2006-广东卷-20 解-不动点压缩映射新定义

本题导读

(1) 对 $x\in [1,2]$，$\phi (2x)=\sqrt[3]{1+2x}\in [\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{5}]\subset (1,2)$；令 $g(x)=\sqrt[3]{1+2x}$，$g^{\prime }(x)=\frac{2}{3(1+2x{)}^{2/3}}$，$0<g^{\prime }(x)⩽\frac{2}{3\sqrt[3]{9}}<1$，由拉格朗日中值定理取 $L=\frac{2}{3\sqrt[3]{9}}$，$\phi (x)\in A$。(2) 若 $x_0,y_0$ 都是不动点，$|x_0-y_0|⩽L|x_0-y_0|$ 且 $0<L<1$，故 $x_0=y_0$。(3) $|x_n-x_{n-1}|⩽L^{n-2}|x_2-x_1|$，累加得 $|x_{k+p}-x_k|⩽\frac{L^{k-1}}{1-L}|x_2-x_1|$。

📌【题干】

Question

（2006年广东卷） $A$ 是由定义在 $[2,4]$ 上且满足如下条件的函数 $\phi (x)$ 组成的集合：①对任意的 $x\in [1,2]$，都有 $\phi (2x)\in (1,2)$；②存在常数 $L$（$0<L<1$），使得对任意的 $x_1,x_2\in [1,2]$，都有 $|\phi (2x_1)-\phi (2x_2)|⩽L|x_1-x_2|$。

(1) 设 $\phi (2x)=\sqrt[3]{1+x}$，$x\in [2,4]$，证明：$\phi (x)\in A$；

(2) 设 $\phi (x)\in A$，如果存在 $x_0\in (1,2)$，使得 $x_0=\phi (2x_0)$，那么这样的 $x_0$ 是唯一的；

(3) 设 $\phi (x)\in A$，任取 $x_1\in (1,2)$，令 $x_n=\phi (2x_{n-1})$，$n=2,3,\cdots$，证明：给定正整数 $k$，对任意的正整数 $p$，成立不等式 $|x_{k+p}-x_k|⩽\frac{L^{k-1}}{1-L}|x_2-x_1|$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. (1) 对 $x\in [1,2]$，$\phi (2x)=\sqrt[3]{1+2x}$，值域 $[\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{5}]\subset (1,2)$，满足条件①。
2. 令 $g(x)=\sqrt[3]{1+2x}$，$g^{\prime }(x)=\frac{2}{3(1+2x{)}^{2/3}}$，在 $[1,2]$ 上 $0<g^{\prime }(x)⩽\frac{2}{3\sqrt[3]{9}}<1$，由拉格朗日中值定理 $|\phi (2x_1)-\phi (2x_2)|⩽\frac{2}{3\sqrt[3]{9}}|x_1-x_2|$，取 $L=\frac{2}{3\sqrt[3]{9}}$，满足条件②，故 $\phi (x)\in A$。
3. (2) 若 $x_0,y_0\in (1,2)$ 都满足 $x_0=\phi (2x_0),y_0=\phi (2y_0)$，则 $|x_0-y_0|=|\phi (2x_0)-\phi (2y_0)|⩽L|x_0-y_0|$，因 $0<L<1$，只能 $x_0-y_0=0$，故唯一。
4. (3) 由递推 $x_n=\phi (2x_{n-1})$，$|x_n-x_{n-1}|⩽L|x_{n-1}-x_{n-2}|⩽\cdots ⩽L^{n-2}|x_2-x_1|$。
5. $|x_{k+p}-x_k|⩽\sum _{j=0}^{p-1}|x_{k+j+1}-x_{k+j}|⩽|x_2-x_1|\sum _{j=0}^{p-1}{L}^{k+j-1}⩽\frac{L^{k-1}}{1-L}|x_2-x_1|$。

✅【答案】

Success

证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）对任意 $x\in [1,2]$，有 $\phi (2x)=\sqrt[3]{1+2x}\in [\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{5}]\subset (1,2)$，故条件①成立． 令 $g(x)=\sqrt[3]{1+2x}$，则 $g^{\prime }(x)=\frac{2}{3(1+2x{)}^{2/3}}$，在 $[1,2]$ 上 $0<g^{\prime }(x)⩽\frac{2}{3\sqrt[3]{9}}<1.$ 由拉格朗日中值定理，对任意 $x_1,x_2\in [1,2]$，有 $|\phi (2x_1)-\phi (2x_2)|=|g(x_1)-g(x_2)|⩽\frac{2}{3\sqrt[3]{9}}|x_1-x_2|.$ 取 $L=\frac{2}{3\sqrt[3]{9}}$，则条件②成立，故 $\phi (x)\in A$．

（2）若 $x_0,y_0\in (1,2)$ 都满足 $x_0=\phi (2x_0)$、$y_0=\phi (2y_0)$，则由条件②： $|x_0-y_0|=|\phi (2x_0)-\phi (2y_0)|⩽L|x_0-y_0|.$ 因为 $0<L<1$，上式只能有 $|x_0-y_0|=0$，即 $x_0=y_0$，故这样的 $x_0$ 唯一．

（3）由递推关系 $x_n=\phi (2x_{n-1})$，对 $n⩾2$： $|x_n-x_{n-1}|=|\phi (2x_{n-1})-\phi (2x_{n-2})|⩽L|x_{n-1}-x_{n-2}|,$ 迭代得 $|x_n-x_{n-1}|⩽L^{n-2}|x_2-x_1|.$ 因此对任意正整数 $k,p$， $|x_{k+p}-x_k|⩽{\sum }_{j=0}^{p-1}|x_{k+j+1}-x_{k+j}|⩽|x_2-x_1|{\sum }_{j=0}^{p-1}{L}^{k+j-1}⩽\frac{L^{k-1}}{1-L}|x_2-x_1|.$ 不等式得证．

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：不动点压缩映射新定义

核心方法：(1) $\phi (2x)=\sqrt[3]{1+2x}\in [\sqrt[3]{3},\sqrt[3]{5}]\subset (1,2)$，$|g^{\prime }|⩽\frac{2}{3\sqrt[3]{9}}=L<1$；(2) 由压缩映射 $|x_0-y_0|⩽L|x_0-y_0|$ 得唯一；(3) 累加 $|x_n-x_{n-1}|⩽L^{n-2}|x_2-x_1|$ 夹逼

避坑指南：①用值域判 $\phi (2x)\in (1,2)$；②③都用 Lipschitz 条件 $|\phi (2u)-\phi (2v)|⩽L|u-v|$ 递推；$0<L<1$ 是收敛关键

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 新定义函数集（压缩映射与不动点）

结论推广: Lipschitz 条件递推 $|x_n-x_{n-1}|⩽L^{n-2}|x_2-x_1|$ 累加放缩

方法推广: $0<L<1$ 保证压缩；唯一性用反证（两点都满足则距离必为零）

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.09 函数迭代与不动点问题
• 20.09 微分中值定理与高阶导数应用

类题演练 (Links)

• 2007-广东文-20 解-牛顿迭代数列与对数等比
• 2013-安徽卷理-20 解-存在性与唯一性证明
• 2011-北京卷理-20 解-数列新定义