Question

A是定义在[2，4]上且满足如下两个条件的函数Φ（x）组成的集合：
①对任意的x∈[1，2]，都有Φ（2x）∈（1，2）；
②存在常数L（0＜L＜1），使得对任意的x₁，x₂∈[1，2]，都有|Φ（2x₁）-Φ（2x₂）|≤L|x₁-x₂|；
（1）设Φ(x)=

[

3]1+x，x∈[2，4]，证明：Φ（x）∈A；
（2）设Φ（x）∈A，如果存在x₀∈（1，2），使得x₀=Φ（2x₀），那么，这样的x₀是唯一的；
（3）设Φ（x）∈A，任取x₁∈（1，2），令x_n+1=Φ（2x_n），n=1，2，…，
证明：给定正整数k，对任意的正整数p，不等式|xk+p-xk|≤

Lk-1

1-L

|x2-x1|成立．

Answer 1

分析：（1）欲证Φ（x）∈A，即证Φ（x）满足条件的两条：①②．
①对任意x∈[1，2]，φ(2x)=

[

3]1+2x，x∈[1，2]，所以φ（2x）∈（1，2）．
②对任意x₁，x₂∈（1，2），|φ（2x₁）-φ（2x₂）|利用绝对值不等式的性质得到：0＜L＜1，|φ（2x₁）-φ（2x₂）|≤L|x₁-x₂|，所以φ（x）∈A；
（2）利用反证法证明：先假设存在x₀，x₀′∈（1，2），x₀≠x₀′，使得x₀=φ（2x₀），x₀′=φ（2x₀′），
则由条件得出与题设矛盾，故结论成立；
（3）先由|x₃-x₂|=|φ（2x₂）-φ（2x₁）|≤L|x₂-x₁|，所以进一步可得|x_n+1-x_n|≤L^n-1|x₂-x₁|，n∈N*，最后利用放缩法得到证明．

解答：证明：（1）对任意x∈[1，2]，φ(2x)=

[

3]1+2x，x∈[1，2]，
于是

[

3]3≤φ(2x)≤

[

3]5，（2分）
又1＜

[

3]3＜

[

3]5＜2，
所以φ（2x）∈（1，2）．
对任意x₁，x₂∈（1，2），|φ（2x₁）-φ（2x₂）|
=|

[

3]1+2x1-

[

3]1+2x2|=

2|x1-x2|

[ 3](1+2x1)2+ [ 3](1+2x1)(1+2x2)+ [ 3](1+2xx)2

由于

[

3](1+2x1)2+

[

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

[

3](1+2x2)2＞3，
所以0＜

2

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

＜

2

3

，（4分）
令

2

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

=L，
则0＜L＜1，|φ（2x₁）-φ（2x₂）|≤L|x₁-x₂|，所以φ（x）∈A．（7分）
（2）反证法：设存在x₀，x₀′∈（1，2），x₀≠x₀′，使得x₀=φ（2x₀），x₀′=φ（2x₀′），
则由|φ（2x₀）-φ（2x₀′）|≤L|x₀-x₀′|，
得|x₀-x₀'|≤L|x₀-x₀'|，所以L≥1，与题设矛盾，故结论成立．（10分）
（3）|x₃-x₂|=|φ（2x₂）-φ（2x₁）|≤L|x₂-x₁|，所以进一步可得|x_n+1-x_n|≤L^n-1|x₂-x₁|，n∈N*，（12分）
于是|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|．（16分）

点评：本题考查的是抽象函数问题及其应用、反证法等．在解答的过程当中充分体现了反证法的思想、问题转化的思想以及绝对值不等式性质应用．值得同学们体会和反思．