Question

10．已知f（x）是定義在[a，b]上的函數(shù)，如果存在常數(shù)M＞0，對(duì)區(qū)間[a，b]的任意劃分：a=x₀＜x₁＜…＜x_n-1＜x_n=b，和式$\sum_{i=1}^{n}$|f（x_i）-f（x_i-1）|≤M恒成立，則稱(chēng)f（x）為[a，b]上的“絕對(duì)差有界函數(shù)”，注：$\sum_{i=1}^{n}$a_i=a₁+a₂+…+a_n；
（1）證明函數(shù)f（x）=sinx+cosx在[-$\frac{π}{2}，0$]上是“絕對(duì)差有界函數(shù)”；
（2）記集合A={f（x）|存在常數(shù)k＞0，對(duì)任意的x₁，x₂∈[a，b]，有|f（x₁）-f（x₂）|≤k|x₁-x₂|成立}，證明集合A中的任意函數(shù)f（x）均為“絕對(duì)差有屆函數(shù)”；當(dāng)[a，b]=[1，2]時(shí)，判斷g（x）=$\sqrt{x}$是否在集合A中，如果在，請(qǐng)證明并求k的最小值，如果不在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）證明函數(shù)f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xcos\frac{π}{2x}}&{0＜x≤1}\\{0}&{x=0}\end{array}\right.$不是[0，1]上的“絕對(duì)差有界函數(shù)．

Answer 1

分析 （1）利用函數(shù)在[-$\frac{π}{2}$，0]是增函數(shù)，去掉絕對(duì)值，將連和符號(hào)用函數(shù)值的和表示出，求出值為，取M大于等于此值，滿(mǎn)足“絕對(duì)差有界函數(shù)”的定義；
（2）利用已知不等式，將函數(shù)值差的連和表示成自變量差的連和，去掉絕對(duì)值，將連和寫(xiě)成自變量差的和形式，求出連和的值，找到M，滿(mǎn)足有界變差的定義即可．
（3）舉例說(shuō)明函數(shù)f（x）對(duì)于和式$\sum_{i=1}^{n}|f（{x}_{i}）-f（{x}_{i-1}）|$=$\sum_{i=1}^{n}$[$\frac{1}{2•（2i+1）}$+$\frac{1}{2•2i}$]≤M不成立即可．

解答 解：（1）∵f（x）=sinx+cosx=$\sqrt{2}$sin（x+$\frac{π}{4}$）在[-$\frac{π}{2}$，0]上是增函數(shù)，
∴對(duì)任意劃分f（x_n）＞f（x_n-1），
∴|f（x_i）-f（x_i-1）|=f（x₁）-f（x₀）+…+f（x_n）-f（x_n-1）=f（0）-f（-$\frac{π}{2}$）=2；
取常數(shù)M≥2，則和式$\sum_{i=1}^{n}|f（{x}_{i}）-f（{x}_{i-1}）|$≤M恒成立，
∴函數(shù)f（x）在[-$\frac{π}{2}$，0]上是“絕對(duì)差有界函數(shù)”；
（2））∵存在常數(shù)k，使得對(duì)于任意的x₁，x₂∈[a，b]，|f（x₁）-f（x₂）|≤k|x₁-x₂|，
∴$\sum_{i=1}^{n}$|f（x_i）-f（x_i-1）|≤$\sum_{i=1}^{n}$|x_i-x_i-1|=k（b-a）；
故存在常數(shù)M=k（b-a），使得$\sum_{i=1}^{n}$|f（x_i）-f（x_i-1）|≤M恒成立，
所以f（x）為[a，b]上的“絕對(duì)差有界函數(shù)”；
若g（x）=$\sqrt{x}$，
則|g（x₁）-g（x₂）|=|$\sqrt{{x}_{1}}$-$\sqrt{{x}_{2}}$|=$\frac{|{x}_{1}-{x}_{2}|}{\sqrt{{x}_{1}}+\sqrt{{x}_{2}}}$，
∵[a，b]=[1，2]，
∴1≤x₁≤2，1≤x₂≤2，
1≤$\sqrt{{x}_{1}}$≤$\sqrt{2}$，1≤$\sqrt{{x}_{2}}$≤$\sqrt{2}$，
則2≤$\sqrt{{x}_{1}}$+$\sqrt{{x}_{2}}$≤2$\sqrt{2}$，
則$\frac{1}{2\sqrt{2}}$≤$\frac{1}{\sqrt{{x}_{1}+\sqrt{{x}_{2}}}}$≤$\frac{1}{2}$，
則|g（x₁）-g（x₂）|=|$\sqrt{{x}_{1}}$-$\sqrt{{x}_{2}}$|=$\frac{|{x}_{1}-{x}_{2}|}{\sqrt{{x}_{1}}+\sqrt{{x}_{2}}}$≤$\frac{1}{2}$|x₁-x₂|，
∴當(dāng)k≥$\frac{1}{2}$時(shí)，|g（x₁）-g（x₂）|≤k|x₁-x₂|恒成立，
故g（x）=$\sqrt{x}$在集合A中，k的最小值是$\frac{1}{2}$．
（3）證明：∵函數(shù)f（x）=$\left\{\begin{array}{l}{xcos\frac{π}{2x}，0＜x≤1}\\{0；x=0}\end{array}\right.$，
令x_i=$\frac{1}{2（2i+1）}$，x_i-1=$\frac{1}{2•2i}$，i∈N^*，
則f（x_i）-f（x_j）=-$\frac{1}{2•（2i+1）}$-$\frac{1}{2•2i}$；
∴和式$\sum_{i=1}^{n}|f（{x}_{i}）-f（{x}_{i-1}）|$=$\sum_{i=1}^{n}$[$\frac{1}{2•（2i+1）}$+$\frac{1}{2•2i}$]≤M不成立，
故函數(shù)f（x）不是[0，1]上的“絕對(duì)差有界函數(shù)”；

點(diǎn)評(píng) 本題以新定義函數(shù)為載體，考查不等式恒成立問(wèn)題，考查了對(duì)新定義的理解與應(yīng)用問(wèn)題，是較難的題目，判斷一個(gè)函數(shù)是否是“絕對(duì)差有界函數(shù)”，關(guān)鍵是求出函數(shù)差的連和，找出M的值．