已知函数 $f\left( x \right) = {x^3}$，$g\left( x \right) = x + \sqrt x $．
【难度】
【出处】
无
【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；标注答案解析由 $h\left( x \right) = {x^3} - x - \sqrt x $ 知，$x \in \left[0,+ \infty \right)$，而 $h\left( 0 \right) = 0$，且\[\begin{split}h\left( 1 \right) & = - 1 < 0, \\ h\left( 2 \right) & = 6 - \sqrt 2 > 0,\end{split}\]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．\[h\left( x \right) = x\left( {{x^2} - 1 - {x^{ - \frac{1}{2}}}} \right),\]记 $\varphi \left( x \right) = {x^2} - 1 - {x^{ - \frac{1}{2}}}$，则\[\varphi '\left( x \right) = 2x + \dfrac{1}{2}{x^{ - \frac{3}{2}}}.\]当 $x \in \left( {0, + \infty } \right)$ 时，\[\varphi '\left( x \right) > 0,\]因此 $\varphi \left( x \right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 上单调递增，则 $\varphi \left( x \right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 内至多只有一个零点．
因此 $h\left( x \right)$ 在 $\left( {0, + \infty } \right)$ 内也至多只有一个零点，
综上所述，$h\left( x \right)$ 有且只有两个零点． -
设数列 $\left\{ {a_n} \right\}\left( {n \in {\mathbb{N}}^*} \right)$ 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 $n \in {\mathbb{N}}^*$，都有 ${a_n} \leqslant M$．标注答案解析记 $h\left( x \right)$ 的正零点为 ${x_0}$，即 ${x_0}^3 = {x_0} + \sqrt {x_0} $．
① 当 $a < {x_0}$ 时，由 ${a_1} = a$，即 ${a_1} < {x_0}$．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：
1）当 $n = 1$ 时，${a_1} < {x_0}$ 显然成立；
2）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 $n \in {\mathbb{N}}^*$，${a_n} < {x_0}$ 成立．
② 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：
1）当 $n = 1$ 时，${a_1} \leqslant a$ 显然成立；
2）假设当 $n = k\left(k \geqslant 1\right)$ 时，有 ${a_k} \leqslant a$ 成立，则当 $n = k + 1$ 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 $n \in {\mathbb{N}}^*$，${a_n} \leqslant a$ 成立．
综上所述，存在常数 $M = \max \left\{ {{x_0},a} \right\}$，使得对于任意的 $n \in {\mathbb{N}}^*$，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
