题目内容
已知函数f(x)=x2-2x+2 | x-1 |
(2)设x是正实数,求证:[f(x+1)]n-f(xn+1)≥2n-2.
分析:(1)由题设知|f(tx+1)|=|tx+
|=|tx|+
≥2
=2,由0<|x|<1,0<|t|<1,知|tx|≠1,|f(tx+1)|>2s=(|t+x|+|t-x|2)=2(t2+x2)+2|t2-x2|-(|t+x|+|t-x|)2=2(t2+x2)+2|t2-x2|,由此能证明|t+x|+|t-x|<|f(tx+1)|.
(2)[f(x+1)]n-f(xn+1)=(x+
)n-(xn+
)=Cn1xn-1•
+Cn2xn-2•
++Cnn-2x2•
+Cnn-1x•
=Cn1xn-2+Cn2xn-4++Cnn-2•
+Cnn-1•
,≥
[2-(
+
+…+
)]=Cn1+Cn2+…+Cnn-1=2n-2.
1 |
tx |
1 |
|tx| |
|tx|•
|
(2)[f(x+1)]n-f(xn+1)=(x+
1 |
x |
1 |
xn |
1 |
x |
1 |
x2 |
1 |
xn-2 |
1 |
xn-1 |
1 |
xn-4 |
1 |
xn-2 |
1 |
2 |
C | 1 n |
C | 2 n |
C | n-1 n |
解答:证明:(1)∵f(x)=
,∴f(tx+1)=tx+
,
∴|f(tx+1)|=|tx+
|=|tx|+
≥2
=2,
当且仅当|tx|=1时,上式取等号.
∵0<|x|<1,0<|t|<1,
∴|tx|≠1,
∴|f(tx+1)|>2s=(|t+x|+|t-x|2=2(t2+x2)+2|t2-x2|-(|t+x|+|t-x|)2=2(t2+x2)+2|t2-x2|
当|t|≥|x|时,s=4t2≤4;当|t|≤|x|时s=4x2<4
∴|t+x|+|t-x|≤2<|f(tx+1)|即|t+x|+|t-x|<|f(tx+1)|
(2)n=1时,结论显然成立
当n≥2时,[f(x+1)]n-f(xn+1)=(x+
)n-(xn+
)=Cn1xn-1•
+Cn2xn-2•
++Cnn-2x2•
+Cnn-1x•
=Cn1xn-2+Cn2xn-4++Cnn-2•
+Cnn-1•
=
[Cn1(xn-2+
)+Cn2(xn-4+
)++Cnn-1(xn-2+
)]
≥
[2-(
+
+…+
)]
=Cn1+Cn2+…+Cnn-1=2n-2.
(x-1)2+1 |
x-1 |
1 |
tx |
∴|f(tx+1)|=|tx+
1 |
tx |
1 |
|tx| |
|tx|•
|
当且仅当|tx|=1时,上式取等号.
∵0<|x|<1,0<|t|<1,
∴|tx|≠1,
∴|f(tx+1)|>2s=(|t+x|+|t-x|2=2(t2+x2)+2|t2-x2|-(|t+x|+|t-x|)2=2(t2+x2)+2|t2-x2|
当|t|≥|x|时,s=4t2≤4;当|t|≤|x|时s=4x2<4
∴|t+x|+|t-x|≤2<|f(tx+1)|即|t+x|+|t-x|<|f(tx+1)|
(2)n=1时,结论显然成立
当n≥2时,[f(x+1)]n-f(xn+1)=(x+
1 |
x |
1 |
xn |
1 |
x |
1 |
x2 |
1 |
xn-2 |
1 |
xn-1 |
1 |
xn-4 |
1 |
xn-2 |
1 |
2 |
1 |
xn-2 |
1 |
xn-4 |
1 |
xn-2 |
≥
1 |
2 |
C | 1 n |
C | 2 n |
C | n-1 n |
=Cn1+Cn2+…+Cnn-1=2n-2.
点评:本题考查不等式的证明和应用,解题时要注意公式的合理应用.

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