题目内容
已知函数f（x）（x∈R）满足下列条件：对任意的实数x1，x2都有λ（x1-x2）2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]和|f（x1）-f（x2）|≤|x1-x2|，其中λ是大于0的常数，设实数a，a，b满足f（a）=0和b=a-λf（a）（Ⅰ）证明λ≤1，并且不存在b≠a，使得f（b）=0；
（Ⅱ）证明（b-a）2≤（1-λ2）（a-a）2；
【答案】分析：（Ⅰ）要证明λ≤1，并且不存在b≠a，使得f（b）=0，由已知条件λ（x1-x2）2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]和|f（x1）-f（x2）|≤|x1-x2|合并，可以直接得出λ≤1，再假设有b≠a，使得f（b）=0，根据已知判断出矛盾即得到不存在b≠a，使得f（b）=0．
（Ⅱ）要证明（b-a）2≤（1-λ2）（a-a）2；把不等式两边（b-a）2和（1-λ2）（a-a）2分别用题中的已知等式化为同一的函数值得形式，再证明不等式成立即可．
解答：证明：（I）任取x1，x2?R，x1≠x2，则由λ（x1-x2）2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]①
和|f（x1）-f（x2）|≤|x1-x2|②
可知λ（x1-x2）2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]≤|x1-x2|•|f（x1）-f（x2）|≤|x1-x2|2，
从而λ≤1．
假设有b≠a，使得f（b）=0，则由①式知0＜λ（a-b）2≤（a-b）[f（a）-f（b）]=0矛盾．
∴不存在b≠a，使得f（b）=0．
（II）由b=a-λf（a）③
可知（b-a）2=[a-a-λf（a）]2=（a-a）2-2λ（a-a）f（a）+λ2[f（a）]2④
由f（a）=0和①式，得（a-a）f（a）=（a-a）[f（a）-f（a）]≥λ（a-a）2⑤
由和②式知，[f（a）]2=[f（a）-f（a）]2≤（a-a）2⑥
由⑤、⑥代入④式，得（b-a）2≤（a-a）2-2λ2（a-a）2+λ2（a-a）2=（1-λ2）（a-a）2
即不等式（b-a）2≤（1-λ2）（a-a）2得证．
点评：题目中涉及了八个不同的字母参数a，b，a，b，x，x1，x2，λ以及它们的抽象函数值f（x）．参数量太多，让考生们在短时间内难以理清头绪．因而解决问题的关键就在于“消元”--把题设条件及欲证关系中的多个参数量转化为某几个特定变量来表示，有一定的计算量需要同学们注意．
（Ⅱ）要证明（b-a）2≤（1-λ2）（a-a）2；把不等式两边（b-a）2和（1-λ2）（a-a）2分别用题中的已知等式化为同一的函数值得形式，再证明不等式成立即可．
解答：证明：（I）任取x1，x2?R，x1≠x2，则由λ（x1-x2）2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]①
和|f（x1）-f（x2）|≤|x1-x2|②
可知λ（x1-x2）2≤（x1-x2）[f（x1）-f（x2）]≤|x1-x2|•|f（x1）-f（x2）|≤|x1-x2|2，
从而λ≤1．
假设有b≠a，使得f（b）=0，则由①式知0＜λ（a-b）2≤（a-b）[f（a）-f（b）]=0矛盾．
∴不存在b≠a，使得f（b）=0．
（II）由b=a-λf（a）③
可知（b-a）2=[a-a-λf（a）]2=（a-a）2-2λ（a-a）f（a）+λ2[f（a）]2④
由f（a）=0和①式，得（a-a）f（a）=（a-a）[f（a）-f（a）]≥λ（a-a）2⑤
由和②式知，[f（a）]2=[f（a）-f（a）]2≤（a-a）2⑥
由⑤、⑥代入④式，得（b-a）2≤（a-a）2-2λ2（a-a）2+λ2（a-a）2=（1-λ2）（a-a）2
即不等式（b-a）2≤（1-λ2）（a-a）2得证．
点评：题目中涉及了八个不同的字母参数a，b，a，b，x，x1，x2，λ以及它们的抽象函数值f（x）．参数量太多，让考生们在短时间内难以理清头绪．因而解决问题的关键就在于“消元”--把题设条件及欲证关系中的多个参数量转化为某几个特定变量来表示，有一定的计算量需要同学们注意．
练习册系列答案
天天向上口算本系列答案
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是函数y=g（x） 图象上的点．
上存在两个不同点关于直线y=x对称，求出其坐标；若曲线
（p≠0）上存在两个不同点关于直线y=x对称，求实数p的范围；
及
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上单调递减，在区间
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