Question

3．对于函数f（x），在给定区间[a，b]内任取n+1（n≥2，n∈N^*）个数x₀，x₁，x₂，…，x_n，使得
a=x₀＜x₁＜x₂＜…＜x_n-1＜x_n=b，记S=$\sum_{i=0}^{n-1}$|f（x_i+1）-f（x_i）|．若存在与n及x_i（i≤n，i∈N）均无关的正数A，使得S≤A恒成立，则称f（x）在区间[a，b]上具有性质V．
（1）若函数f（x）=-2x+1，给定区间为[-1，1]，求S的值；
（2）若函数f（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，给定区间为[0，2]，求S的最大值；
（3）对于给定的实数k，求证：函数f（x）=klnx-$\frac{1}{2}$x² 在区间[1，e]上具有性质V．

Answer 1

分析 （1）推导出[f（x_i+1）-f（x_i）]=f（x_i）-f（x_i+1），从而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，由导数性质得f（x）在x=1时，取极大值$\frac{1}{e}$．设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]，根据当k≥e²，k≤1和1＜k＜e²三种情况进行分类讨论，利用导数性质能证明对于给定的实数k，函数f（x）=klnk-$\frac{1}{2}{x}^{2}$在[1，e]上具有性质V．

解答 解：（1）∵函数f（x）=-2x+1在区间[-1，1]为减函数，
∴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，
当x＜1时，f′（x）＞0，∴f（x）在（-∞，1）为增函数，
当x＞1时，f′（x）＜0，∴f（x）在（1，+∞）为减函数，
∴f（x）在x=1时，取极大值$\frac{1}{e}$．
设x_m≤1＜x_m+1，m∈N，m≤n-1，
则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）]，当x_m=1时取等号，
∴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的最大值为$\frac{2（e-1）}{{e}^{2}}$．
证明：（3）${f}^{'}（x）=\frac{k}{x}-x=\frac{k-{x}^{2}}{x}$，x∈[1，e]，
①当k≥e²时，k-x²≥0恒成立，即f′（x）≥0恒成立，∴f（x）在[1，e]上为增函数，
∴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+$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}{e}^{2}$．
∴存在正数A=k+$\frac{1}{2}-\frac{1}{2}{e}^{2}$，都有S≤A，
∴f（x）在[1，e]上具有性质V．
②当k≤1时，k-x²≤0恒成立，即f′（x）≤0恒成立，∴f（x）在[1，e]上为减函数，
∴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）=$\frac{1}{2}{e}^{2}-k-\frac{1}{2}$．
∴存在正数A=$\frac{1}{2}{e}^{2}-k-\frac{1}{2}$，都有S≤A，
∴f（x）在[1，e]上具有性质V．
③当1＜k＜e²时，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，$\sqrt{k}$）上为增函数，在[$\sqrt{k}$，e]上为减函数，
设x_m≤$\sqrt{k}$＜x_m+1，m∈N，m≤n-1，
则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+$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{e}^{2}$，
∴存在正数A=klnk-2k+$\frac{1}{2}+\frac{1}{2}{e}^{2}$，都有S≤A，
∴f（x）在[1，e]上具有性质V．
综上，对于给定的实数k，函数f（x）=klnk-$\frac{1}{2}{x}^{2}$在[1，e]上具有性质V．

点评 本题考查函数值的求法，考查函数值的最大值的求法，考查函数具有某种性质的证明，是中档题，解题时要认真审题，注意导数性质的合理运用．