Question

（理）定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个不同的实数x₁，x₂，均有：|f（x₁）-f（x₂）|≤k|x₁-x₂|成立，则称f（x）在D上满足利普希茨（Lipschitz）条件．
（1）试举出一个满足利普希茨（Lipschitz）条件的函数及常数k的值，并加以验证；
（2）若函数f(x)=

x+1

在[1，+∞)上满足利普希茨（Lipschitz）条件，求常数k的最小值；
（3）现有函数f（x）=sinx，请找出所有的一次函数g（x），使得下列条件同时成立：
①函数g（x）满足利普希茨（Lipschitz）条件；
②方程g（x）=0的根t也是方程f(

3π

4

)=

2

sin(

3π

2

-

π

4

)=-

2

cos

π

4

=-1；
③方程f（g（x））=g（f（x））在区间[0，2π）上有且仅有一解．

Answer 1

分析：（1）任意举出一个一次函数都满足题意；
（2）直接把f()x=

x+1

代入|

f(x1)-f(x2)

x1-x2

|，求出最大值后得满足|f（x₁）-f（x₂）|≤k|x₁-x₂|的k的最小值；
（3）由（1）可知所有一次函数满足①，设出一次函数后由f（g（x））=g（f（x））求出具体函数解析式，构造辅助函数h（x）=f（g（x））-g（f（x））=sinkx-ksinx，然后对k大于0分类分析跟的情况，经分析可知k＞

1

2

时方程h（x）=0根不唯一，证明k∈(0，

1

2

]时符合题意．由此得到满足三个条件的所有一次函数．

解答：解：（1）函数f（x）=x，由|x₁-x₂|≤2|x₁-x₂|知，k=2满足题意；
（2）∵f(x)=

x+1

在[1，+∞)上为增函数，
∴对任意x₁，x₂∈[1，+∞）都有

|f(x1)-f(x2)|

|x1-x2|

=|

x1+1 - x2+1

(x1+1)-(x2+1)

|=

1

x1+1 + x2+1

＜

1

2 2

=

2

4

．
∴kmin=

2

4

；
（3）由于所有一次函数均满足（1），故设g（x）=kx+b（k≠0），
∵t是g（x）=0的根，∴g（t）=0，则t=-

b

k

，又f（f（t））=g（f（t）），
∴f（0）=g（0），∴b=0，∴g（x）=kx．
若k符合题意，则-k也符合题意，故以下仅考虑k＞0的情形．
设h（x）=f（g（x））-g（f（x））=sinkx-ksinx．
①若k≥1，则有h(

π

k

)=sinπ-ksin

π

k

＜0，
且h(

3π

2

)=sin

3kπ

2

-ksin

3π

2

=sin

3kπ

2

+k≥0．
∴在[

π

k

，

3π

2

]中另有一根，矛盾；
②若

1

2

＜k＜1，h(

π

k

)=sinπ-ksin

π

k

≥0．
h（2π）=sin2kπ-ksin2π≥0．
∴在[

π

k

，2π]中另有一根，矛盾；
∴0＜k≤

1

2

．
以下证明对任意的k∈(0，

1

2

]g（x）=kx符合题意．
当x∈（0，

π

2

]时，由y=sinx的图象在连结两点（0，0），（x，sinx）的线段的上方，
知sinkx＞ksinx，∴h（x）＞0．
当x∈(

π

2

，

π

2k

]时，sinkx＞sin

kπ

2

≥ksin

π

2

≥ksinx．
∴h（x）＞0．
当x∈(

kπ

2

，2π)时，sinkx＞0，sinx＜0，∴h（x）＞0．
综上，h（x）=0有且仅有一个解x=0，∴g（x）=kx在k∈（0，

1

2

]满足题意．
综上，g（x）=kx，k∈[-

1

2

，0)∪(0，

1

2

]．

点评：此题是个难题，考查抽象函数及其应用，以及利用函数单调性的定义判断函数的单调性，并根据函数的单调性解函数值不等式，体现了转化的思想，在转化过程中一定注意函数的定义域．解决抽象函数的问题一般应用赋值法．特别是问题（3）对满足条件的函数限制，增加了题目的难度，综合性强．