Question

已知集合M_D是滿足下列性質(zhì)的函數(shù)f（x）的全體：存在非零常數(shù)k，使得對(duì)定義域D內(nèi)的任意兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)x₁，x₂，均有|f（x₁）-f（x₂）|≤k|x₁-x₂|成立．
（Ⅰ） 當(dāng)D=R時(shí)，f（x）=x是否屬于M_D？說(shuō)明理由；
（Ⅱ） 當(dāng)D=[0，+∞）時(shí)，函數(shù)f(x)=

x+1

屬于M_D，求k的取值范圍；
（Ⅲ） 現(xiàn)有函數(shù)f（x）=sinx，是否存在函數(shù)g（x）=kx+b（k≠0），使得下列條件同時(shí)成立：
①函數(shù)g（x）∈M_D；
②方程g（x）=0的根t也是方程f（x）=0的根，且g（f（t））=f（g（t））；
③方程f（g（x））=g（f（x））在區(qū)間[0，2π）上有且僅有一解．若存在，求出滿足條件的k和b；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）先求出，|f（x₁）-f（x₂）|=|x₁-x₂|得到其小于等于2|x₁-x₂|，即可說(shuō)明其成立．（當(dāng)然也可以取其它k值）
（Ⅱ）直接對(duì)|

f(x1)-f(x2)

x1-x2

|進(jìn)行整理，根據(jù)其取值范圍即可得到k的取值范圍；
（Ⅲ）先根據(jù)（Ⅰ）可知，g（x）=kx+b（k≠0）屬于M_D，再借助于t是g（x）=0的根，以及f（g（t））=g（f（t）），得到g（x）=kx；最后根據(jù)k符合題意，則-k也符合題意，只需要借助與第三個(gè)要求求出k＞0時(shí)對(duì)應(yīng)的范圍，再綜合即可得到結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ）屬于M_D．
事實(shí)上，對(duì)任意x₁，x₂∈R，|f（x₁）-f（x₂）|=|x₁-x₂|≤2|x₁-x₂|，
故可取常數(shù)k=2滿足題意，因此f（x）∈M_D．
（Ⅱ）∵f(x)=

x+1

在[0，+∞）為增函數(shù)
∴對(duì)任意x₁，x₂∈[0，+∞）有|

f(x1)-f(x2)

x1-x2

|=|

x1+1 - x2+1

(x1+1)-(x2+1)

|=

1

x1+1 + x2+1

＜

1

2

（當(dāng)x₁=0，x₂→0時(shí)取到），所以k≥

1

2

，此即為所求．
（Ⅲ）存在．
事實(shí)上，由（Ⅰ）可知，g（x）=kx+b（k≠0）屬于M_D．
∵t是g（x）=0的根∴g(t)=0⇒t=-

b

k

，
又f（g（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(shè)h（x）=f（g（x））-g（f（x））=sinkx-ksinx，
①若k≥1，則
由h(

π

k

)=sinπ-ksin

π

k

＜0，
且h(

3π

2

)=sin

3kπ

2

-ksin

3π

2

=sin

3kπ

2

+k≥0，
所以，在[

π

k

，

3π

2

]中另有一根，矛盾．
②若

1

2

＜k＜1，
則h(

π

k

)=sinπ-ksin

π

k

≥0，h[2π]=sin2kπ-ksin2π＜0，
所以在[

π

k

，2π]中另有一根，矛盾．∴0＜k≤

1

2

．
以下證明，對(duì)任意k∈(0，

1

2

]，g(x)=kx符合題意．
（�。┊�(dāng)x∈(0，

π

2

]時(shí)，由y=sinx圖象在連接兩點(diǎn)（0，0），（x，sinx）的線段的上方知sinkx＞ksinx
∴h（x）＞0．
（ⅱ）當(dāng)x∈(

π

2

，

π

2k

]時(shí)，sinkx＞sin

kπ

2

≥ksin

π

2

≥ksinx∴h(x)＞0．
（ⅲ）當(dāng)x∈(

π

2k

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

1

2

]滿足題意．
綜上所述：k∈[-

1

2

，0)∪(0，

1

2

]，b=0為所求．

點(diǎn)評(píng)：本題是在新定義下對(duì)函數(shù)恒成立問(wèn)題的考查，第三問(wèn)比較麻煩，建議程度較差的學(xué)生直接略過(guò)，只須看前兩問(wèn)即可．