λ(x1－x2)2≤(x1－x2)［f(x1)－f(x2)］
和
|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|,
其中λ是大于0的常数.
设实数a0、a、b满足f(a0)=0和b=a－λf(a).
(Ⅰ)证明：λ≤1，并且不存在b0≠a0，使得f(b0)=0;
(Ⅱ)证明：(b－a0)2≤(1－λ2)(a－a0)2;
(Ⅲ)证明：［f(b)］2≤(1－λ2)［f(a)］2.
λ(x1－x2)2≤(x1－x2)［f(x1)－f(x2)］
和
|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|,
其中λ是大于0的常数.
设实数a0、a、b满足f(a0)=0和b=a－λf(a).
(Ⅰ)证明：λ≤1，并且不存在b0≠a0，使得f(b0)=0;
(Ⅱ)证明：(b－a0)2≤(1－λ2)(a－a0)2;
(Ⅲ)证明：［f(b)］2≤(1－λ2)［f(a)］2.
22.本小题主要考查函数、不等式等基本知识，以及综合运用数学知识解决问题的能力.
证明: (Ⅰ)任取x1、x2∈R,x1≠x2,则由
λ(x1－x2)2≤(x1－x2)［f(x1)－f(x2)］ ①
和
|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2| ②
可知
λ(x1－x2)2≤(x1－x2)［f(x1)－f(x2)］=|x1－x2|·|f(x1)－f(x2)|≤|x1－x2|2,从而 λ≤1.
假设有b0≠a0,使得f(b0)=0成立,则由①知
0＜λ(a0－b0)2≤(a0－b0)［f(a0)－f(b0)］=0，矛盾.
∴不存在b0≠a0,使得f(b0)=0.
(Ⅱ)由 b=a－λf(a). ③
可知
(b－a0)2=［a－a0－λf(a)］2
=(a－a0)2－2λ(a－a0)f(a)+λ2［f(a)］2. ④
由f(a0)=0和①式，得
(a－a0)f(a)=(a－a0)［f(a)－f(a0)］≥λ(a－a0)2 ⑤
由f(a0)=0和②式知，
［f(a)］2＝［f(a)－f(a0)］2≤(a－a0)2. ⑥
则将⑤、⑥式代入④式，得
(b－a0)2≤(a－a0)2－2λ2 (a－a0)2+λ2·(a－a0)2
=(1－λ2)(a－a0)2.
(Ⅲ)由③式，可知
［f(b)］2=［f(b)－f(a)+f(a)］2
=［f(b)－f(a)］2+2f(a)［f(b)－f(a)］+［f(a)］2
≤(b－a)2－2·
=λ2［f(a)］2－
≤λ2［f(a)］2－
=λ2［f(a)］2－2λ2［f(a)］2+［f(a)］2
=(1－λ2)·［f(a)］2.