（零点定理）方程求根与递推数列收敛

【原题回顾】

设 $f(x)$ 满足 $|f(x)-f(y)|<|x-y|$，对任意不同的 $x,y$ 均成立，且 $f(x_1)>x_1,f(x_1+1)<x_1+1,2x_{n+1}=x_n+f(x_n)$，其中 $n=1,2,\dots$

(1) 证明 $f(x)=x$ 在 $(x_1,x_1+1)$ 内有唯一实根 $\xi$；

(2) 证明 $\{x_n\}$ 收敛于 $\xi$。

模块一：证明“有且仅有唯一实根”（第一问）

🎯 步骤 1：证明函数连续（防漏防扣分点）

• 【使用方法】：极限定义法 + 夹逼准则。

• 【为什么用】：目标是使用“零点定理”证明根的存在。但零点定理的绝对前提是函数必须连续，题目没给连续条件，必须主动去证，否则后续全军覆没。（极限值等于函数值则函数连续）

• 【使用前提】：题干给出了绝对值不等式（李普希茨条件）$|f(x)-f(y)|<|x-y|$。

• 【具体解法】：

  对于任意 $x_0\in \mathbb{R}$，当 $x\ne x_0$ 时，由题意有：

  $0\le |f(x)-f(x_0)|<|x-x_0|$

  对两端同时取 $x\to x_0$ 的极限：

  ${\lim }_{x\to x_0}0=0$，且 ${\lim }_{x\to x_0}|x-x_0|=0$。

  根据夹逼准则，中间项被迫为 0：${\lim }_{x\to x_0}|f(x)-f(x_0)|=0$，即 ${\lim }_{x\to x_0}f(x)=f(x_0)$。

  得出结论：$f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上连续。

🎯 步骤 2：证明根的存在性

• 【使用方法】：零点定理。

• 【为什么用】：这是高等数学中证明“非初等方程存在实根”的唯一通用核武器。

• 【使用前提】：① 已证函数在闭区间 $[a,b]$ 上连续；② 区间端点函数值异号（一正一负）。

• 【具体解法】：

  构造辅助函数 $F(x)=f(x)-x$。因 $f(x)$ 连续且 $x$ 连续，故 $F(x)$ 在 $[x_1,x_1+1]$ 上连续。

  代入端点：

  $F(x_1)=f(x_1)-x_1>0$ （由题设 $f(x_1)>x_1$ 移项得到）

  $F(x_1+1)=f(x_1+1)-(x_1+1)<0$ （由题设 $f(x_1+1)<x_1+1$ 移项得到）

  因为 $F(x_1)\cdot F(x_1+1)<0$，由零点定理，必存在 $\xi \in (x_1,x_1+1)$ 使得 $F(\xi )=0$。

  即方程 $f(x)=x$ 在该区间内至少有一个实根 $\xi$。

🎯 步骤 3：证明根的唯一性

• 【使用方法】：反证法。

• 【为什么用】：直接证明“只有一个”很难，但假设“有两个”并推导出荒谬结论，就能反杀。

• 【使用前提】：题干给定了带有严格不等号（< 或 >）的条件，可以用来制造逻辑矛盾。

• 【具体解法】：

  假设在区间内存在两个不同的实根 ${\xi }_1$ 和 ${\xi }_2$（${\xi }_1\ne {\xi }_2$）。

  则有 $f({\xi }_1)={\xi }_1$ 且 $f({\xi }_2)={\xi }_2$。

  将这两点代入题干已知不等式 $|f(x)-f(y)|<|x-y|$，得到：

  $|f({\xi }_1)-f({\xi }_2)|<|{\xi }_1-{\xi }_2|$

  等价替换为：

  $|{\xi }_1-{\xi }_2|<|{\xi }_1-{\xi }_2|$

  由于 ${\xi }_1\ne {\xi }_2$，该绝对值是大于 0 的实数。一个正数不可能严格小于自身，矛盾！

  故假设不成立，方程有且仅有唯一实根 $\xi$。

模块二：证明“递推数列收敛于该根”（第二问）

🎯 步骤 1：探究数列的增减性与界限

• 【使用方法】：绝对值不等式强行展开。

• 【为什么用】：递推式 $x_{n+1}=\frac{x_n+f(x_n)}{2}$ 的走向完全取决于 $f(x_n)$ 与 $x_n$ 的大小关系。必须把绝对值拆掉，才能分离出单调性和有界性的不等关系。

• 【使用前提】：已知 $|A|<B$ 且 $B>0$，可直接展开为 $-B<A<B$。

• 【具体解法】：

  已知唯一实根 $\xi$ 满足 $f(\xi )=\xi$。

  考察根左侧的任意点 $x$（即 $x<\xi$），代入绝对值不等式：

  $|f(x)-f(\xi )|<|\xi -x|$

  即 $|f(x)-\xi |<\xi -x$。强行展开绝对值：

  $-(\xi -x)<f(x)-\xi <\xi -x$

  • 提取左半边：$-(\xi -x)<f(x)-\xi ⟹$ $x<f(x)$ （结论 A，奠定单调递增）

  • 提取右半边：$f(x)-\xi <\xi -x⟹$ $x+f(x)<2\xi$ （结论 B，奠定有上界）

🎯 步骤 2：证明单调且有界

• 【使用方法】：数学归纳法 + 单调有界准则。

• 【为什么用】：递推数列由前一项决定后一项，这天然契合数学归纳法“多米诺骨牌”的逻辑；而证明抽象数列收敛，单调有界准则是唯一出路。

• 【使用前提】：明确了首项的位置，且推导出了相邻项之间的绝对代数关系（步骤 1 的结论）。

• 【具体解法】：

  • 归纳奠基：由题干 $\xi \in (x_1,x_1+1)$ 知，$n=1$ 时 $x_1<\xi$ 成立。

  • 归纳假设：假设 $n=k$ 时，$x_k<\xi$ 成立。

  • 递推证明：当 $n=k+1$ 时，由递推式 $x_{k+1}=\frac{x_k+f(x_k)}{2}$：

    1. 证单调递增：因 $x_k<\xi$，调用【结论 A】得 $f(x_k)>x_k$。故 $x_{k+1}-x_k=\frac{f(x_k)-x_k}{2}>0$，即 $x_{k+1}>x_k$。

    2. 证有上界：因 $x_k<\xi$，调用【结论 B】得 $x_k+f(x_k)<2\xi$。故 $x_{k+1}=\frac{x_k+f(x_k)}{2}<\frac{2\xi }{2}=\xi$。

       由数学归纳法知，该数列单调递增且有上界 $\xi$。根据单调有界准则，数列必定收敛。设 ${\lim }_{n\to \infty }{x}_n=A$。

🎯 步骤 3：求极限值完成闭环

• 【使用方法】：连续函数极限穿透。

• 【为什么用】：将离散的数列极限方程转化为连续函数的代数方程，从而解出极限的具体数值。

• 【使用前提】：① 数列已证收敛（极限存在）；② 外层函数 $f(x)$ 必须已证连续，否则极限符号绝对不准钻进括号里！

• 【具体解法】：

  在递推式 $2x_{n+1}=x_n+f(x_n)$ 两边同时取 $n\to \infty$ 极限。

  因 $f(x)$ 是连续函数，极限符号可以直接穿透：

  $2{\lim }_{n\to \infty }{x}_{n+1}={\lim }_{n\to \infty }{x}_n+f\left({\lim }_{n\to \infty }{x}_n\right)$

  $2A=A+f(A)$

  化简得到 $f(A)=A$。

  这说明极限 $A$ 是方程 $f(x)=x$ 的实根。由于模块一已用反证法确立了该方程有且仅有一个根 $\xi$，故 $A=\xi$。

  证明完毕，$\{x_n\}$ 收敛于 $\xi$。

基本知识： 1.绝对值：==$|A|<B$ 等价于 $-B<A<B$== 还有|A| >＝0；

2.连续函数的一个极其重要的性质就是“极限符号可以穿透到函数里面去”。 即：${\lim }_{n\to \infty }f(x_n)=f\left({\lim }_{n\to \infty }{x}_n\right)=f(A)$。

3**.只要一个数列是收敛的（存在极限），那么无论是 $x_n$、$x_{n+1}$ 还是 $x_{n+10000}$，当 $n\to \infty$ 时，它们的极限绝对是一模一样的！**