}$，${a_n} < {x_0}$ 成立．情形二 当 $a \geqslant {x_0}$ 时，由 $(1)$ 知，$h\left( x \right)$ 在 $\left( {{x_0}, + \infty } \right)$ 上单调递增，则$$h\left( a \right) \geqslant h\left( {x_0} \right) = 0,$$即$${a^3} \geqslant a + \sqrt a ,$$从而\[a_2^3 = {a_1} + \sqrt {a_1} = a + \sqrt a \leqslant {a^3},\]即 ${a_2} \leqslant a$．
由此猜测：${a_n} \leqslant a$．下面用数学归纳法证明：归纳基础 当 $n = 1$ 时，${a_1} \leqslant a$ 显然成立；递推证明 假设当 $n = k\left(k \geqslant 1\right)$ 时，有 ${a_k} \leqslant a$ 成立．
当 $n = k + 1$ 时，由\[a_{k + 1}^3 = {a_k} + \sqrt {a_k} \leqslant a + \sqrt a \leqslant {a^3}\]知，$${a_{k + 1}} \leqslant a.$$因此，当 $n = k + 1$ 时，${a_{k + 1}} \leqslant a$ 成立．
故对任意的 $n \in {\mathbb{N}}^{\ast}$，${a_n} \leqslant a$ 成立．
综上所述，存在常数 $M = \max \left\{ {{x_0},a} \right\}$，使得对于任意的 $n \in {\mathbb{N}}^{\ast}$，都有 ${a_n} \leqslant M$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
