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13.已知f(x)为R上的可导函数,对任意的x0∈R,有0<f′(x+x0)-f′(x0)<4x,x>0.
(1)对任意的x0∈R,证明:$f'({x_0})<\frac{{f({x+{x_0}})-f({x_0})}}{x}$(x>0);
(2)若|f(x)|≤1,x∈R,证明|f′(x)|≤4,x∈R.

分析 (1)即证f(x+x0)-f(x0)-f'(x0)x>0,构造函数g(x)=f(x+x0)-f(x0)-f'(x0)x,对g(x)求导证明g(x)在[0,+∞)上单增即可;
(2)由条件知f'(x)是R上的单增函数,故f'(x)不可能恒等于零.如果存在正实数δ>0,及实数x0,使f'(x0)=δ;如果存在正实数δ>0,及实数x0,使f'(x0)=-δ,推理论证,即可得到所求结论.

解答 证明:(1)要证$f'({x_0})<\frac{{f({x+{x_0}})-f({x_0})}}{x}$(x>0),
即证f(x+x0)-f(x0)-f'(x0)(x>0),
设g(x)=f(x+x0)-f(x0)-f'(x0)x,
g′(x)=f′(x+x0)-f′(x0),
由对任意的x0∈R,有0<f′(x+x0)-f′(x0)<4x,x>0,
可得g′(x)>0在x>0恒成立,即有g(x)在(0,+∞),
故结论成立;
(2)由条件知f'(x)是R上的单增函数,故f'(x)不可能恒等于零.
如果存在正实数δ>0,及实数x0,使f'(x0)=δ,
则对任意x>0,$\frac{{f({x+{x_0}})-f({x_0})}}{x}>δ$.
则当$x>max\left\{{0,\frac{{1-f({x_0})}}{δ}}\right\}$时,
$f({x+{x_0}})>δx+f({x_0})>δ•\frac{{1-f({x_0})}}{δ}+f({x_0})=1$,与条件矛盾.
如果存在正实数δ>0,及实数x0,使f'(x0)=-δ,
则对任意x<0,存在ξ∈(x+x0,x0),满足$\frac{{f({x+{x_0}})-f({x_0})}}{x}=f'(ξ)<f'({x_0})$.
则当$x<min\left\{{0,\frac{{f({x_0})-1}}{δ}}\right\}$时,
$f({x+{x_0}})>-δx+f({x_0})>({-δ})•\frac{{f({x_0})-1}}{δ}+f({x_0})=1$,与条件也矛盾.
总之,题目中的条件永远不成立.故由于前提条件是假命题,从而不论结论是什么,都是真命题.

点评 本题考查导数的运用:求单调性,考查不等式的证明,注意运用单调性和不等式的性质,具有一定的难度.

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