λ(x1－x2)2≤(x1－x2)［f(x1)－f(x2)］
和
|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|,
其中λ是大于0的常數.
設實數a0、a、b滿足f(a0)=0和b=a－λf(a).
(Ⅰ)證明：λ≤1，并且不存在b0≠a0，使得f(b0)=0;
(Ⅱ)證明：(b－a0)2≤(1－λ2)(a－a0)2;
(Ⅲ)證明：［f(b)］2≤(1－λ2)［f(a)］2.
22.本小題主要考查函數、不等式等基本知識，以及綜合運用數學知識解決問題的能力.
證明: (Ⅰ)任取x1、x2∈R,x1≠x2,則由
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,從而 λ≤1.
假設有b0≠a0,使得f(b0)=0成立,則由①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
則將⑤、⑥式代入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.
千里馬走向假期期末仿真試卷寒假系列答案科目：高中數學 來源： 題型：
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科目：高中數學 來源： 題型：
| x |
| a |
| b |
| x |
| 4c2 |
| k(k+c) |
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科目：高中數學 來源：浙江省東陽中學高三10月階段性考試數學理科試題 題型：022
已知函數f(x)的圖像在[a，b]上連續不斷，f1(x)＝min{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])，f2(x)＝max{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])，其中，min{f(x)|x∈D}表示函數f(x)在D上的最小值，max{f(x)|x∈D}表示函數f(x)在D上的最大值，若存在最小正整數k，使得f2(x)－f1(x)≤k(x－a)對任意的x∈[a，b]成立，則稱函數f(x)為[a，b]上的“k階收縮函數”．已知函數f(x)＝x2，x∈[－1，4]為[－1，4]上的“k階收縮函數”，則k的值是_________．
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科目：高中數學 來源：上海模擬 題型：解答題
| x |
| a |
| b |
| x |
| 4c2 |
| k(k+c) |
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科目：高中數學 來源：2009-2010學年河南省許昌市長葛三高高三第七次考試數學試卷（理科）（解析版） 題型：選擇題
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