Question

13．已知f（x）为R上的可导函数，对任意的x₀∈R，有0＜f′（x+x₀）-f′（x₀）＜4x，x＞0．
（1）对任意的x₀∈R，证明：$f'（{x_0}）＜\frac{{f（{x+{x_0}}）-f（{x_0}）}}{x}$（x＞0）；
（2）若|f（x）|≤1，x∈R，证明|f′（x）|≤4，x∈R．

Answer 1

分析 （1）即证f（x+x₀）-f（x₀）-f'（x₀）x＞0，构造函数g（x）=f（x+x₀）-f（x₀）-f'（x₀）x，对g（x）求导证明g（x）在[0，+∞）上单增即可；
（2）由条件知f'（x）是R上的单增函数，故f'（x）不可能恒等于零．如果存在正实数δ＞0，及实数x₀，使f'（x₀）=δ；如果存在正实数δ＞0，及实数x₀，使f'（x₀）=-δ，推理论证，即可得到所求结论．

解答 证明：（1）要证$f'（{x_0}）＜\frac{{f（{x+{x_0}}）-f（{x_0}）}}{x}$（x＞0），
即证f（x+x₀）-f（x₀）-f'（x₀）（x＞0），
设g（x）=f（x+x₀）-f（x₀）-f'（x₀）x，
g′（x）=f′（x+x₀）-f′（x₀），
由对任意的x₀∈R，有0＜f′（x+x₀）-f′（x₀）＜4x，x＞0，
可得g′（x）＞0在x＞0恒成立，即有g（x）在（0，+∞），
故结论成立；
（2）由条件知f'（x）是R上的单增函数，故f'（x）不可能恒等于零．
如果存在正实数δ＞0，及实数x₀，使f'（x₀）=δ，
则对任意x＞0，$\frac{{f（{x+{x_0}}）-f（{x_0}）}}{x}＞δ$．
则当$x＞max\left\{{0，\frac{{1-f（{x_0}）}}{δ}}\right\}$时，
$f（{x+{x_0}}）＞δx+f（{x_0}）＞δ•\frac{{1-f（{x_0}）}}{δ}+f（{x_0}）=1$，与条件矛盾．
如果存在正实数δ＞0，及实数x₀，使f'（x₀）=-δ，
则对任意x＜0，存在ξ∈（x+x₀，x₀），满足$\frac{{f（{x+{x_0}}）-f（{x_0}）}}{x}=f'（ξ）＜f'（{x_0}）$．
则当$x＜min\left\{{0，\frac{{f（{x_0}）-1}}{δ}}\right\}$时，
$f（{x+{x_0}}）＞-δx+f（{x_0}）＞（{-δ}）•\frac{{f（{x_0}）-1}}{δ}+f（{x_0}）=1$，与条件也矛盾．
总之，题目中的条件永远不成立．故由于前提条件是假命题，从而不论结论是什么，都是真命题．

点评 本题考查导数的运用：求单调性，考查不等式的证明，注意运用单调性和不等式的性质，具有一定的难度．