Question

2．規(guī)定A${\;}_{x}^{m}$=x（x-1）…（x-m+1），其中x∈R，m為正整數(shù)，且A${\;}_{x}^{0}$=1，這是排列數(shù)A${\;}_{n}^{m}$（n，m是正整數(shù)，n≤m）的一種推廣．
（Ⅰ） 求A${\;}_{-9}^{3}$的值；
（Ⅱ）排列數(shù)的兩個(gè)性質(zhì)：①A${\;}_{n}^{m}$=nA${\;}_{n-1}^{m-1}$，②A${\;}_{n}^{m}$+mA${\;}_{n}^{m-1}$=A${\;}_{n+1}^{m}$（其中m，n是正整數(shù)）．是否都能推廣到A${\;}_{x}^{m}$（x∈R，m是正整數(shù)）的情形？若能推廣，寫出推廣的形式并給予證明；若不能，則說明理由；
（Ⅲ）已知函數(shù)f（x）=aA${\;}_{x}^{2}$+xlnx+ax，若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x₁，x₂（x₁＜x₂），求證：f（x₂）＞f（x₁）＞-$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）代入求值即可；
（Ⅱ）兩個(gè)式子都能夠推廣，分別證明兩個(gè)性質(zhì)是成立的，當(dāng)n=1時(shí)，驗(yàn)證式子左右兩邊相等，當(dāng)n不小于2時(shí)根據(jù)推廣的排列數(shù)公式證明，得到結(jié)論成立；
（Ⅲ）求出f（x）的解析式，得到f′（x） 變化，求得f（x）的增區(qū)間，通過導(dǎo)數(shù)，判斷x₁∈（0，1），設(shè)h（x）=$\frac{1}{2}$（xlnx-x）（0＜x＜1），求得h（x）的單調(diào)性，即可得證．

解答 解：（Ⅰ）A${\;}_{-9}^{3}$=-9×（-10）×（-11）=-990；
（Ⅱ）性質(zhì)①、②均可推廣，推廣的形式分別是：
①${A}_{x}^{m}$=x${A}_{x-1}^{m-1}$，②${A}_{x}^{m}$+m${A}_{x}^{m-1}$=${A}_{x+1}^{m}$（x∈R，m∈N^*）；
事實(shí)上，在①中，當(dāng)m=1時(shí)，左邊=A_x¹=x，右邊=xA_x-1⁰=x，等式成立；
當(dāng)m≥2時(shí)，左邊=x（x-1）（x-2）（x-m+1）
=x[（x-1）（x-2）（（x-1）-（m-1）+1）]=xA_x-1^m-1，
因此，①A_x^m=xA_x-1^m-1成立；
在②中，當(dāng)m=1時(shí)，左邊=A_x¹+A_x⁰=x+1=A_x+1¹=右邊，等式成立；
當(dāng)m≥2時(shí)，
左邊=x（x-1）（x-2）（x-m+1）+mx（x-1）（x-2）（x-m+2）
=x（x-1）（x-2）（x-m+2）[（x-m+1）+m]=（x+1）x（x-1）（x-2）[（x+1）-m+1]=A_x+1^m=右邊，
因此②A_x^m+mA_x^m-1=A_x+1^m（x∈R，m∈N₊）成立．
（Ⅲ）由題意得：f（x）=xlnx+ax²，
依題意：f′（x）=lnx+1+2ax=0有兩個(gè)不等實(shí)根x₁，x₂（x₁＜x₂），
f（x），f′（x） 變化如下：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	-	0	+	0	-
f（x）	↘		↗		↘

由表可知：f（x） 在[x₁，x₂]上為增函數(shù)，所以：f（x₂）＞f（x₁）              
又f′（1）=g（1）=1+2a＞0，故x₁∈（0，1），
由（1）知：ax₁=$\frac{-1-l{nx}_{1}}{2}$，f（x₁）=x₁lnx₁+ax₁²=$\frac{1}{2}$（x₁lnx₁-x₁）（0＜x₁＜1）
設(shè)h（x）=$\frac{1}{2}$（xlnx-x）（0＜x＜1），則h′（x）=$\frac{1}{2}$lnx＜0成立，所以h（x）單調(diào)遞減，
故：h（x）＞h（1）=-$\frac{1}{2}$，也就是f（x₁）＞-$\frac{1}{2}$綜上所證：f（x₂）＞f（x₁）＞-$\frac{1}{2}$成立．

點(diǎn)評(píng) 本題考查組合數(shù)和排列數(shù)的公式的推廣，考查排列數(shù)和組合數(shù)的性質(zhì)在推廣以后是否適用，考查利用排列數(shù)和組合數(shù)的公式求解題的數(shù)值，考查函數(shù)的單調(diào)區(qū)間的求法，本題是一個(gè)綜合題目，也是一個(gè)易錯(cuò)題．