1994 年考研数学（二） 第 16 题

「方程恰一解」翻译成「$f(x)=kx+\frac{1}{x^2}-1$ 在 $x>0$ 恰一个零点」。$k\le 0$ 时 $f^{\prime }<0$ 单调下降、两端从 $+\infty$ 到负值，必穿轴一次，天然恰一解。$k>0$ 时 $f$ 先降后升、两端都是 $+\infty$，图像是个「碗」，只有当碗底恰好触及 $x$ 轴（最小值 $m=0$）才恰一解，解出 $k=\frac{2\sqrt{3}}{9}$。

本题考查用函数的单调性、极值讨论方程根的个数。 令 $f(x)=kx+\frac{1}{x^2}-1$（$x>0$），问题转化为 $f$ 在 $(0,+\infty )$ 上恰有一个零点。$f^{\prime }(x)=k-\frac{2}{x^3}$。

情形一：$k\le 0$。 此时 $f^{\prime }(x)=k-\frac{2}{x^3}<0$，$f$ 在 $(0,+\infty )$ 严格单调递减；又 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f(x)=+\infty$，$\underset{x\to +\infty }{\lim }f(x)\le -1<0$（$k<0$ 时趋于 $-\infty$，$k=0$ 时趋于 $-1$）。由连续 + 严格单调，$f$ 恰有一个零点，方程恰有一解。

情形二：$k>0$。 由 $f^{\prime }(x)=k-\frac{2}{x^3}=0$ 得唯一驻点 $x_0=\sqrt[3]{\frac{2}{k}}$；$x<x_0$ 时 $f^{\prime }<0$、$x>x_0$ 时 $f^{\prime }>0$，故 $x_0$ 为最小值点。又 $\underset{x\to 0^{+}}{\lim }f=\underset{x\to +\infty }{\lim }f=+\infty$，所以：最小值 $m>0$ 时无解，$m<0$ 时两解，$m=0$ 时恰一解。

求最小值：由 $x_0^3=\frac{2}{k}$ 得 $k{x}_0=\frac{2}{x_0^2}$，故
$$m=f(x_0)=k{x}_0+\frac{1}{x_0^2}-1=\frac{2}{x_0^2}+\frac{1}{x_0^2}-1=\frac{3}{x_0^2}-1.$$
令 $m=0$ 得 $x_0^2=3$，$x_0=\sqrt{3}$，于是 $k=\frac{2}{x_0^3}=\frac{2}{3\sqrt{3}}=\frac{2\sqrt{3}}{9}$。

综上，方程 $kx+\frac{1}{x^2}=1$（$x>0$）有且仅有一个解当且仅当 $k\le 0$ 或 $k=\frac{2\sqrt{3}}{9}$。