Question

（2011•鐘祥市模擬）設(shè)函數(shù)f（x）=xⁿ（n≥2，n∈N^*）
（1）若F_n（x）=f（x-a）+f（b-x）（0＜a＜x＜b），求F_n（x）的取值范圍；
（2）若F_n（x）=f（x-b）-f（x-a），對任意n≥a （2≥a＞b＞0），證明：F（n）≥n（a-b）（n-b）^n-2．

Answer 1

分析：（1）利用已知條件，通過F_n（x）=f（x-a）+f（b-x）（0＜a＜x＜b），化簡函數(shù)的表達(dá)式，通過函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)F_n（x）的取值范圍；
（2）利用F_n（x）=f（x-b）-f（x-a），x≥a＞0，n≥a，說明函數(shù)的單調(diào)性，對任意n≥a （2≥a＞b＞0），利用作商法累加法，直接證明：F（n）≥n（a-b）（n-b）^n-2．

解答：解：（1）∵F_n（x）=f （x-a）+f（b-x）=（x-a）ⁿ+（b-x）ⁿ
F_n（x）=n（x-a）^n-1+n（b-x）^n-1•（-1）=n[（x-a）^n-1-（b-x）^n-1]
令F_n（x）=0得（x-a）^n-1=（b-x）^n-1
∵0＜a＜x＜b∴f （x）=xⁿ（n≥2，n∈N⁺）為單調(diào)增函數(shù)
∴x=

a+b

2

x	（a， a+b 2 ）	a+b 2	（ a+b 2 ，b）
Fn（x）	-	0	+
Fn（x）	單調(diào)減	極小值	單調(diào)增

∴F_n（x）_min=F_n（

a+b

2

）=（

b-a

2

）ⁿ+（

b-a

2

）ⁿ=

(b-a)n

2n-1

又F_n（x）在x=a，x=b處連續(xù)且F_n（a）=F_n（b）=（b-a）ⁿ
故

(b-a)n

2n-1

≤F_n（x）＜（b-a）ⁿ
即F_n（x）的取值范圍為[

(b-a)n

2n-1

，（b-a）ⁿ）…（7分）
（2）證明：∵F_n（x）=f（x-b）-f（x-a）=（x-b）ⁿ-（x-a）ⁿ
∴F_n（x）=n[（x-b）^n-1-（x-a）^n-1]
則F_n（n）=n[（n-b）^n-1-（n-a）^n-1]
∵當(dāng)x≥a＞0時(shí)F（x）＞0
∴當(dāng)x≥a＞0時(shí)F_n（x）是關(guān)于x的增函數(shù)
∴當(dāng)n≥a時(shí)，（n+1-b）ⁿ-（n+1-a）ⁿ＞（n-b）ⁿ-（n-a）ⁿ＞0
∴F_n（n+1）=（n+1）[（n+1-b）ⁿ-（n+1-a）ⁿ]＞（n+1）[（n-b）ⁿ-（n-a）ⁿ]
＞（n+1）[（n-b） （n-b）^n-1-（n-b） （n-a）^n-1]
=（n+1）（n-b）[（n-b）^n-1-（n-a）^n-1]
=

n+1

n

（n-b）•F（n）
而F_n（n）＞0
于是

Fn+1(n+1)

Fn(n)

＞

n+1

n

•（n-b）
而F（2）=2[（2-b）^2-1-（2-a）^2-1]=2（a-b）
當(dāng)n≥3時(shí)
F（n）=

Fn(n)

Fn+1(n+1)

•

Fn-1(n-1)

Fn-2(n-2)

…

F3(3)

F2(2)

•F（2）
＞

n

n-1

•

n-1

n-2

…

3

2

•2（a-b）•（n-b）^n-2
=n（a-b）（n-b）^n-2
即F（n）≥n（a-b）（n-b）^n-2…（14分）

點(diǎn)評：本題是中檔題，考查函數(shù)的單調(diào)性，解析式的化簡，函數(shù)的值域的求法，作商法累積法是證明本題的關(guān)鍵，考查發(fā)現(xiàn)問題解決問題的能力，注意轉(zhuǎn)化思想的應(yīng)用．