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$n_I$。

（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$a\in(0,1)$，$n_I不等于2$。

第三问核心要点

令: $f_3(c) = F(0)$

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

$\Large \boxed{c =-ln(1-F(0)) \quad (c > 0)}$

若$F(x)$严格减：

令$\Large \boxed{a=c}$，

那么$\large \boxed{f_3(a)=F(0)}$

当$x \in [a, +\infty]$时，

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

$F(x)严格减\implies F(x)\leq F(0)$

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

当$x \in [a, +\infty]$时，

$\Large \boxed{f_1(x) \leq F(0) \leq f_3(x)}$

$\Large \boxed{f_2(x) \leq F(0) \leq f_3(x)}$

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$\Large \boxed{a=-ln(1-F(0))，使得n_I\geq 4}$。

若$F(x)$严格增：

使用反证法，假设结论不成立：

也就是：

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

$\Large 当c\geq 1时，令a=0.5, 显然a\lt c$

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

$\Large \boxed {f_3(a)\leq f_3(c) = F(0)}$

由$F(x)$单调增可得:

$F(0) \lt f_1(a)$

$$\begin{aligned} &\qquad \quad F(0)=\frac{\textcolor{red}{F(0)+F(0)}}{2} \\ &\implies F(0) \leq \frac{\textcolor{red}{F(x+a)+F(x-a)}}{2} \\ &\implies F(0) \leq f_2(a) \end{aligned}$$

结合$f_3(a) \leq F(0)$，

$\Large \boxed{f_3(a) \leq f_1(a)和f_3(a) \leq f_2(a)}$

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：

$\Large \boxed{x \in [a, +\infty)，f_1(x)\leq f_2(x)恒成立}$。

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

$x$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：

$\large \boxed{F\left((n+1)\right) - F(a) \geq n(F(a)-F(0))}$

取$n=\frac{1}{F(a)-F(0)}的整数部分+1$，

$\therefore n\gt \frac{1}{F(a)-F(0)} \implies n(F(a)-F(0)) \gt 1$

$\therefore f((n+1)a) > 1$

$\Large \boxed{与0<F(x)<1}矛盾$，证明完成