题目内容
若存在常数L,使得对任意x1,x2∈I且x1≠x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤L|x1-x2|,则称函数f(x)在区间I上满足L-条件.
(1)求证:正弦函数f(x)=sinx在开区间
上满足L-条件;
(2)如果存在实数M,使得|f'(x)|≤M在区间I上恒成立,那么函数f(x)在I上是否满足L-条件?若满足,给出证明;若不满足,举出反例.
(1)证明:要证存在常数L,使对任意x1,
,都有|f(x1)-f(x2)|≤L|x1-x2|.
不妨设x1<x2,∵f(x)=sinx在
上递增,∴上式等价于sinx2-sinx1≤Lx2-Lx1,
即sinx1-Lx1≥sinx2-Lx2,
转化为证明存在常数L,使函数F(x)=sinx-Lx在
上递减,再转化为证明在
上,
F'(x)=cosx-L≤0恒成立,即cosx≤L恒成立,
由于在
上,恒有cosx≤1,故取L=1即可,证毕.
(2)如果存在实数M,使得|f'(x)|≤M在区间I上恒成立,那么函数f(x)在I上满足L-条件,
即对任意x1,x2∈I且x1≠x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤M|x1-x2|(*),这里L=M.证明如下:
不妨设x1<x2,按f(x1)与f(x2)的大小关系分类:
2f(x1)=f(x2)3时,(*)4显然成立;
②当f(x1)<f(x2)时,考虑函数G(x)=f(x)-Mx,x∈I,
由于-M≤f'(x)≤M,故G'(x)=f'(x)-M≤0,从而G(x)在I上递减,
又x1<x2,所以G(x1)≥G(x2),即f(x1)-Mx1≥f(x2)-Mx2,
亦即f(x2)-f(x1)≤M(x2-x1),也就是(*)成立;
③当f(x1)>f(x2)时,类似②,考虑函数H(x)=f(x)+Mx(x∈I)即可.(9分)
综上所述,对任意x1,x2∈I且x1≠x2,都有(*),所以函数f(x)在I上满足L-条件.
另解:利用Lagrange中值定理,对任意x1,x2∈I且x1≠x2,存在ξ∈I,使
,于是
,即|f(x1)-f(x2)|≤M|x1-x2|.
分析:(1)由f(x)=sinx在
上递增可得式子|f(x1)-f(x2)|≤L|x1-x2|等价与sinx2-sinx1≤Lx2-Lx1,进而可得结论成立.(2)存在实数M,使得|f'(x)|≤M在区间I上恒成立,那么函数f(x)在I上满足L-条件,只要证明对任意x1,x2∈I且x1≠x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤M|x1-x2|即可.
点评:新概念题与恒成立问题是近年高考考查的重点也是学生学习的难点,新概念考查学生知识的组织能力,恒成立考查学生的函数应用能力.

不妨设x1<x2,∵f(x)=sinx在

即sinx1-Lx1≥sinx2-Lx2,
转化为证明存在常数L,使函数F(x)=sinx-Lx在


F'(x)=cosx-L≤0恒成立,即cosx≤L恒成立,
由于在

(2)如果存在实数M,使得|f'(x)|≤M在区间I上恒成立,那么函数f(x)在I上满足L-条件,
即对任意x1,x2∈I且x1≠x2,都有|f(x1)-f(x2)|≤M|x1-x2|(*),这里L=M.证明如下:
不妨设x1<x2,按f(x1)与f(x2)的大小关系分类:
2f(x1)=f(x2)3时,(*)4显然成立;
②当f(x1)<f(x2)时,考虑函数G(x)=f(x)-Mx,x∈I,
由于-M≤f'(x)≤M,故G'(x)=f'(x)-M≤0,从而G(x)在I上递减,
又x1<x2,所以G(x1)≥G(x2),即f(x1)-Mx1≥f(x2)-Mx2,
亦即f(x2)-f(x1)≤M(x2-x1),也就是(*)成立;
③当f(x1)>f(x2)时,类似②,考虑函数H(x)=f(x)+Mx(x∈I)即可.(9分)
综上所述,对任意x1,x2∈I且x1≠x2,都有(*),所以函数f(x)在I上满足L-条件.
另解:利用Lagrange中值定理,对任意x1,x2∈I且x1≠x2,存在ξ∈I,使


分析:(1)由f(x)=sinx在

点评:新概念题与恒成立问题是近年高考考查的重点也是学生学习的难点,新概念考查学生知识的组织能力,恒成立考查学生的函数应用能力.

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