热门试卷

（1）解：因为函数f(x)＝－2x＋1在区间[－1，1]为减函数，

所以f(xi＋1)＜f(xi)，所以|f(xi＋1)－f(xi)|＝ f(xi)－f(xi＋1)．

S＝|f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x0)－f(x1)]+[ f(x1)－f(x2)]+…+[ f(xn-1)－f(xn)]

＝f(x0)－f(xn)＝f(－1)－f(1)＝4．

(2) 解：由f′(x)＝＝0，得x＝1．

当x＜1时，f′(x)＞0，所以f (x)在(－∞，1)为增函数；

当x＞1时，f′(x)＜0，所以f (x)在(1，＋∞)为减函数；

所以f (x)在x＝1时取极大值．

设xm≤1＜xm＋1，m∈N，m≤n－1，

则S＝|f(xi＋1)－f(xi)

＝|f(x1)－f(0)|＋…＋|f(xm)－f(x m－1)|＋|f(xm＋1)－f(x m)|＋|f(xm＋2)－f(x m＋1)|＋…＋|f(2)－f(x n－1)

＝[f(x1)－f(0)]＋…＋[f(xm)－f(x m－1)]＋|f(xm＋1)－f(x m)|＋[f(xm＋1)－f(x m＋2)]＋…＋[f(xn－1)－f(2)]

＝[f(xm)－f(0)]＋|f(xm＋1)－f(x m)|＋[f(xm＋1)－f(2)]．

因为|f(xm＋1)－f(x m)|≤[f(1)－f(xm)]＋[f(1)－f(xm＋1)]，当x m＝1时取等号，

所以S≤f(xm)－f(0)＋f(1)－f(xm)＋f(1)－f(xm＋1)＋f(xm＋1)－f(2)

＝2 f(1)－f(0)－f(2)＝.

所以S的最大值为．

（3）证明：f′(x)＝－x＝，x∈[1，e]．

①当k≥e2时，k－x2≥0恒成立，即f′(x)≥0恒成立，所以f(x)在[1，e]上为增函数，

所以S＝|f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x1)－f(x0)]+[ f(x2)－f(x1)]+…+[ f(x n)－f(xn-1)]

＝f(x n)－f(x0)＝f(e)－f(1)＝k+－e2．

因此，存在正数A＝k+－e2，都有S≤A，因此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，所以f(x)在[1，e]上为减函数，

所以S＝|f(xi＋1)－f(xi)|＝[ f(x0)－f(x1)]+[ f(x1)－f(x2)]+…+[ f(xn-1)－f(xn)]

＝f(x0)－f(xn)＝ f(1)－f(e)＝ e2－k－．

因此，存在正数A＝e2－k－，都有S≤A，因此f(x)在[1，e]上具有性质V

③当1＜k＜e2时，由f′(x)＝0，得x＝；当f′(x)＞0，得1≤x＜；

当f′(x)＜0，得＜x≤e，因此f(x)在[1，)上为增函数，在(，e]上为减函数．

设xm≤＜xm+1，m∈N，m≤n－1

则S＝|f(xi＋1)－f(xi)

＝|f(x1)－f(x0)|+…+|f(xm)－f(x m－1)|+ |f(xm+1)－f(x m)|+ |f(xm+2)－f(x m+1)|+…+|f(xn)－f(x n－1)

＝f(x1)－f(x0)+…+f(xm)－f(x m－1) + |f(xm+1)－f(x m)|+ f(xm+1)－f(x m+2) +…+f(xn－1)－f(x n)

＝f(xm)－f(x0) + |f(xm+1)－f(x m)| + f(xm+1)－f(x n)

≤f(xm)－f(x0) + f(xm+1)－f(x n)+ f()－f(xm+1)+ f()－f(xm)

＝2 f()－f(x0)－f(x n)＝klnk－k－[－+k－e2]＝klnk－2k＋+e2．

因此，存在正数A＝klnk－2k＋+e2，都有S≤A，因此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)＝klnx－x2 在区间[1，e]上具有性质V．