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$a\in(0,1)$，$n_I\neq2$。

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。