Question

（2013•延慶縣一模）A是由定義在[2，4]上且滿足如下條件的函數φ（x）組成的集合：
（1）對任意x∈[1，2]，都有φ（2x）∈（1，2）；
（2）存在常數L（0＜L＜0），使得對任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有|?（2x₁）-?（2x₂）|≤L|x₁-x₂|．
（Ⅰ）設φ（x）=

3	1+x

，x∈[2，4]，證明：φ（x）∈A；
（Ⅱ）設φ（x）∈A，如果存在x₀∈（1，2），使得x₀=φ（2x₀），那么這樣的x₀是唯一的；
（Ⅲ）設φ（x）∈A，任取x_n∈（1，2），令x_n+1=φ（2_nx），n=1，2，…，證明：給定正整數k，對任意的正整數p，不等式|xk+p-xk|≤

Lk-1

1-L

|x2-x1|成立．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用已知條件，通過φ（x）=

3	1+x

，x∈[2，4]，轉化不等式，證明：φ（x）∈A；
（Ⅱ）利用反證法，推出L≥1，矛盾，什么原命題正確；
（Ⅲ）設φ（x）∈A，任取x_n∈（1，2），令x_n+1=φ（2_nx），n=1，2，…，給定正整數k，對任意的正整數p，利用放縮法證明不等式|xk+p-xk|≤

Lk-1

1-L

|x2-x1|成立即可．

解答：（本小題滿分13分）
解：（Ⅰ）對任意x∈[1，2]，φ（2x）∈（1，2）；x∈[1，2]，

3	3

≤φ（2x）≤

3	5

，1＜

3	3

≤φ（2x）≤

3	5

＜2，所以φ（2x）∈（1，2）；．
對任意的x₁，x₂∈[1，2]，|?（2x₁）-?（2x₂）|=|x₁-x₂|

2

3 (1+2x1)2 + 2 (1+x1)(1+x2) + 3 (1+x2)2

3＜

3	(1+x1)2

+

3	(1+2x2)(1+x2)

+

3	(1+x2)2

，
所以0＜

2

3 (1+2x1)2 + 2 (1+x1)(1+x2) + 3 (1+x2)2

＜

2

3

，
≤L|x₁-x₂|，
令

2

3 (1+2x1)2 + 2 (1+x1)(1+x2) + 3 (1+x2)2

=L，0＜L＜1，
|?（2x₁）-?（2x₂）|≤L|x₁-x₂|，所以φ（x）∈A．…（5分）
（Ⅱ）反證法：設存在兩個x₀，x₀′∈（1，2），x₀≠x₀′使得x₀′=φ（2x₀′），
則由|φ（2x₀）-φ（2x₀′）|≤L|x₀-x₀′|，得）|x₀-x₀′|≤L|x₀-x₀′|，所以L≥1，矛盾，故結論成立．…（8分）
（Ⅲ）|x₃-x₂|=|?（2x₂）-?（2x₁）|≤L|x₂-x₁|，
所以|x_n+1-x_n|=|?（2x_n）-?（2x_n-1|≤L|x_n-x_n-1|≤L²|x_n-1-x_n-2|…
≤L^n-1|x₂-x₁||x_k+p-x_k|=|（x_k+p-x_k+p-1）+（x_k+p-1-x_k+p-2）+…+（x_k+1-x_k）|
≤|x_k+p-x_k+p-1|+|x_k+p-1-x_k+p-2|+…+|x_k+1-x_k|
≤L^k+p-2|x₂-x₁|+L^k+p-3|x₂-x₁|+…+L^k-1|x₂-x₁|
=

Lk-1(1-Lp)

1-L

|x2-x1|≤

Lk-1

1-L

|x2-x1|．…（13分）

點評：本題考查已知條件的應用，反證法以及放縮法證明不等式，考查分析問題與解決問題的綜合應用，邏輯推理能力．