Question

3．對(duì)于函數(shù)f（x），在給定區(qū)間[a，b]內(nèi)任取n+1（n≥2，n∈N^*）個(gè)數(shù)x₀，x₁，x₂，…，x_n，使得
a=x₀＜x₁＜x₂＜…＜x_n-1＜x_n=b，記S=$\sum_{i=0}^{n-1}$|f（x_i+1）-f（x_i）|．若存在與n及x_i（i≤n，i∈N）均無(wú)關(guān)的正數(shù)A，使得S≤A恒成立，則稱f（x）在區(qū)間[a，b]上具有性質(zhì)V．
（1）若函數(shù)f（x）=-2x+1，給定區(qū)間為[-1，1]，求S的值；
（2）若函數(shù)f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，給定區(qū)間為[0，2]，求S的最大值；
（3）對(duì)于給定的實(shí)數(shù)k，求證：函數(shù)f（x）=klnx-$\frac{1}{2}$x² 在區(qū)間[1，e]上具有性質(zhì)V．

Answer 1

分析 （1）推導(dǎo)出[f（x_i+1）-f（x_i）]=f（x_i）-f（x_i+1），從而S=$\sum_{i=0}^{n-1}$|f（x_i+1）-f（x_i）|=f（x₀）-f（x_n）=f（-1）-f（1），由此能求出S的值．
（2）由${f}^{'}（x）=\frac{1-x}{{e}^{x}}$=0，得x=1，由導(dǎo)數(shù)性質(zhì)得f（x）在x=1時(shí)，取極大值$\frac{1}{e}$．設(shè)x_m≤1＜x_m+1，m∈N，m≤n-1，由此能求出S=$\sum_{i=0}^{n-1}|f（{x}_{i+1}）-f（{x}_{i}）|$的最大值．
（3）${f}^{'}（x）=\frac{k}{x}-x=\frac{k-{x}^{2}}{x}$，x∈[1，e]，根據(jù)當(dāng)k≥e²，k≤1和1＜k＜e²三種情況進(jìn)行分類討論，利用導(dǎo)數(shù)性質(zhì)能證明對(duì)于給定的實(shí)數(shù)k，函數(shù)f（x）=klnk-$\frac{1}{2}{x}^{2}$在[1，e]上具有性質(zhì)V．

解答 解：（1）∵函數(shù)f（x）=-2x+1在區(qū)間[-1，1]為減函數(shù)，
∴f（x_i+1）＜f（x_i），∴[f（x_i+1）-f（x_i）]=f（x_i）-f（x_i+1），
S=$\sum_{i=0}^{n-1}$|f（x_i+1）-f（x_i）|=[f（x₀）-f（x₁）]+[f（x₁）-f（x₂）]+…+[f（x_n-1）-f（x_n）]
=f（x₀）-f（x_n）
=f（-1）-f（1）=4．
（2）由${f}^{'}（x）=\frac{1-x}{{e}^{x}}$=0，得x=1，
當(dāng)x＜1時(shí)，f′（x）＞0，∴f（x）在（-∞，1）為增函數(shù)，
當(dāng)x＞1時(shí)，f′（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）為減函數(shù)，
∴f（x）在x=1時(shí)，取極大值$\frac{1}{e}$．
設(shè)x_m≤1＜x_m+1，m∈N，m≤n-1，
則S=$\sum_{i=0}^{n-1}|f（{x}_{i+1}）-f（{x}_{i}）|$
=|f（x₁）-f（0）|+…+|f（x_m）-f（x_m-1）|+|f（x_m+1）-f（x_m）|+|f（x_m+2）-f（x_m+1）|+…|f（2）-f（x_n-1）|
=[f（x₁）-f（0）]+…+[f（x_m）-f（x_m-1）]+|f（x_m+1）-f（x_m）|+|f（x_m+1）-f（x_m+2）|+…+[f（x_n-1）-f（2）]
=[f（x_m）-f（0）]+|f（x_m+1）-f（x_m）|+[f（x_m+1）-f（2）]，
∵|f（x_m+1）-f（x_m）|≤[f（1）-f（x_m）]+[f（1）-f（x_m+1）]，當(dāng)x_m=1時(shí)取等號(hào)，
∴S≤f（x_m）-f（0）+f（1）-f（x_m+1）+f（1）-f（x_m+1）+f（x_m+1）-f（2）
=2f（1）-f（0）-f（2）=$\frac{2（e-1）}{{e}^{2}}$．
∴S的最大值為$\frac{2（e-1）}{{e}^{2}}$．
證明：（3）${f}^{'}（x）=\frac{k}{x}-x=\frac{k-{x}^{2}}{x}$，x∈[1，e]，
①當(dāng)k≥e²時(shí)，k-x²≥0恒成立，即f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，e]上為增函數(shù)，
∴S=$\sum_{i=0}^{n-1}|f（{x}_{i+1}）-f（{x}_{i}）|$=[f（x₁）-f（x₀）]+[f（x₂）-f（x₁）]+…+[f（x_n）-f（x_n-1）]
=f（x_n）-f（x₀）=f（e）-f（1）=k+$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}{e}^{2}$．
∴存在正數(shù)A=k+$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}{e}^{2}$，都有S≤A，
∴f（x）在[1，e]上具有性質(zhì)V．
②當(dāng)k≤1時(shí)，k-x²≤0恒成立，即f′（x）≤0恒成立，∴f（x）在[1，e]上為減函數(shù)，
∴S=$\sum_{i=0}^{n-1}$|f（x_i+1）-f（x_i）|=[f（x₀）-f（x₁）]+[f（x₁）-f（x₂）]+…+[f（x_n-1）-f（x_n）]
=f（x₀）-f（x_n）=f（1）-f（e）=$\frac{1}{2}{e}^{2}-k-\frac{1}{2}$．
∴存在正數(shù)A=$\frac{1}{2}{e}^{2}-k-\frac{1}{2}$，都有S≤A，
∴f（x）在[1，e]上具有性質(zhì)V．
③當(dāng)1＜k＜e²時(shí)，由f′（x）=0，得x=$\sqrt{k}$，由f′（x）＞0，得1$≤x＜\sqrt{k}$；
由f′（x）＜0，得$\sqrt{k}$＜x≤e，∴f（x）在[1，$\sqrt{k}$）上為增函數(shù)，在[$\sqrt{k}$，e]上為減函數(shù)，
設(shè)x_m≤$\sqrt{k}$＜x_m+1，m∈N，m≤n-1，
則S=$\sum_{i=1}^{n-1}$|f（x_i+1）-f（x_i）|
=|f（x_i）-f（x₀）|+…+|f（x_m）-f（x_m-1）|+|f（x_m+1）-f（x_m）||+|f（x_m+2）-f（x_m+1）|+…+|f（x_n）-f（x_n-1）|
=f（x₁）-f（x₀）+…+f（x_m）-f（x_m-1）+|f（x_m+1）-f（x_m）|+f（x_m+1）-f（x_m+2）+…+f（x_n-1）-f（x_n）
=f（x_m）-f（x₀）+f（x_m+1）-f（x_n）+f（$\sqrt{k}$）-f（x_m+1）+f（$\sqrt{k}$）-f（x_m）
=2f（$\sqrt{k}$）-f（x₀）-f（x_n）
=klnk-k-[-$\frac{1}{2}+k-\frac{1}{2}{e}^{2}$]
=klnk-2k+$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{e}^{2}$，
∴存在正數(shù)A=klnk-2k+$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{e}^{2}$，都有S≤A，
∴f（x）在[1，e]上具有性質(zhì)V．
綜上，對(duì)于給定的實(shí)數(shù)k，函數(shù)f（x）=klnk-$\frac{1}{2}{x}^{2}$在[1，e]上具有性質(zhì)V．

點(diǎn)評(píng) 本題考查函數(shù)值的求法，考查函數(shù)值的最大值的求法，考查函數(shù)具有某種性質(zhì)的證明，是中檔題，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意導(dǎo)數(shù)性質(zhì)的合理運(yùn)用．