题目 已知 $M$ 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意 $f(x)\in M$，① 方程 $f(x)-x=0$ 有实数根；② 函数 $f(x)$ 的导数 $f'(x)$ 满足 $0<f'(x)<1$． 问题1 判断函数 $f(x)=\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sin x}{4}$ 是否是集合 $M$ 中的元素，并说明理由； 答案1 是，理由略 解析1 考虑 ①，$f(x)-x=0$，即\[\dfrac{x}{2}+\dfrac{\sin x}{4}-x=0,\]所以有\[\dfrac{\sin x}{4}=\dfrac{x}{2},\]显然有实数根 $x=0$；<br/>考虑 ②，$$f'(x)=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\cos x}{4}\in\left[\dfrac{1}{4},\dfrac{3}{4}\right],$$所以 $0<f'(x)<1$．<br/>因此 $f(x)\in M$． 备注1 问题2 集合 $M$ 中的元素 $f(x)$ 具有下面的性质：若 $f(x)$ 的定义域为 $D$，则对于任意 $[m,n]\subseteq D$，都存在 $x_{0}\in(m,n)$，使得等式$$f(n)-f(m)=(n-m)f'(x_{0})$$成立．试用这一性质证明：方程 $f(x)-x=0$ 有且只有一个实数根； 答案2 略 解析2 用反证法．<br/>根据 ①，$f(x)-x=0$ 有实数根．<br/>若 $f(x)-x=0$ 有两个或两个以上的实根，不妨设 $x_{1}<x_{2}$ 且 $f(x_{1})-x_{1}=0$，$f(x_{2})-x_{2}=0$．<br/>考虑区间 $[x_{1},x_{2}]$，由性质，$\exists x_{0}\in (x_{1},x_{2})$，使得等式$$f(x_{2})-f(x_{1})=(x_{2}-x_{1})f'(x_{0})$$成立．即\[f'(x_{0})=\dfrac{f(x_{2})-f(x_{1})}{x_{2}-x_{1}}=\dfrac{x_{2}-x_{1}}{x_{2}-x_{1}}=1,\]与 ② 矛盾．<br/>因此方程 $f(x)-x=0$ 有且只有一个实数根． 备注2 问题3 对任意 $f(x)\in M$，且 $x\in(a,b)$，求证：对于 $f(x)$ 定义域中任意的 $x_{1},x_{2},x_{3}$，当 $|x_{2}-x_{1}|<1$，且 $|x_{3}-x_{1}|<1$ 时，$\left|f(x_{3})-f(x_{2})\right|<2$． 答案3 略 解析3 先证明引理：$\forall f(x)\in M,\text{且}x\in (a,b),|f(x_{2})-f(x_{1})|\leqslant |x_{2}-x_{1}|$．<br/>证明如下：<br/>不妨设 $x_{1}\leqslant x_{2}$，则由 ②，$f(x)$ 是单调递增函数，于是由 $|f(x_{1})-f(x_{2})|\leqslant |x_{2}-x_{1}|$ 可得\[f(x_{2})-f(x_{1})\leqslant x_{2}-x_{1},\]因此有\[f(x_{2})-x_{2}\leqslant f(x_{1})-x_{1}.\]而由 ②，$[f(x)-x]'<0$，所以 $y=f(x)-x$ 是单调递减函数，因此引理成立．<br/>由引理，\[\begin{split}\left|f(x_{3})-f(x_{2})\right|&=\left|f(x_{3})-f(x_{1})+f(x_{1})-f(x_{2})\right|\\&\leqslant \left|f(x_{3})-f(x_{2})\right|+\left|f(x_{2})-f(x_{1})\right|\\&\leqslant \left|x_{3}-x_{1}\right|+\left|x_{2}-x_{1}\right|<2.\end{split}\] 备注3