2004-江苏卷-22 解-函数的性质与不等式证明

本题导读

本题考查函数的性质与不等式证明。核心在于变量代换与等价规约法、构造法与恒等性质代数分析的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2004年江苏卷） 已知函数 $f(x)(x\in \mathbf{R})$ 满足下列条件：对任意的实数 $x_1,x_2$ 都有 $\lambda (x_1-x_2{)}^2\le (x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]$ 和 $|f(x_1)-f(x_2)|\le |x_1-x_2|$，其中 $\lambda$ 是大于 0 的常数.设实数 $a_0,a,b$ 满足 $f(a_0)=0$ 和 $b=a-\lambda f(a)$.

(1) 证明： $\lambda \le 1$，并且不存在 $b_0\ne a_0$，使得 $f(b_0)=0$；

(2) 证明： $(b-a_0{)}^2\le (1-{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2$；

(3) 证明： $[f(b){]}^2\le (1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第(1)问逻辑：
   • 证明 $\lambda \le 1$：在已知的不等式 $\lambda (x_1-x_2{)}^2\le (x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]$ 中，利用柯西-施瓦茨不等式或绝对值不等式进行右侧放缩。因为 $(x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]\le |x_1-x_2|\cdot |f(x_1)-f(x_2)|\le |x_1-x_2|\cdot |x_1-x_2|=(x_1-x_2{)}^2$。令 $x_1\ne x_2$ 两边消去非零正数项即可导出 $\lambda \le 1$。
   • 证明零点唯一性：采用反证法。假设存在另一个相异零点 $b_0\ne a_0$ 满足 $f(b_0)=0$。将 $x_1=b_0,x_2=a_0$ 代入强单调不等式中，左侧为正数，右侧因 $f(b_0)-f(a_0)=0$ 直接归零，产生代数矛盾，从而证得零点唯一。
2. 第(2)问逻辑：目标式左侧为 $(b-a_0{)}^2$。
   • 将已知条件 $b=a-\lambda f(a)$ 显式代入左侧： $(b-a_0{)}^2=[(a-a_0)-\lambda f(a){]}^2=(a-a_0{)}^2-2\lambda (a-a_0)f(a)+{\lambda }^2[f(a){]}^2$。
   • 观察交叉项 $-2\lambda (a-a_0)f(a)$。利用已知条件 $f(a_0)=0$，可将 $f(a)$ 改写为 $f(a)-f(a_0)$。
   • 代入已知条件一中的放缩关系： $(a-a_0)[f(a)-f(a_0)]\ge \lambda (a-a_0{)}^2⟹-(a-a_0)f(a)\le -\lambda (a-a_0{)}^2$。代入展开式中消去交叉项，再结合条件二完成证明。
3. 第(3)问逻辑：目标式左侧为 $[f(b){]}^2$。由于 $f(a_0)=0$，有 $[f(b){]}^2=[f(b)-f(a_0){]}^2$。
   • 考虑将该平方项拆解。可以利用条件二的利普希茨连续性放缩： $[f(b)-f(a_0){]}^2\le (b-a_0{)}^2$。
   • 结合第 (2) 问已证的结论： $(b-a_0{)}^2\le (1-{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2$。
   • 现在的核心阻碍是右侧含有 $(a-a_0{)}^2$，而目标要求转化为 $[f(a){]}^2$。需要寻找 $(a-a_0{)}^2$ 与 $[f(a){]}^2$ 的恒等性质关系。再次利用条件一，当 $x_1=a,x_2=a_0$ 时，有 $\lambda (a-a_0{)}^2\le (a-a_0)f(a)\le |a-a_0|\cdot |f(a)|$。两边消去 $|a-a_0|$ 得到 $|a-a_0|\le \frac{1}{\lambda }|f(a)|$，该路径无法直接产生 $1-{\lambda }^2$ 的系数。
   • 正确路径：直接对 $[f(b){]}^2$ 展开或者利用一、二两条件的代数线性组合。更精妙的解法是直接将第（2）问的证明过程中的中间项进行精细化不等式配方。

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✅【答案】

Success

(1) 证明见解析

(2) 证明见解析

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

(1) 证明： $\lambda \le 1$，并且不存在 $b_0\ne a_0$，使得 $f(b_0)=0$

1. 证明 $\lambda \le 1$： 根据题意，对任意实数 $x_1,x_2$ 恒满足： $\lambda (x_1-x_2{)}^2\le (x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]\text{（恒等性质1）}$ $|f(x_1)-f(x_2)|\le |x_1-x_2|\text{（恒等性质2）}$ 根据实数绝对值性质，显有 $(x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]\le |x_1-x_2|\cdot |f(x_1)-f(x_2)|$。 结合（恒等性质2），对上式右侧进行放大： $(x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]\le |x_1-x_2|\cdot |x_1-x_2|=(x_1-x_2{)}^2\text{（式1）}$ 联立（恒等性质1）与（式1），由传递性可得： $\lambda (x_1-x_2{)}^2\le (x_1-x_2{)}^2\text{（式2）}$ 取一组特值，令 $x_1=1,x_2=0$，代入（式2）中： $\lambda (1-0{)}^2\le (1-0{)}^2⟹\lambda \le 1$

2. 证明零点的唯一性： 采用反证法。假设存在实数 $b_0\ne a_0$，使得 $f(b_0)=0$。 由于 $b_0\ne a_0⟹(b_0-a_0{)}^2>0$。又已知常数 $\lambda >0$，故有： $\lambda (b_0-a_0{)}^2>0\text{（式3）}$

   现将 $x_1=b_0,x_2=a_0$ 作为特值代入（恒等性质1）中： $\lambda (b_0-a_0{)}^2\le (b_0-a_0)[f(b_0)-f(a_0)]\text{（式4）}$ 已知条件给定 $f(a_0)=0$，且反证假设 $f(b_0)=0$，代入（式4）右侧： $(b_0-a_0)[f(b_0)-f(a_0)]=(b_0-a_0)[0-0]=0\text{（式5）}$ 将（式5）代回（式4）的不等式中，导出： $\lambda (b_0-a_0{)}^2\le 0\text{（式6）}$ 观察可见，（式6）与前置因变量约束（式3）产生严格的代数符号冲突（正数小于等于0）。 因此反证假设不成立，不存在 $b_0\ne a_0$ 使得 $f(b_0)=0$，即零点唯一。

(2) 证明： $(b-a_0{)}^2\le (1-{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2$ 已知运算映射方程为 $b=a-\lambda f(a)$。将此式两边同时减去 $a_0$： $b-a_0=(a-a_0)-\lambda f(a)\text{（式7）}$ 对（式7）两边同时取平方展开： $(b-a_0{)}^2=[(a-a_0)-\lambda f(a){]}^2$ $(b-a_0{)}^2=(a-a_0{)}^2-2\lambda (a-a_0)f(a)+{\lambda }^2[f(a){]}^2\text{（式8）}$

由于已知 $f(a_0)=0$，展开式中的项 $f(a)$ 可等价变换为 $f(a)-f(a_0)$。 将 $x_1=a,x_2=a_0$ 代入（恒等性质1）中，可得： $\lambda (a-a_0{)}^2\le (a-a_0)[f(a)-f(a_0)]=(a-a_0)f(a)$ 两边同时乘以负系数 $-2\lambda$ （注意不等号需无条件改变方向）： $-2\lambda (a-a_0)f(a)\le -2{\lambda }^2(a-a_0{)}^2\text{（式9）}$

将（式9）的放缩边界代回平方展开式（式8）的中间项中： $(b-a_0{)}^2\le (a-a_0{)}^2-2{\lambda }^2(a-a_0{)}^2+{\lambda }^2[f(a){]}^2$ 合并同类项提取公因式 $(a-a_0{)}^2$： $(b-a_0{)}^2\le (1-2{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2+{\lambda }^2[f(a){]}^2\text{（式10）}$

现对（式10）最右侧的项 $[f(a){]}^2$ 实施二次放缩。由于 $f(a_0)=0$，有 $[f(a){]}^2=[f(a)-f(a_0){]}^2=|f(a)-f(a_0){|}^2$。 将 $x_1=a,x_2=a_0$ 代入（恒等性质2）的利普希茨条件中： $|f(a)-f(a_0)|\le |a-a_0|⟹[f(a){]}^2\le (a-a_0{)}^2\text{（式11）}$ 因为已知 $\lambda >0⟹{\lambda }^2>0$，两边同乘以 ${\lambda }^2$ 保持不等号方向不变： ${\lambda }^2[f(a){]}^2\le {\lambda }^2(a-a_0{)}^2\text{（式12）}$

将（式12）代回（式10）的最右项中进行放大： $(b-a_0{)}^2\le (1-2{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2+{\lambda }^2(a-a_0{)}^2$ 再次合并右侧同类项： $(b-a_0{)}^2\le (1-2{\lambda }^2+{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2=(1-{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2$ 证毕。

(3) 证明： $[f(b){]}^2\le (1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2$ 为了构建目标项 $[f(b){]}^2$，首先对任意实数 $x_1,x_2$ 展开恒等性质的代数变形。 由（恒等性质1）与（恒等性质2），通过移项和配方可以导出一个更强的运算平方不等式。 将（恒等性质1）变形为： $\lambda (x_1-x_2{)}^2-(x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]\le 0$。

实际上，我们直接利用第（2）问的递推恒等性质结构进行对称化映射。 由已知，对任意满足迭代关系的实数对均有该收缩度量成立。 我们在内考虑函数值本身的平方放缩。将 $x_1=b,x_2=a_0$ 代入（恒等性质1）中： $\lambda (b-a_0{)}^2\le (b-a_0)[f(b)-f(a_0)]=(b-a_0)f(b)\le |b-a_0|\cdot |f(b)|$ 因为若 $b=a_0$，则 $f(b)=f(a_0)=0$，此时目标不等式左侧为 0，右侧为 $(1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2\ge 0$（因 $\lambda \le 1⟹1-{\lambda }^2\ge 0$），不等式显然恒成立。 下面只需讨论 $b\ne a_0⟹|b-a_0|>0$ 的情形。两边同时除以非零项 $|b-a_0|$： $\lambda |b-a_0|\le |f(b)|⟹{\lambda }^2(b-a_0{)}^2\le [f(b){]}^2\text{（式13）}$ 此路径放大方向相反，无法直接使用。

正向严密推导： 直接考察由迭代运算定义的向量差： $f(b)=f(b)-f(a)+f(a)$ 由于直接展开较为繁琐，改用构造函数法。 在第（2）问中，已证对任意实数 $a$ 均有： $(b-a_0{)}^2=[(a-a_0)-\lambda f(a){]}^2\le (1-{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2\text{（式14）}$

现将（恒等性质1）改写为一元二次方程的判别式或配方形式。对任意实数 $t$，有： $|f(x_1)-f(x_2)-t(x_1-x_2){|}^2=[f(x_1)-f(x_2){]}^2-2t(x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]+t^2(x_1-x_2{)}^2$ 利用（恒等性质1）与（恒等性质2）的临界条件。令 $t=\lambda$： $[f(x_1)-f(x_2)-\lambda (x_1-x_2){]}^2=[f(x_1)-f(x_2){]}^2-2\lambda (x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]+{\lambda }^2(x_1-x_2{)}^2$ 代入 $\lambda (x_1-x_2{)}^2\le (x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]⟹-2\lambda (x_1-x_2)[f(x_1)-f(x_2)]\le -2{\lambda }^2(x_1-x_2{)}^2$： $[f(x_1)-f(x_2)-\lambda (x_1-x_2){]}^2\le [f(x_1)-f(x_2){]}^2-2{\lambda }^2(x_1-x_2{)}^2+{\lambda }^2(x_1-x_2{)}^2$ $[f(x_1)-f(x_2)-\lambda (x_1-x_2){]}^2\le [f(x_1)-f(x_2){]}^2-{\lambda }^2(x_1-x_2{)}^2\text{（式15）}$

再代入（恒等性质2）的 $[f(x_1)-f(x_2){]}^2\le (x_1-x_2{)}^2$： $[f(x_1)-f(x_2)-\lambda (x_1-x_2){]}^2\le (1-{\lambda }^2)(x_1-x_2{)}^2\text{（式16）}$

令（式16）中的 $x_1=a,x_2=a_0$，并结合 $f(a_0)=0$： $[f(a)-\lambda (a-a_0){]}^2\le (1-{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2\text{（式17）}$

根据已知的迭代规则，把 $b=a-\lambda f(a)$ 变形为 $\lambda f(a)=a-b⟹\lambda a-\lambda a_0-\lambda f(a)=\lambda a-\lambda a_0-a+b$，此方向与（式17）内部不一致。 改写（式17）内部： $f(a)-\lambda (a-a_0)=\frac{1}{\lambda }[\lambda f(a)-{\lambda }^2(a-a_0)]=\frac{1}{\lambda }[a-b-{\lambda }^2(a-a_0)]$。

最简捷路径：直接对目标式 $[f(b){]}^2$ 利用（恒等性质2）进行放缩： $[f(b){]}^2=[f(b)-f(a_0){]}^2\le (b-a_0{)}^2\text{（式18）}$ 将第（2）问已证的结论（式14）直接代入（式18）的右侧进行放大： $[f(b){]}^2\le (1-{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2\text{（式19）}$

为了消去（式19）右侧的 $(a-a_0{)}^2$，我们需要证明 $(a-a_0{)}^2\le \frac{1}{{\lambda }^2}[f(a){]}^2$，这在前面分析过属于反向放缩，无法直接合并。 这说明直接从 $(b-a_0{)}^2$ 放缩会导致系数亏损。必须对 $[f(b){]}^2$ 采用精细的代数恒等变形：

由于对任意实数 $x_1,x_2$，由（式15）已导出的高阶伴随不等式： $[f(x_1)-f(x_2)-\lambda (x_1-x_2){]}^2+{\lambda }^2(x_1-x_2{)}^2\le [f(x_1)-f(x_2){]}^2\text{（式20）}$ 令 $x_1=b,x_2=a_0$，结合 $f(a_0)=0$ 代入（式20）： $[f(b)-\lambda (b-a_0){]}^2+{\lambda }^2(b-a_0{)}^2\le [f(b){]}^2$ 此式无法将 $[f(b){]}^2$ 放到小于号左侧。

正确构造： 考虑函数 $g(x)=x-\lambda f(x)$。由已知条件知 $b=g(a)$，且 $g(a_0)=a_0-\lambda f(a_0)=a_0$。 第（2）问的结论本质上是： $|g(a)-g(a_0){|}^2\le (1-{\lambda }^2)|a-a_0{|}^2$。 这说明映射 $g(x)$ 是一个严格的收缩映射，其收缩常数为 $\sqrt{1-{\lambda }^2}$。

根据收缩映射的经典性质，对于位移项 $f(x)=\frac{1}{\lambda }(x-g(x))$： $f(b)=f(g(a))$ 利用（恒等性质2）的利普希茨连续性： $[f(b){]}^2=[f(b)-f(a_0){]}^2\le (b-a_0{)}^2$ 由第（2）问知 $(b-a_0{)}^2\le (1-{\lambda }^2)(a-a_0{)}^2$。 再利用（恒等性质1），当 $x_1=a,x_2=a_0$ 时： $\lambda (a-a_0{)}^2\le (a-a_0)f(a)\le |a-a_0|\cdot |f(a)|⟹|a-a_0|\le \frac{1}{\lambda }|f(a)|⟹(a-a_0{)}^2\le \frac{1}{{\lambda }^2}[f(a){]}^2$ 代入产生： $[f(b){]}^2\le \frac{1-{\lambda }^2}{{\lambda }^2}[f(a){]}^2$。由于 $\frac{1-{\lambda }^2}{{\lambda }^2}$ 与 $1-{\lambda }^2$ 在 $\lambda$ 较小时大小不同，此路径系数不匹配。

最终正确精细放缩： 由 $b=a-\lambda f(a)⟹b-a=-\lambda f(a)$。 将 $x_1=b,x_2=a$ 代入（恒等性质1）中： $\lambda (b-a{)}^2\le (b-a)[f(b)-f(a)]⟹\lambda (-\lambda f(a){)}^2\le (-\lambda f(a))[f(b)-f(a)]$ 两边消去非零正数 $\lambda$（若 $f(a)=0$，则 $b=a$，由零点唯一性知 $a=b=a_0⟹f(b)=0$，不等式 0 ⇐ 0 显然成立）： ${\lambda }^2[f(a){]}^2\le -f(a)[f(b)-f(a)]=-f(a)f(b)+[f(a){]}^2$ 移项合并： ${\lambda }^2[f(a){]}^2-[f(a){]}^2\le -f(a)f(b)⟹(1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2\ge f(a)f(b)\text{（式21）}$

由（恒等性质2）的利普希茨条件知： $|f(b)-f(a)|\le |b-a|=|-\lambda f(a)|=\lambda |f(a)|$ 两边平方展开： $[f(b){]}^2-2f(a)f(b)+[f(a){]}^2\le {\lambda }^2[f(a){]}^2\text{（式22）}$ 将（式21）的 $-2f(a)f(b)\ge -2(1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2$ 代入（式22）会变形为大方向。 改写（式22）为： $[f(b){]}^2\le 2f(a)f(b)-[f(a){]}^2+{\lambda }^2[f(a){]}^2=2f(a)f(b)-(1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2\text{（式23）}$ 将（式21）的 $2f(a)f(b)\le 2(1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2$ 代入（式23）的右侧项中进行完美放大： $[f(b){]}^2\le 2(1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2-(1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2$ 合并右侧同类项，直接输出最终目标恒等性质不等式： $[f(b){]}^2\le (1-{\lambda }^2)[f(a){]}^2$ 证毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：抽象泛函不等式的符号传递性判定；反证法在唯一性证明中的应用；二元平方和的交叉项精准代换与局部放缩技术。
2. 核心方法：变量特值代入法、代数恒等性质精细放缩法。
3. 避坑指南：
   • 第(3)问属于极高难度的全游离放缩，盲目套用第(2)问的现成结论极易陷入系数不匹配的死胡同：如解析中所示，直接代入常规性质会算出一个含有分母 ${\lambda }^2$ 的多余项。请牢记抽象函数压轴大题铁律：凡是后项求值式中无法通过前项结论直接等价输出的，无条件回归初始条件基底，通过将已知条件中的自变量赋予特定的迭代差分值（如令 $x_1=b,x_2=a$），构建出跨越相邻迭代步长的对偶控制不等式（式21）与（式22），两式进行线性组合消去交叉项 $f(a)f(b)$，这是攻克高等代数放缩最稳健的底层核心技术。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 出自函数与不等式综合的顶级高考压轴题，考查单调性、迭代构造与不等式证明。
2. 结论推广: 证明与函数、数列相关的迭代不等式，常利用单调性、放缩法或数学归纳法，先证单调有界，再结合递推关系完成证明。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 03.01 不等式解法体系
• 03.03 柯西不等式
• 03.05 不等式的证明方法

类题演练 (Links)

• 1960-全国-06 解-方程组解为正数的条件
• 1986-广东文-08 单-集合的交集
• 1987-全国文-06 单-函数的单调性判断