题目内容
（2006•宣武区一模）已知函数f（x）的定义域为I，导数fn（x）满足0＜f（x）＜2且fn（x）≠1，常数c1为方程f（x）-x=0的实数根，常数c2为方程f（x）-2x=0的实数根．
（1）若对任意[a，b]⊆I，存在x0∈（a，b），使等式f（b）-f（a）=（b-a）fn（x0）成立．求证：方程f（x）-x=0不存在异于c1的实数根；
（2）求证：当x＞c2时，总有f（x）＜2x成立；
（3）对任意x1、x2，若满足|x1-c1|＜1，|x2-c1|＜1，求证：|f（x1）-f（x2）|＜4．
（1）若对任意[a，b]⊆I，存在x0∈（a，b），使等式f（b）-f（a）=（b-a）fn（x0）成立．求证：方程f（x）-x=0不存在异于c1的实数根；
（2）求证：当x＞c2时，总有f（x）＜2x成立；
（3）对任意x1、x2，若满足|x1-c1|＜1，|x2-c1|＜1，求证：|f（x1）-f（x2）|＜4．
分析：（1）利用反证法．假设方程f（x）-x=0有异于c1的实根m，即f（m）=m，从而可得fn（x0）=1，这与fn（x）≠1矛盾；
（2）令h（x）=f（x）-2x，证明函数h（x）为减函数，可证当x＞c2时，h（x）＜0，从而可得结论；
（3）不妨设x1≤x2，根据fn（x）＞0，可得f（x）为增函数，即f（x1）≤f（x2），利用fn（x）＜2，可得函数f（x）-2x为减函数，利用绝对值不等式的性质，即可得证．
（2）令h（x）=f（x）-2x，证明函数h（x）为减函数，可证当x＞c2时，h（x）＜0，从而可得结论；
（3）不妨设x1≤x2，根据fn（x）＞0，可得f（x）为增函数，即f（x1）≤f（x2），利用fn（x）＜2，可得函数f（x）-2x为减函数，利用绝对值不等式的性质，即可得证．
解答：证明：（1）假设方程f（x）-x=0有异于c1的实根m，即f（m）=m，
则有m-c1=f（m）-f（c1）=（m-c1）fn（x0）成立．
因为m≠c1，所以必有fn（x0）=1，这与fn（x）≠1矛盾，
因此方程f（x）-x=0不存在异于c1的实数根．…（4分）
（2）令h（x）=f（x）-2x，
∵hn（x）=fn（x）-2＜0，∴函数h（x）为减函数．
又∵h（c2）=f（c2）-2c2=0，∴当x＞c2时，h（x）＜0，即f（x）＜2x成立．…（8分）
（3）不妨设x1≤x2，∵fn（x）＞0，∴f（x）为增函数，即f（x1）≤f（x2）．
又∵fn（x）＜2，∴函数f（x）-2x为减函数，即f（x1）-2x1≥f（x2）-2x2．
∴0≤f（x2）-f（x1）≤2（x2-x1）．
即|f（x2）-f（x1）|≤2|x2-x1|．
∵|x2-x1|=|x2-c1+c1-x1|≤|x2-c1|+|x1-c1|＜2，
∴|f（x1）-f（x2）|＜4．…（15分）
则有m-c1=f（m）-f（c1）=（m-c1）fn（x0）成立．
因为m≠c1，所以必有fn（x0）=1，这与fn（x）≠1矛盾，
因此方程f（x）-x=0不存在异于c1的实数根．…（4分）
（2）令h（x）=f（x）-2x，
∵hn（x）=fn（x）-2＜0，∴函数h（x）为减函数．
又∵h（c2）=f（c2）-2c2=0，∴当x＞c2时，h（x）＜0，即f（x）＜2x成立．…（8分）
（3）不妨设x1≤x2，∵fn（x）＞0，∴f（x）为增函数，即f（x1）≤f（x2）．
又∵fn（x）＜2，∴函数f（x）-2x为减函数，即f（x1）-2x1≥f（x2）-2x2．
∴0≤f（x2）-f（x1）≤2（x2-x1）．
即|f（x2）-f（x1）|≤2|x2-x1|．
∵|x2-x1|=|x2-c1+c1-x1|≤|x2-c1|+|x1-c1|＜2，
∴|f（x1）-f（x2）|＜4．…（15分）
点评：本题考查函数与方程的综合运用，考查反证法，考查函数的单调性，考查不等式的证明，综合性强．
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