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#新定义问题 #导数

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已知集合 $M$ 是满足下列性质的函数 $f (x)$ 的全体: 存在实数 $T$ , 对任意的 $x \in R$ , 有 $f (x + T) + f (x - T) = T f (x)$ .

试问函数 $f (x) = x^{2}$ 是否属于集合 $M$ ? 并说明理由;
若函数 $f (x) = x - \sin ω x \in M$ , 求正数 $ω$ 的取值集合;
若函数 $f (x) = e^{k x} \in M$ , 证明: $| k e^{\sqrt{4 k^{2} + 1}} - k e^{- \sqrt{4 k^{2} + 1}} | \leq 1$ .

解答

解将 $f (x) = x^{2}$ 代入 $M$ 的定义式: $\begin{array}{r} 2 x^{2} + 2 T^{2} = T x^{2} \Rightarrow (2 - T) x^{2} + 2 T^{2} = 0, \end{array}$
不存在 $T$ 使得上式关于 $x$ 恒成立，故 $f \notin M$ .
解将 $f (x) = x - \sin ω x$ 代入 $M$ 的定义式: $\begin{array}{r} 2 x - \sin ω (x + T) - \sin ω (x - T) = T (x - \sin ω x) \Rightarrow (2 - T) x = (2 \cos ω T - T) \sin ω x, \end{array}$
这要求 $T = 2, 2 \cos ω T = T$ , 解得 $ω \in {k π | k \in N^{*}}$ .
证明将 $f (x) = e^{k x}$ 代入定义式: $\begin{array}{r} e^{k T} + e^{- k T} - T = 0. \end{array}$
记左侧函数为 $g (T)$ , 且不妨设 $k \geq 0$ . 这样 $g^{'} (T) = k e^{k T} - k e^{- k T} - 1, g^{″} (T) = k^{2} e^{k T} + k^{2} e^{- k T} > 0.$
$g^{'} (T) = 0$ 本质上是关于 $e^{k T}$ 的一元二次方程，而根据求根公式，我们可以解得唯一正根 $e^{k T_{0}} = \frac{1 + \sqrt{4 k^{2} + 1}}{2 k}$ , 也即 $\begin{array}{r} T_{0} = \frac{1}{k} \ln \frac{1 + \sqrt{4 k^{2} + 1}}{2 k} . \end{array}$
这样 $g (T)$ 在 $(- \infty, T_{0})$ 上减，在 $(T_{0}, + \infty)$ 上增. 要使 $g (T) = 0$ 有解，至少要求 $g (T_{0}) \leq 0$ , 即 $\begin{array}{r} \frac{1 + \sqrt{1 + 4 k^{2}}}{2 k} + \frac{2 k}{1 + \sqrt{1 + 4 k^{2}}} - T_{0} = \frac{1 + \sqrt{4 k^{2} + 1}}{2 k} + \frac{2 k (\sqrt{4 k^{2} + 1} - 1)}{4 k^{2}} - T_{0} = \frac{\sqrt{4 k^{2} + 1}}{k} - T_{0} \leq 0, \end{array}$
而条件式要证 $k e^{\sqrt{4 k^{2} + 1}} - k e^{- \sqrt{4 k^{2} + 1}} - 1 \leq 0$ ，也即 $g^{'} (\frac{\sqrt{4 k^{2} + 1}}{k}) \leq 0 = g^{'} (T_{0}) ⟺ \frac{\sqrt{4 k^{2} + 1}}{k} \leq T_{0},$ 因此得证.