Question

（理）定義：若存在常數k，使得對定義域D內的任意兩個不同的實數x₁，x₂，均有：|f（x₁）-f（x₂）|≤k|x₁-x₂|成立，則稱f（x）在D上滿足利普希茨（Lipschitz）條件．
（1）試舉出一個滿足利普希茨（Lipschitz）條件的函數及常數k的值，并加以驗證；
（2）若函數f(x)=

x+1

在[1，+∞)上滿足利普希茨（Lipschitz）條件，求常數k的最小值；
（3）現有函數f（x）=sinx，請找出所有的一次函數g（x），使得下列條件同時成立：
①函數g（x）滿足利普希茨（Lipschitz）條件；
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））在區間[0，2π）上有且僅有一解．

Answer 1

分析：（1）任意舉出一個一次函數都滿足題意；
（2）直接把f()x=

x+1

代入|

f(x1)-f(x2)

x1-x2

|，求出最大值后得滿足|f（x₁）-f（x₂）|≤k|x₁-x₂|的k的最小值；
（3）由（1）可知所有一次函數滿足①，設出一次函數后由f（g（x））=g（f（x））求出具體函數解析式，構造輔助函數h（x）=f（g（x））-g（f（x））=sinkx-ksinx，然后對k大于0分類分析跟的情況，經分析可知k＞

1

2

時方程h（x）=0根不唯一，證明k∈(0，

1

2

]時符合題意．由此得到滿足三個條件的所有一次函數．

解答：解：（1）函數f（x）=x，由|x₁-x₂|≤2|x₁-x₂|知，k=2滿足題意；
（2）∵f(x)=

x+1

在[1，+∞)上為增函數，
∴對任意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）由于所有一次函數均滿足（1），故設g（x）=kx+b（k≠0），
∵t是g（x）=0的根，∴g（t）=0，則t=-

b

k

，又f（f（t））=g（f（t）），
∴f（0）=g（0），∴b=0，∴g（x）=kx．
若k符合題意，則-k也符合題意，故以下僅考慮k＞0的情形．
設h（x）=f（g（x））-g（f（x））=sinkx-ksinx．
①若k≥1，則有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

．
以下證明對任意的k∈(0，

1

2

]g（x）=kx符合題意．
當x∈（0，

π

2

]時，由y=sinx的圖象在連結兩點（0，0），（x，sinx）的線段的上方，
知sinkx＞ksinx，∴h（x）＞0．
當x∈(

π

2

，

π

2k

]時，sinkx＞sin

kπ

2

≥ksin

π

2

≥ksinx．
∴h（x）＞0．
當x∈(

kπ

2

，2π)時，sinkx＞0，sinx＜0，∴h（x）＞0．
綜上，h（x）=0有且僅有一個解x=0，∴g（x）=kx在k∈（0，

1

2

]滿足題意．
綜上，g（x）=kx，k∈[-

1

2

，0)∪(0，

1

2

]．

點評：此題是個難題，考查抽象函數及其應用，以及利用函數單調性的定義判斷函數的單調性，并根據函數的單調性解函數值不等式，體現了轉化的思想，在轉化過程中一定注意函數的定義域．解決抽象函數的問題一般應用賦值法．特別是問題（3）對滿足條件的函數限制，增加了題目的難度，綜合性強．