Question

18．设定义在R上的函数f（x）=a₀x⁴+a₁x³+a₂x²+a₃x+a₄，（a₀，a₁，a₂，a₃，a₄∈R），当x=-1时，f（x）取极大值$\frac{2}{3}$，且函数y=f（x）的图象关于原点对称．
（1）求y=f（x）的表达式；
（2）试在函数y=f（x）的图象上求两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在[-$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$]上；
（3）设x_n=$\frac{{2}^{n}-1}{{2}^{n}}$，y=$\frac{\sqrt{2}（1-{3}^{m}）}{{3}^{m}}$（m，n∈N⁺），求证：|f（x_n）-f（y_m）|＜$\frac{4}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由题意得$\left\{\begin{array}{l}f'（-1）=3{a_1}+{a_3}=0\\ f（-1）=-{a_1}-{a_3}=\frac{2}{3}\end{array}\right.$，求出a₁，a₃，即可求y=f（x）的表达式；
（2）求导数，利用$f'（{x_1}）•f'（{x_2}）=（x_1^2-1）（x_2^2-1）=-1$，即可得出结论；
（3）分别求出f（x_n）、f（y_m）|的范围，即可证明结论．

解答 解：（1）∵函数y=f（x）的图象关于原点对称，∴函数y=f（x）是奇函数，
即f（-x）=-f（x）恒成立，∴a₀=a₂=a₄=0，$f（x）={a_1}{x^3}+{a_3}x$（1分）  
由题意得$\left\{\begin{array}{l}f'（-1）=3{a_1}+{a_3}=0\\ f（-1）=-{a_1}-{a_3}=\frac{2}{3}\end{array}\right.$，（2分）∴$\left\{\begin{array}{l}{a_1}=\frac{1}{3}\\{a_3}=-1\end{array}\right.$，∴$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}-x$
经验证f（x）满足题意∴$f（x）=\frac{1}{3}{x^3}-x$…（4分）
（2）f'（x）=x²-1，设所求两点为（x₁，f（x₁）），（x₂，f（x₂）），
其中$（{x_1}，{x_2}∈[-\sqrt{2}，\sqrt{2}]）$，得$f'（{x_1}）•f'（{x_2}）=（x_1^2-1）（x_2^2-1）=-1$
因为$x_1^2-1，x_2^2-1∈[-1，1]$，
所以$\left\{\begin{array}{l}x_1^2-1=-1\\ x_2^2-1=1\end{array}\right.$或$\left\{\begin{array}{l}x_1^2-1=1\\ x_2^2-1=-1\end{array}\right.$
即x₁，x₂为$0，±\sqrt{2}$或$±\sqrt{2}，0$
从而所求两点的坐标分别为$（0，0），（\sqrt{2}，-\frac{{\sqrt{2}}}{3}）$或者$（0，0），（-\sqrt{2}，\frac{{\sqrt{2}}}{3}）$；…（9分）
（3）证明：易知${x_n}∈[\frac{1}{2}，1）$，当$x∈[\frac{1}{2}，1）$时f'（x）＜0，即f（x）在$[\frac{1}{2}，1）$上递减，
得$f（{x_n}）∈（f（1），f（\frac{1}{2}）]$，即$f（{x_n}）∈（-\frac{2}{3}，-\frac{11}{24}]$．
又${y_m}∈（-\sqrt{2}，-\frac{2}{3}\sqrt{2}]$，函数在x=-1处取极大值，
又$f（-\sqrt{2}）=\frac{{\sqrt{2}}}{3}$，$f（-1）=\frac{2}{3}$，$f（-\frac{{2\sqrt{2}}}{3}）$=$\frac{{38\sqrt{2}}}{81}$，
得$f（{y_m}）∈（\frac{{\sqrt{2}}}{3}，\frac{2}{3}]$．
∴$|f（{x_n}）-f（{y_m}）|=f（{y_m}）-f（{x_n}）＜\frac{2}{3}-（-\frac{2}{3}）=\frac{4}{3}$…（14分）

点评 本题考查函数解析式的求解，考查导数知识的运用，考查不等式的证明，知识综合性强．