Question

17．已知函数y=f（x）的定义域为[0，+∞），且对于任意x₁，x₂∈[0，+∞），存在正实数L，使得|f（x₁）-f（x₂）|≤L|x₁-x₂|均成立．
（1）若f（x）=$\sqrt{1+x}$，x∈[0，+∞），求实数L的取值范围；
（2）当0＜L＜1时，正项数列{an}满足a_n+1=f（a_n），（n=1，2，…）
①求证：$\sum_{k=1}^{n}$|a_k-a_k+1|≤$\frac{1}{1-L}$•|a₁-a₂|；
②如果令A_k=$\frac{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{n}}{k}$（k=1，2，3，…），
求证：$\sum_{k=1}^{n}$|A_k-A_k+1|≤$\frac{1}{1-L}$•|a₁-a₂|．

Answer 1

分析 （1）根据不等式的定义关系利用参数分离法求出函数的最值即可．
（2）根据数列{an}满足a_n+1=f（a_n），化简$\sum_{k=1}^{n}$|a_k-a_k+1|和$\sum_{k=1}^{n}$|A_k-A_k+1|，结合绝对值不等式的性质，利用放缩法进行证明．

解答 解：（1）若f（x）=$\sqrt{1+x}$，x∈[0，+∞），
则|f（x₁）-f（x₂）|=|$\sqrt{1+{x}_{1}}-\sqrt{1+{x}_{2}}$|=$\frac{|{x}_{1}-{x}_{2}|}{\sqrt{1+{x}_{1}}+\sqrt{1+{x}_{2}}}$，
若|f（x₁）-f（x₂）|≤L|x₁-x₂|均成立，
则$\frac{|{x}_{1}-{x}_{2}|}{\sqrt{1+{x}_{1}}+\sqrt{1+{x}_{2}}}$≤L|x₁-x₂|均成立，
当x₁≠x₂，时，L≥$\frac{1}{\sqrt{1+{x}_{1}}+\sqrt{1+{x}_{2}}}$，
∵x₁，x₂∈[0，+∞），
∴$\frac{1}{\sqrt{1+{x}_{1}}+\sqrt{1+{x}_{2}}}$≤$\frac{1}{2}$，即L≥$\frac{1}{2}$．
（2）证明：①∵a_n+1=f（a_n），n=1，2，…，
故当n≥2时，|a_n-a_n+1|=|f（a_n-1）-f（a_n）|≤L|a_n-1-a_n|=L|f（a_n-2）-f（a_n-1）|≤L²|a_n-2-a_n-1|≤…≤L^n-1|a₁-a₂|，
∴$\sum_{k=1}^{n}$|a_k-a_k+1|=|a₁-a₂|+|a₂-a₃|+|a₄-a₅|+…+|a_n-a_n+1|≤（1+L+L²+…+L^n-1）|a₁-a₂|=$\frac{1-{L}^{n}}{1-L}$•|a₁-a₂|；
∵0＜L＜1，
∴$\frac{1-{L}^{n}}{1-L}$•|a₁-a₂|≤$\frac{1}{1-L}$•|a₁-a₂|；
（当n=1时，不等式也成立）．
∵A_k=$\frac{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{k}}{k}$，
∴|A_k-A_k+1|=|$\frac{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{k}}{k}$-$\frac{{a}_{1}+{a}_{2}+…+{a}_{k+1}}{k+1}$|
=|$\frac{1}{k（k+1）}$（a₁+a₂+a₃+…+a_k-ka_k+1）|=$\frac{1}{k（k+1）}$|（a₁-a₂）+（a₂-a₃）+（a₄-a₅）+…+k（a_k-a_k+1）|
≤$\frac{1}{k（k+1）}$|（a₁-a₂）|+|（a₂-a₃）|+|（a₄-a₅）|+…+k|（a_k-a_k+1）|，
∴$\sum_{k=1}^{n}$|A_k-A_k+1|=|A₁-A₂|+|A₂-A₃|+|A₄-A₅|+…+|A_k-A_k+1|≤|（a₁-a₂）|（（$\frac{1}{1×2}$+$\frac{1}{2×3}$+…+$\frac{1}{n（n+1）}$）
+2|（a₂-a₃）|（$\frac{1}{2×3}$+$\frac{1}{3×4}$…+$\frac{1}{n（n+1）}$）+3|（a₃-a₄）|（$\frac{1}{3×4}$+…+$\frac{1}{n（n+1）}$）+…+n|（a_n-a_n+1）|•$\frac{1}{n（n+1）}$
≤|a₁-a₂|（1-$\frac{1}{n+1}$）+|a₂-a₃|（1-$\frac{2}{n+1}$）+…+|a_n-a_n+1|（1-$\frac{n}{n+1}$）
≤|a₁-a₂|+|a₂-a₃|+…+|a_n-a_n+1|≤$\frac{1}{1-L}$•|a₁-a₂|．

点评 本题主要考查数列与不等式的综合，利用绝对值不等式的性质，利用放缩法是解决本题的关键．综合性较强，难度较大．