Question

已知函数f(x)=(-1)²+(-1)²的定义域为［m,n］,且1≤m≤n≤2.

(1)讨论函数f(x)的单调性；

(2)证明：对任意的实数x₁,x₂∈［m,n］,不等式|f(x₁)-f(x₂)|＜1恒成立.

Answer 1

解：(1)f(x)=()²+()²-2(+)+2=(+)-2(+)+2-,

    令t=+,t′=-=,

    当x∈［m,］时，t′≤0,函数t=+在［m,］上递减；

    当∈［,n］时，t′≥0,函数t=+在［,n］上递增，

    则t∈［2,1+］,

f(x)=t²-2t+2-=(t-1)²+1-.

∵1≤m＜n≤2,∴2＞2,t＞2,

∴函数f(x)与函数t=+的单调区间相同，

∴f(x)在［m,］上递减，在［,n］上递增.

(2)当x=m或x=n时，f(x)有最大值f(x)_max=(-1)²,

    当x=时,f(x)有最小值f(x)_min=2(-1)².

∵1≤m＜n≤2,∴1＜≤2,∴f(x)_max-f(x)_min=(-1)²-2(-1)²=(-1)²-(2·-2)²

=(-1+·-)(-1-·+)

=(+·--1)［(-)²+-］≤(2+2--1)(2-1-2+)

=(3-)(-1)=4-5＜1.

    又∵f(x)_max-f(x)_min＞0,∴0＜f(x)_max-f(x)_min＜1,

∴|f(x₁)-f(x₂)|＜f(x)_max-f(x)_min＜1.