逆袭数学

已知$(i,j,k)$是$1$，$2$，$3$的一个排列，若函数$f_1(x)$，$f_2(x)$，$f_3(x)$，对任意$x\in I$，都有$f_1(x)\leq f_i(x)$且$f_1(x)+f_2(x)\leq f_i(x)+f_j(x)$，则称$(i,j,k)$是关于$f_1(x)$，$f_2(x)$，$f_3(x)$的一个$I$排列，则关于$f_1(x)$，$f_2(x)$，$f_3(x)$的$I$排列总数记为$n_I$。

（1）已知$I=[3,+\infty)$，$f_1(x)=x$，$f_2(x)=0$，$f_3(x)=x^2+1$，判断$(3,1,2)$是否为$I$排列；

（2）对$I=(0,+\infty)$，$f_1(x)=x-1$，$f_2(x)=x+m$，$f_3(x)=x^2$满足条件的$n_I=6$，求$m$的取值范围；

（3）对$x\in[0,+\infty)$，且对任意$x\in[0,+\infty)$，$0<F(x)<1$，令$I=[a,+\infty)$，$f_1(x)=F(x)$，$f_2(x)=\frac12\left(F(x+a)+F(x-a)\right)$，$f_3(x)=1-\mathrm{e}^{-x}$，证明：若$F(x)$严格减，则存在$a>0$，使$n_I\geq4$；若$F(x)$严格增，则存在$a\in(0,1)$，$n_I\neq2$。

第一问

第二问

第三问 第一部分

第三问 第二部分

第一问

思路分析

首先要搞清楚题目中的新定义：

牵涉到的对象：

• $(i,j,k)$是$1$，$2$，$3$的一个排列，类似$(1,2,3)$，$(1,2,3)$，总共六种。
• $f_1(x)$，$f_2(x)$，$f_3(x)$是三个函数
• $I$ 是集合

(i,j,k)首先是$1$，$2$，$3$的一个排列，满足要求的两个条件就可以称为关于三个函数的集合名字。

需要满足的条件：对任意$x\in I$，都有$f_1(x)\leq f_i(x)$且$f_1(x)+f_2(x)\leq f_i(x)+f_j(x)$

在一个定义内，字母表示的含义不能发生变化，可以看到$i,j,k$还出现在函数名的下标里，用于表示不同的函数。

$i=3,\,j=1$

对任意$x\in I$，都有$f_1(x)\leq f_\textcolor{red}{3}(x)$且$f_1(x)+f_2(x)\leq f_\textcolor{red}{3}(x)+f_\textcolor{red}{1}(x)$

由题意得 $i=3,\,j=1$

$$\begin{aligned} f_3(x) - f_1(x) &= x^2 + 1 -x\\ & = (x-\frac{1}{2})^2 + \frac{3}{4} \geq 0 \end{aligned}$$

满足条件。

$$\begin{aligned} &\quad [f_3(x) + f_1(x)] -[ f_1(x) +f_2(x)] \\ &= f_3(x) - f_2(x) \\ &=(x^2 + 1) \geq 0 \end{aligned}$$

满足条件

$\therefore (3,1,2)$是为$I$排列

第二问

$1$，$2$，$3$的排列总共六种组合，$N_I = 6$也就是包含了全部组合，

① $(i,j,k)=(1,2,3)$，则有：$f_1(x)\le f_1(x),\, f_1(x)+f_2(x)\le f_1(x)+f_2(x)$，$\textcolor{red}{恒满足}$。

② $(i,j,k)=(1,3,2)$，则有：$f_1(x)\le f_1(x),\, f_1(x)+f_2(x)\le f_1(x)+f_3(x)$，即$\textcolor{red}{f_2(x)\le f_3(x)}$。

③ $(i,j,k)=(2,1,3)$，则有：$f_1(x)\le f_2(x),\, f_1(x)+f_2(x)\le f_2(x)+f_1(x)$，即$\textcolor{red}{f_1(x)\le f_2(x)}$。

④ $(i,j,k)=(2,3,1)$，则有：$f_1(x)\le f_2(x),\, f_1(x)+f_2(x)\le f_2(x)+f_3(x)$，即$\textcolor{red}{f_1(x)\le f_2(x),\, f_1(x)\le f_3(x)}$。

⑤ $(i,j,k)=(3,1,2)$，则有：$f_1(x)\le f_3(x),\, f_1(x)+f_2(x)\le f_3(x)+f_1(x)$，即$\textcolor{red}{f_1(x)\le f_3(x)，f_2(x)\le f_3(x)}$。

⑥ $(i,j,k)=(3,2,1)$，则有：$f_1(x)\le f_3(x),\, f_1(x)+f_2(x)\le f_3(x)+f_2(x)$，即$\textcolor{red}{f_1(x)\le f_3(x)}$。

要同时满足，必有：$\textcolor{red}{f_1(x)\le f_2(x)\le f_3(x)}$

问题转化成：$x-1\le x+m\le x^2$ 对 $任意 x>0$ 恒成立，

由前一部分得到：$-1\le m$，

由后一部分：

$$\begin{aligned} &\qquad \quad x^2-x-m \\ &= (x-\frac{1}{2})^2 -m-\frac{1}{4} \\ &\implies -m-\frac{1}{4} \geq 0\\ &\implies m \leq -\frac{1}{4} \end{aligned}$$

所以 $-1\le m\le -\dfrac{1}{4}$.

第三问 第一部分

$F(x)严格减$

思路分析

首先要知道$f_3(x)$是一个什么样的函数：

第一种角度，可以看成$e^x$经过下面三步变换得到：

1. $y$轴对称得到$e^{-x}$
2. $x$轴对称得到$-e^{-x}$
3. 向上平移得到$1-e^{-x}$

第二个角度:

• $f_3(0) = 1-e^0 = 0$
• $f_3(x) = 1-e^{-x} < 1$
• $f_3'(x)=e^{-x}$，单调增

做一条直线$y=F(0)$和$f_3(x)$相交，设交点横坐标为$c$，也就是$\textcolor{red}{f_3(c) = F(0)}$。

令$a=c，则f_3(a)=F(0)$

对于任意的$x \in [a, +\infty)$有：

$\textcolor{red}{F(0) = f_3(a)\leq f_3(x)}$

$f_1(x) \leq F(0) \leq f_3(x)$,

$f_2(x) \leq \frac{\textcolor{red}{F(0) + F(0)}}{2}\leq f_3(x)$

根据第二问总结可以得到4个组合都是$I$排列。

详解

令: $f_3(c) = F(0)$

$$\begin{aligned} 1 - e^{-c} &= F(0) \\ e^{-c} &= 1-F(0) \quad(0 \lt 1-F(0) \lt 1 ) \\ -c &= ln(1-F(0)) \quad(-c < 0) \\ c &=-ln(1-F(0)) \quad (c > 0) \end{aligned}$$

令$a=c$，所以$f_3(a)=F(0)$

当$x \in [a, +\infty]$时，

$$\begin{aligned} &\qquad \qquad f'_3(x)=e^{-x} \\& \implies f_3(x)是严格增函数\\ & \implies f_3(x) \geq f_3(a)\\ & \implies f_3(x) \geq F(0) \end{aligned}$$

$F(x)严格减\implies F(x)\leq F(0)$

$\begin{aligned} f_2(x) &= \frac12\left(F(x+a)+F(x-a)\right) \\ &\leq\frac12(\textcolor{red}{F(0) + F(0)}) \\ &=F(0) \end{aligned}$

当$x \in [a, +\infty]$时，

$f_1(x) \leq F(0) \leq f_3(x)$

$f_2(x) \leq F(0) \leq f_3(x)$

根据第二问总结的表格，下面四个都是$I$排列:

• $(1,2,3)$，恒是
• $(1,3,2)$，需满足$f_2(x)\le f_3(x)$
• $(3,1,2)$，需满足$f_1(x)\le f_3(x),\, f_2(x)\le f_3(x)$
• $(3,2,1)$，需满足$f_1(x)\le f_3(x)$

所以存在$a=-ln(1-F(0))$，使得$n_I\geq 4$，得证。

第三问 第二部分

$F(x)$严格增

思路分析

需要证明的结论有明显的使用反证法的特征：

$\textcolor{red}{存在}a\in(0,1)$，$n_I\textcolor{red}{\neq}2$。

否定命题：

$\textcolor{red}{对任意的}a\in(0,1)$，$n_I\textcolor{red}{=}2$。

是一个很强的结论，“强”的意思是容易得到矛盾。

因为$0<F(0)<1$和$f_3(0)=0$，当$a$足够小时。

肯定能找到$x \in [a, +\infty)$使得$f_1(x)\gt f_3(x)$和$f_2(x)\gt f_3(x)$。

也就是：$f_1(x)\leq f_3(x)$和$f_2(x)\leq f_3(x)$不是恒成立。

这样$(1,\textcolor{red}{3},2), (2,\textcolor{red}{3},1), (\textcolor{red}{3},1,2), (\textcolor{red}{3},2,1)$就不是$I$排列。

要满足$n_I = 2$，就必须有$(2,1,3)$是$I$排列

也就是$x \in [a, +\infty)$，$f_1(x)\leq f_2(x)$恒成立。

$$\begin{aligned} &\qquad \quad F(x)\leq\frac12(F(x+a) + F(x-a)) \\ &\implies 2F(x)\leq(F(x+a) + F(x-a)) \\ & \implies F(x)-F(x-a)\leq F(x+a)-F(x) \\ & \implies F(x+a)-F(x) \geq F(x)-F(x-a) \end{aligned}$$

$x$依次取$a,2a,3a \dots na$:

$$\begin{aligned} & F(2a)-F(a) \geq F(a)-F(0) \\ & F(3a)-F(2a)\geq F(2a)-F(a)\geq F(a)-F(0) \\ & F(4a)-F(3a)\geq F(3a)-F(2a)\geq F(a)-F(0)\\ & \qquad \vdots \\ & F((n+1)a)-F(na)\geq F(a)-F(0) \end{aligned}$$

以上左边和右边相加得到：

$F(n+1)a - F(a) \geq n(F(a)-F(0))$

当n足够大时，可以得到$F((n+1))a \geq 1$，得到了矛盾，完成反证法。

详解

使用反证法，假设结论不成立：

也就是，$\textcolor{red}{对任意的}a\in(0,1)$，$n_I\textcolor{red}{=}2$。

设$f_3(c) = F(0)$，可以求得$c=-ln(1-F(0))$，可知$c\gt 0$

$当c\geq 1时，令a=0.5, 当c \lt 1时，令 a=\frac{c}{2}$，都有

$f_3(a)\leq f_3(c) \implies f_3(a)\leq F(0)$

由$F(x)$单调增可得: $F(0) \lt f_1(a)$和$F(0)\lt f_2(a)$

$\therefore f_3(a) \leq f_1(a)和f_3(a) \leq f_2(a)$

也就是：当$x \in [a, +\infty)$时，$f_1(x)\leq f_3(x)$和$f_2(x)\leq f_3(x)$不是恒成立。

这样$(1,\textcolor{red}{3},2), (2,\textcolor{red}{3},1), (\textcolor{red}{3},1,2), (\textcolor{red}{3},2,1)$就不是$I$排列。

要满足$n_I = 2$，就必须有$(2,1,3)$是$I$排列

也就是$x \in [a, +\infty)$，$f_1(x)\leq f_2(x)$恒成立。

$$\begin{aligned} &\qquad \quad F(x)\leq\frac12(F(x+a) + F(x-a)) \\ &\implies 2F(x)\leq(F(x+a) + F(x-a)) \\ & \implies F(x)-F(x-a)\leq F(x+a)-F(x) \\ & \implies F(x+a)-F(x) \geq F(x)-F(x-a) \end{aligned}$$

$x$依次取$a,2a,3a \dots na$:

$$\begin{aligned} & F(2a)-F(a) \geq F(a)-F(0) \\ & F(3a)-F(2a)\geq F(2a)-F(a)\geq F(a)-F(0) \\ & F(4a)-F(3a)\geq F(3a)-F(2a)\geq F(a)-F(0)\\ & \qquad \vdots \\ & F\left((n+1)\right)-F(na)\geq F(a)-F(0) \end{aligned}$$

以上左边和右边相加得到：

$F\left((n+1)\right) - F(a) \geq n(F(a)-F(0))$

取$n=\frac{1}{F(a)-F(0)}的整数部分+1$，可以得到$F\left((n+1)\right) \geq 1$，与$0<F(x)<1$矛盾， 完成证明。