Question

6．定义：若对定义域D内的任意两个x₁，x₂（x₁≠x₂），均有|f（x₁）-f（x₂）|＜|x₁-x₂|成立，则称函数y=f（x）是D上的“平缓函数”．则以下说法正确的有（　　）
①f（x）=-lnx+x为（0，+∞）上的“平缓函数”
②g（x）=sinx为R上的“平缓函数”
③h（x）=x²-x是为R上的“平缓函数”
④已知函数y=k（x）为R上的“平缓函数”，若数列{a_n}对?_n∈N^*总有|x_n+1-x_n|≤$\frac{1}{（2n+1）^{2}}$，则k（x_n+1）-k（x₁）＜$\frac{1}{4}$．

• A． 0个
• B． 1个
• C． 2个
• D． 3个

Answer 1

分析 对于①②③新定义函数类型的题目，解答时要先充分理解定义：“平缓函数”才能答题，对于（1）只需按照定义作差：|f（x₁）-f（x₂）|，然后寻求|f（x₂）-f（x₁）|≤|x₂-x₁|成立的条件．
对于④的解答稍微复杂一些，此处除了用到放缩外，还有添项减项的技巧应用及对数列拆项求和的充分利用．

解答 解：对于①，|f（x₁）-f（x₂）|=|-lnx₁+x₁-（-lnx₂+x₂）|=|ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$+x₁-x₂|≤|ln$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$|+|x₁-x₂|，故均有|f（x₁）-f（x₂）|＜|x₁-x₂|不一定成立，
故f（x）=-lnx+x不为（0，+∞）上的“平缓函数”，故①错误；
对于②，设φ（x）=x-sinx，则φ'（x）=1-cosx≥0，则φ（x）=x-sinx是实数集R上的增函数，
不妨设x₁＜x₂，则φ（x₁）＜φ（x₂），即x₁-sinx₁＜x₂-sinx₂，
则sinx₂-sinx₁＜x₂-x₁，①
又y=x+sinx也是R上的增函数，则x₁+sinx₁＜x₂+sinx₂，
即sinx₂-sinx₁＞x₁-x₂，②
由①、②得-（x₂-x₁）＜sinx₂-sinx₁＜x₂-x₁，
因此|sinx₂-sinx₁|＜|x₂-x₁|，对x₁＜x₂的实数都成立，
当x₁＞x₂时，同理有|sinx₂-sinx₁|＜|x₂-x₁|成立，
又当x₁=x₂时，不等式|sinx₂-sinx₁|=|x₂-x₁|=0，
故对任意的实数x₁，x₂∈R均 有|sinx₂-sinx₁|≤|x₂-x₁|，
因此sinx是R上的“平缓函数，故②正确；
对于③，取x₁=3，x₂=1，则|h（x₁）-h（x₂）|=4＞|x₁-x₂|，因此h（x）=x²-x不是R上的“平缓函数”，故③错误，
对于④，函数y=k（x）为R上的“平缓函数，
则|k（x₂）-k（x₁）|≤|x₂-x₁|，所以|y_n+1-y_n|≤|x_n+1-x_n|，
因为|x_n+1-x_n|≤$\frac{1}{{（2n+1）}^{2}}$＜$\frac{1}{4}$（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$），
而|y_n+1-y₁|=|（y_n+1-y_n）+（y_n-y_n-1）+（y_n-1-y_n-2）+…（y₂-y₁）|，
所以|y_n+1-y₁|≤|y_n+1-y_n|+|y_n-1-y_n-2|+…+|y₂-y₁|，
∴|y_n+1-y₁|≤$\frac{1}{4}$[（$\frac{1}{n}$-$\frac{1}{n+1}$）+（$\frac{1}{n-1}$-$\frac{1}{n}$）+…+（1-$\frac{1}{2}$）]=$\frac{1}{4}$（1-$\frac{1}{n+1}$）＜$\frac{1}{4}$，故④正确．
故选：C．

点评 本题抽象函数、新定义函数类型的概念，不等式的性质，放缩法的技巧，对于新定义类型问题，在解答时要先充分理解定义才能答题，避免盲目下笔，遇到困难才来重头读题，费时费力，另外要在充分抓住定义的基础上，对式子的处理要灵活，各个式子的内在联系要充分挖掘出来，可现有结论向上追溯，看看需要哪些条件才能得出结果，再来寻求转化取得这些条件．