数学 | 2023青浦二模 T21 (3)

题干

已知定义域为区间​D的函数​y=f(x), 其导函数为​y'=f'(x), 满足对任意的​x \in D都有​|f'(x)|<1
(2). 证明: 方程​f(x)-x=0至多只有一个实根
(3). 若​y=f(x), ​x \in \mathbf{R}是周期为​2的周期函数, 证明: 对任意的实数​x_1、​x_2, 都有​|f(x_1)-f(x_2)|<1

探索路径

由周期性不难想到，可以将任意的 ​x_1,x_2 通过平移放到一个周期内考虑。为了方便，不妨先固定其中一个值，把它作为某个周期区间的端点。

任取实数 ​A，先研究区间 ​[A,A+2] 内的情况。由于 ​f(x) 是周期为 ​2 的周期函数，因此有 ​f(A)=f(A+2)。

接下来希望证明：对任意 ​x_0\in [A,A+2]，都有 ​|f(x_0)-f(A)|<1。也就是先固定端点 ​A，再考察区间内任意一点 ​x_0 的函数值与 ​f(A) 的差距。

由于 ​|f'(x)|<1，可以理解为函数图像在任意一点的上升或下降速度，都严格小于斜率为 ​1 或 ​-1 的直线。比如过点 ​(A,f(A)) 作斜率为 ​1 的直线 ​g(x)=x-A+f(A)。当 ​x>A 时，函数 ​f(x) 的增长速度始终小于这条直线，因此函数图像不可能高于这条直线，即有 ​f(x)<g(x)。

由此可以尝试反证，假设存在某个 ​x_0\in(A,A+1]，使得 ​f(x_0)-f(A)\ge 1，那么点 ​(A,f(A)) 与 ​(x_0,f(x_0)) 的连线斜率就不小于 ​1，这与函数图像始终被斜率为 ​1 的直线限制在下方矛盾。同理，若考虑 ​f(x_0)-f(A)\le -1 的情况，则可以过 ​(A,f(A)) 作斜率为 ​-1 的直线，得到类似矛盾。

由此可以得到一个更一般的几何结论：对任意给定的 ​x_0\in\mathbb R，过点 ​(x_0,f(x_0)) 作两条斜率分别为 ​1 和 ​-1 的直线：

当 ​x_1>x_0 时，有 ​l_2(x_1)<f(x_1)<l_1(x_1)；当 ​x_2<x_0 时，有 ​l_1(x_2)<f(x_2)<l_2(x_2)。

也就是说，函数图像始终被夹在这两条斜率为 ​\pm1 的直线之间，除切入点外不会与这两条直线相交。

回到区间 ​[A,A+2]。因为 ​f(A)=f(A+2)，所以可以分别过 ​(A,f(A)) 和 ​(A+2,f(A+2)) 作斜率为 ​1 和 ​-1 的直线。由上面的结论可知，函数图像应当被限制在这四条虚线围成的区域内。

从几何上看，该区域可以看作一个旋转后的正方形。它的左右两个顶点分别为 ​(A,f(A)) 与 ​(A+2,f(A+2))，且这两个点的纵坐标相同。于是菱形上下两个顶点到直线 ​y=f(A) 的距离均为 ​1。（需要注意的是，函数图像位于该区域内只是满足题意的一个必要条件，并不能单独作为证明依据；但这四条直线可以作为比较的中间量，用来说明在一个周期区间内，任意一点的函数值与两端点函数值的差距都不可能大于或等于 ​1。）

因此，符合题意的函数图像在一个周期区间内会被包在这个菱形内部，并且不会碰到边界。于是可以得到启发：对任意给定的 ​x_0\in\mathbb R，对任意 ​x_1\in[x_0,x_0+2]，都应有 ​|f(x_1)-f(x_0)|<1。

将几何直观转化为代数证明后，大致思路如下：先利用周期性把问题转化到一个长度为 ​2 的区间内，再借助过端点所作的斜率为 ​\pm1 的直线进行比较，说明一个周期内任意一点的函数值与端点函数值的差距都小于 ​1。最后，只需将任意两个实数通过周期平移放入同一个长度为 ​2 的区间，即可完成证明。

证明（AI生成）

注：AI生成的证明有过多重复过程，实际可以同理

因为 ​f(x) 是周期为 ​2 的周期函数，所以对任意实数 ​x，都有 ​f(x+2)=f(x)。

接下来先证明一个基本的夹逼结论。

任取实数 ​x_0，过点 ​(x_0,f(x_0)) 作两条斜率分别为 ​1 和 ​-1 的直线：

先考虑 ​x>x_0 的情况。

令 ​g_1(x)=l_1(x)-f(x)，则 ​g_1'(x)=1-f'(x)。由于 ​|f'(x)|<1，所以 ​f'(x)<1，于是 ​g_1'(x)>0。因此 ​g_1(x) 在 ​x>x_0 时单调递增。又因为 ​g_1(x_0)=0，所以当 ​x>x_0 时，有 ​g_1(x)>0，即 ​f(x)<l_1(x)。

再令 ​g_2(x)=f(x)-l_2(x)，则 ​g_2'(x)=f'(x)+1。由于 ​|f'(x)|<1，所以 ​f'(x)>-1，于是 ​g_2'(x)>0。因此 ​g_2(x) 在 ​x>x_0 时单调递增。又因为 ​g_2(x_0)=0，所以当 ​x>x_0 时，有 ​g_2(x)>0，即 ​f(x)>l_2(x)。

所以当 ​x>x_0 时，有

同理，当 ​x<x_0 时，由于比较方向相反，可以得到

也就是说，函数图像始终被夹在过 ​(x_0,f(x_0)) 的两条斜率为 ​\pm1 的直线之间，并且除切入点外不会碰到这两条直线。

下面回到周期区间内。

任取实数 ​A，考虑区间 ​[A,A+2]。由于 ​f(x) 的周期为 ​2，所以 ​f(A)=f(A+2)。

现在任取 ​x\in[A,A+2]，证明

先考虑 ​x\in[A,A+1]。构造函数 ​F(x)=f(x)-f(A)-x+A，则 ​F(A)=0，且

所以 ​F(x) 在 ​[A,A+1] 上严格递减。于是当 ​x>A 时，有 ​F(x)<F(A)=0，即 ​f(x)-f(A)<x-A。当 ​x=A 时该式对应的结论显然成立，因此对 ​x\in[A,A+1]，有 ​f(x)-f(A)<x-A\le 1。

另一方面，构造函数 ​G(x)=f(x)-f(A)+x-A，则 ​G(A)=0，且 ​G'(x)=f'(x)+1>0，所以 ​G(x) 在 ​[A,A+1] 上严格递增。于是当 ​x>A 时，有 ​G(x)>G(A)=0，即 ​f(x)-f(A)>-(x-A)。因此

又因为 ​0\le x-A\le 1，所以 ​|f(x)-f(A)|<1。

再考虑 ​x\in[A+1,A+2]。这时改为和右端点 ​A+2 比较。由于 ​f(A+2)=f(A)，构造函数 ​H(x)=f(x)-f(A+2)-x+(A+2)，则 ​H(A+2)=0，且

所以 ​H(x) 在 ​[A+1,A+2] 上严格递减。于是当 ​x<A+2 时，有 ​H(x)>H(A+2)=0，即 ​f(x)-f(A+2)>x-(A+2)。因为 ​f(A+2)=f(A)，所以 ​f(x)-f(A)>x-(A+2)。

再构造函数 ​K(x)=f(x)-f(A+2)+x-(A+2)，则 ​K(A+2)=0，且 ​K'(x)=f'(x)+1>0，所以 ​K(x) 在 ​[A+1,A+2] 上严格递增。于是当 ​x<A+2 时，有 ​K(x)<K(A+2)=0，即 ​f(x)-f(A+2)<A+2-x。仍由 ​f(A+2)=f(A)，得到 ​f(x)-f(A)<A+2-x。

因此

又因为 ​0\le A+2-x\le 1，所以 ​|f(x)-f(A)|<1。

综上，对任意 ​x\in[A,A+2]，都有

最后证明任意两个实数 ​x_1,x_2 的情况。

任取实数 ​x_1,x_2。由于函数的周期为 ​2，可以将 ​x_2 平移若干个周期，使它落入以 ​x_1 为左端点、长度为 ​2 的区间内。也就是说，存在整数 ​k，使得 ​x_2+2k\in[x_1,x_1+2]。

令 ​x_2'=x_2+2k。由周期性可知 ​f(x_2')=f(x_2)。又因为 ​x_2'\in[x_1,x_1+2]，根据前面已经证明的周期区间内的结论，取 ​A=x_1，可得 ​|f(x_2')-f(x_1)|<1。

于是 ​|f(x_2)-f(x_1)|<1，即

故原命题得证。