Question

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a₀，a，b满足：f(a₀)＝0和b＝a－λf(a)

(Ⅰ)证明λ≤1，并且不存在b₀≠a₀，使得f(b₀)＝0；

(Ⅱ)证明(b－a₀)²≤(1－λ²)(a－a₀)²；

(Ⅲ)证明[f(b)]²≤(1－λ²)[f(a)]²．

Answer 1

答案：
解析：

本小题主要考查函数、不等式等基本知识，以及综合运用数学知识解决问题的能力． 　　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b0≠a0，使得f(b0)＝0，则由①式知0＜λ(a0－b0)2≤(a0－b0)[f(a0)－f(b0)]＝0矛盾． 　　∴不存在b0≠a0，使得f(b0)＝0． 　　(Ⅱ)由b＝a－λf(a)　　③ 　　可知(b－a0)2＝[a－a0－λf(a)]2＝(a－a0)2－2λ(a－a0)f(a)＋λ2[f(a)]2　　④ 　　由f(a0)＝0和①式，得(a－a0)f(a)＝(a－a0)[f(a)－f(a0)]≥λ(a－a0)2．　　⑤ 　　由f(a0)＝0和②式知，[f(a)]2＝[f(a)－f(a0)]2≤(a－a0)2　　⑥ 　　由⑤、⑥代入④式，得(b－a0)2≤(a－a0)2－2λ2(a－a0)2＋λ2(a－a0)2＝(1－λ2)(a－a0)2 　　(Ⅲ)由③式可知[f(b)]2＝[f(b)－f(a)＋f(a)]2 　　＝[f(b)－f(a)]2＋2f(a)[f(b)－f(a)]＋[f(a)]2≤(b－a)2－2·[f(b)－f(a)]＋[f(a)]2(用②式) 　　＝λ2[f(a)]2－(b－a)[f(b)－f(a)]＋[f(a)]2≤λ2[f(a)]2－·λ·(b－a)2＋[f(a)]2(用①式) 　　＝λ2[f(a)]2－2λ2[f(a)]2＋[f(a)]2 　　＝(1－λ2)[f(a)]2