导数

由条件 $$ \begin{equation*} x^{3}=x+1 \tag{1} \end{equation*} $$ 可得 $$ x^{7}=\left(x^{3}\right)^{2} x=(x+1)^{2} x=x^{3}+2 x^{2}+x=2 x^{2}+2 x+1, $$ 故满足 $$ \begin{equation*} 2 x^{2}+2 x+1=\alpha x^{2}+\beta x+\gamma \Rightarrow(\alpha-2) x^{2}+(\beta-2) x+\gamma-1=0 . \tag{2} \end{equation*} $$ 所以 $\alpha=2, \beta=2, \gamma=1$ 是满足题意的一组解． 下证除此解外再无其他解。 若有不同于 $\alpha=2, \beta=2, \gamma=1$ 的解，则至少有一个值不同． 若 $\alpha \neq 2$ ，则 $(\alpha-2) x^{2}+(\beta-2) x+\gamma-1=0$ 是一个二次方程．则其根为 $\displaystyle x= \frac{-(\beta-2) \pm \sqrt{\Delta}}{2(\alpha-2)}$ ，其中 $\Delta=(\beta-2)^{2}-4(\alpha-2)(\gamma-1)$ ． 由 $x^{3}=x+1$ 可知满足此式的 $x$ 为实数，令 $f(x)=x^{3}-x-1$ ，利用导数可得 $x$ 有唯一无理数值的解． 由于 $\displaystyle x=\frac{-(\beta-2) \pm \sqrt{\Delta}}{2(\alpha-2)}=\frac{-(\beta-2)}{2(\alpha-2)} \pm \frac{\sqrt{\Delta}}{2(\alpha-2)}$ ，且 $\alpha, \beta, \gamma$ 为整数，故可设 $\displaystyle x=\frac{-(\beta-2)}{2(\alpha-2)} \pm \frac{\sqrt{\Delta}}{2(\alpha-2)}=a \pm b$ ，其中 $a, b^{2} \in \mathrm{Q}$ ．若 $b \in \mathrm{Q}$ ，则不合题意，故只能是 $b^{2} \in \mathrm{Q}$ ， $b \notin \mathbf{Q}, a \pm b \notin \mathbf{Q}$ ．若 $x=a+b$ ，则 $$ \begin{aligned} & (a+b)^{3}=a+b+1 \\ \Rightarrow & a^{3}+3 a^{2} b+3 a b^{2}+b^{3}=a+b+1 \\ \Rightarrow & a^{3}+3 a b^{2}-a-1+3 a^{2} b+b^{3}-b=0 \\ \Rightarrow & \left\{\begin{array}{l} a^{3}+3 a b^{2}-1=a \\ \left(3 a^{2}+b^{2}\right) b=b \end{array}\right. \end{aligned} $$ 若 $x=a-b$ ，将 $\left\{\begin{array}{l}a^{3}+3 a b^{2}-1=a, \\ \left(3 a^{2}+b^{2}\right) b=b\end{array}\right.$ 代人运算，可得 $(a-b)^{3}=a-b+1$ ，故也满足方程（1）． 所以，此时的 $x$ 的两个解，不合题意．故 $\alpha=2$ 。 若 $\alpha=2, \beta \neq 2$ ，则方程（2）化为 $(\beta-2) x+\gamma-1=0$ ，则此时的根为有理根，不合题意． 若 $\alpha=2, \beta=2, \gamma \neq 1$ ，则方程（2）显然不成立． 故 $\alpha=2, \beta=2, \gamma=1$ 是满足题意的唯一一组解． \section*{模拟试题20}

$\{a \mid a \geqslant 0\}$ ． 构造函数 $\displaystyle g(x)=f(x)-\frac{1}{2} x^{2}$ ，则 $g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-x>0, g(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增． 由 $f(x)+f(-x)=x^{2}$ ，即 $\displaystyle f(x)-\frac{1}{2} x^{2}=-\left[f(-x)-\frac{1}{2}(-x)^{2}\right]$ ，亦 即 $g(x)= -g(-x)$ ，所以 $g(-x)=-g(x), g(x)$ 是奇函数，$g(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上递增．因为 $f(1+a)-f(1-a) \geqslant 2 a$ ，即 $\displaystyle f(1+a)-\frac{1}{2}(1+a)^{2} \geqslant f(1-a)-\frac{1}{2}(1-a)^{2}$ ，亦即 $g(1+a) \geqslant g(1-a)$ ，所以 $1+a \geqslant 1-a$ ，解得 $a \geqslant 0$ ．故 $a$ 的取值范围是 $\{a \mid a \geqslant 0\}$ ．

B． 令 $\displaystyle g(x)=f(x)-\frac{1}{2} x^{2}$ ，则 $g(x)+g(-x)=0$ ，函数 $g(x)$ 为奇函数．在区间 $(0,+\infty)$上，$g^{\prime}(x)=f^{\prime}(x)-x<0$ ，且 $g(0)=0$ ，则函数 $g(x)$ 是 $\mathbf{R}$ 上的单调递减函数，故 $$ \begin{aligned} f(4-m)-f(m) & =g(4-m)+\frac{1}{2}(4-m)^{2}-g(m)-\frac{1}{2} m^{2} \\ & =g(4-m)-g(m)+8-4 m \geqslant 8-4 m . \end{aligned} $$ 据此可得 $g(4-m) \geqslant g(m)$ ，则 $4-m \leqslant m$ ，即 $m \geqslant 2$ ．

A． 函数 $f(x)=x^{3}+a x^{2}+b x+c$ 有极值点 $x_{1}, x_{2}$ ，说明方程 $f^{\prime}(x)=3 x^{2}+2 a x+b=0$ 的两根为 $x_{1}, x_{2}$ ，所以方程 $3 f^{2}(x)+2 a f(x)+b=0$ 的解为 $f(x)=x_{1}$ 或 $f(x)=x_{2}$ 。若 $x_{1}< x_{2}$ ，即 $x_{1}$ 是极大值点，$x_{2}$ 是极小值点，由于 $f\left(x_{1}\right)=x_{1}$ ，因此 $x_{1}$ 是极大值，$f(x)=x_{1}$ 有两解， $x_{1}<x_{2}, f(x)=x_{2}>f\left(x_{1}\right)$ 只有一解，此时只有三解；若 $x_{1}>x_{2}$ ，即 $x_{1}$ 是极小值点，$x_{2}$ 是极大值点，由于 $f\left(x_{1}\right)=x_{1}$ ，因此 $x_{1}$ 是极小值，$f(x)=x_{1}$ 有两解，$x_{1}>x_{2}, f(x)=x_{2}<f\left(x_{1}\right)$ 只有一解，此时只有三解。

因为 $f^{\prime}(x)=3 a x^{2}+2 b x+c$ ，且 $x_{1}, x_{2}$ 是 $f(x)$ 的两个极值点，所以 $x_{1}, x_{2}$ 是方程 $3 a x^{2}+2 b x+c=0$ 的两个实根，于是 $$ \begin{equation*} \Delta=4 b^{2}-12 a c>0 \tag{1} \end{equation*} $$ 且 $$ \begin{equation*} x_{1}+x_{2}=-\frac{2 b}{3 a}, \quad x_{1} x_{2}=\frac{c}{3 a} \tag{2} \end{equation*} $$ 又因为 $$ f\left(x_{1}\right)=a x_{1}^{3}+b x_{1}^{2}+c x_{1}+d=x_{1}, \quad f\left(x_{2}\right)=a x_{2}^{3}+b x_{2}^{2}+c x_{2}+d=x_{2}, $$ 以上两式相减，得 $$ \left(x_{1}-x_{2}\right)\left[a\left(x_{1}^{2}+x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}\right)+b\left(x_{1}+x_{2}\right)+c-1\right]=0 . $$ 不妨设 $x_{1}<x_{2}$ ，则 $a\left(x_{1}^{2}+x_{1} x_{2}+x_{2}^{2}\right)+b\left(x_{1}+x_{2}\right)+c-1=0$ ，即 $$ \begin{equation*} a\left[\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-x_{1} x_{2}\right]+b\left(x_{1}+x_{2}\right)+c-1=0 \tag{3} \end{equation*} $$ 将式（2）代人式（3），并整理得 $$ \begin{equation*} 2 b^{2}=6 a c-9 a \tag{4} \end{equation*} $$ 由式（1）、式（4）可知 $a<0$ ．因为 $$ \left(x_{1}-x_{2}\right)^{2}=\left(x_{1}+x_{2}\right)^{2}-4 x_{1} x_{2}=\frac{4 b^{2}}{9 a^{2}}-\frac{4 c}{3 a}=\frac{4\left(b^{2}-3 a c\right)}{9 a^{2}}, $$ 所以 $$ \left|f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right)\right|=\left|x_{1}-x_{2}\right|=\sqrt{-\frac{2}{a}} \geqslant 2, $$ 解得 $-1 \leqslant a<0$ ． 综上所述，$a$ 的取值范围是 $[-1,0)$ ．