Question

若函數(shù)f（x）對(duì)任意的實(shí)數(shù)x₁，x₂∈D，均有|f（x₂）-f（x₁）|≤|x₂-x₁|，則稱函數(shù)f（x）是區(qū)間D上的“平緩函數(shù)”，
（1）判斷g（x）=sinx和h（x）=x²-x是不是實(shí)數(shù)集R上的“平緩函數(shù)”，并說(shuō)明理由；
（2）若數(shù)列{x_n}對(duì)所有的正整數(shù)n都有 |xn+1-xn|≤

1

(2n+1)2

，設(shè)y_n=sinx_n，求證：|yn+1-y1|＜

1

4

．

Answer 1

分析：（1）新定義函數(shù)類型的題目，解答時(shí)要先充分理解定義：“平緩函數(shù)”才能答題，對(duì)于（1）只需按照定義作差：|f（x₁）-f（x₂）|，然后尋求|f（x₂）-f（x₁）|≤|x₂-x₁|成立的條件．
（2）的解答稍微復(fù)雜一些，此處除了用到放縮外，還有添項(xiàng)減項(xiàng)的技巧應(yīng)用及對(duì)數(shù)列拆項(xiàng)求和的充分利用．

解答：解：（1）g（x）=sinx是R上的“平緩函數(shù)，但h（x）=x²-x不是區(qū)間R的“平緩函數(shù)”；
設(shè)φ（x）=x-sinx，則φ'（x）=1-cosx≥0，則φ（x）=x-sinx是實(shí)數(shù)集R上的增函數(shù)，
不妨設(shè)x₁＜x₂，則φ（x₁）＜φ（x₂），即x₁-sinx₁＜x₂-sinx₂，
則sinx₂-sinx₁＜x₂-x₁，①
又y=x+sinx也是R上的增函數(shù)，則x₁+sinx₁＜x₂+sinx₂，
即sinx₂-sinx₁＞x₁-x₂，②
由  ①、②得-（x₂-x₁）＜sinx₂-sinx₁＜x₂-x₁
因此|sinx₂-sinx₁|＜|x₂-x₁|，對(duì)x₁＜x₂的實(shí)數(shù)都成立，
當(dāng)x₁＞x₂時(shí)，同理有|sinx₂-sinx₁|＜|x₂-x₁|成立
又當(dāng)x₁=x₂時(shí)，不等式|sinx₂-sinx₁|=|x₂-x₁|=0，
故 對(duì)任意的實(shí)數(shù)x₁，x₂∈R均 有|sinx₂-sinx₁|≤|x₂-x₁|
因此 sinx是R上的“平緩函數(shù)．
由于|h（x₁）-h（x₂）|=|（x₁-x₂）（x₁+x₂-1）|
取x₁=3，x₂=1，則|h（x₁）-h（x₂）|=4＞|x₁-x₂|，
因此，h（x）=x²-x不是區(qū)間R的“平緩函數(shù)”．
（2）由（1）得：sinx是R上的“平緩函數(shù)，則|sinx₂-sinx₁|≤|x₂-x₁|，所以|y_n+1-y_n|≤|x_n+1-x_n|，
而|xn+1-xn|≤

1

(2n+1)2

，
所以 |yn+1-yn|≤

1

(2n+1)2

＜

1

4n2+4n

=

1

4

(

1

n

-

1

n+1

)
而|y_n+1-y₁|=|（y_n+1-y_n）+（y_n-y_n-1）+（y_n-1-y_n-2）+…（y₂-y₁）|
所以|y_n+1-y₁|≤|y_n+1-y_n|+|y_n-1-y_n-2|+…+|y₂-y₁|，
則 |yn+1-y1|≤

1

4

[(

1

n

-

1

n+1

)+(

1

n-1

-

1

n

)+…+(1-

1

2

)]
因此 |yn+1-y1|≤

1

4

(1-

1

n+1

)＜

1

4

．

點(diǎn)評(píng)：本題抽象函數(shù)、新定義函數(shù)類型的概念，不等式的性質(zhì)，放縮法的技巧，對(duì)于新定義類型問(wèn)題，在解答時(shí)要先充分理解定義才能答題，避免盲目下筆，遇到困難才來(lái)重頭讀題，費(fèi)時(shí)費(fèi)力，另外要在充分抓住定義的基礎(chǔ)上，對(duì)式子的處理要靈活，各個(gè)式子的內(nèi)在聯(lián)系要充分挖掘出來(lái)，可現(xiàn)有結(jié)論向上追溯，看看需要哪些條件才能得出結(jié)果，再來(lái)尋求轉(zhuǎn)化取得這些條件．