每日一题[2377]“阶梯”函数

如果对任意 $x_{1}, x_{2} \in \mathbb{R}$,当 $x_{1}-x_{2} \in S$ 时,都有 $f\left(x_{1}\right)-f\left(x_{2}\right) \in S$,则称 $f(x)$ 是 $S$ 关联的.

1、判断和证明 $f(x)=2 x-1$ 是 $\mathbb{Z}^{+}$ 关联的吗?是 $[0,1]$ 关联的吗?

2、$f(x)$ 是 $\{3\}$ 关联的,在 $[0,3)$ 上有 $f(x)=x^{2}-2 x$,解不等式 $2 \leqslant f(x) \leqslant 3$.

3、“$f(x)$ 是 $\{1\}$ 关联的,且是 $[0,+\infty)$ 关联的”当且仅当“$f(x)$ 是 $[1,2]$ 关联的”.

解析

1、若 $x_1-x_2\in\mathbb Z^+$,则\[f(x_1)-f(x_2)=2(x_1-x_2)\in\mathbb Z^+,\]因此 $f(x)$ 是 $\mathbb Z^+$ 关联的. 若 $x_1-x_2\in [0,1]$,则\[f(x_1)-f(x_2)=2(x_1-x_2)\in [0,2],\]取 $x_1=1$,$x_2=0$,则 $x_1-x_2=1\in [0,1]$,但 $f(x_1)-f(x_2)=2\notin [0,1]$,因此 $f(x)$ 不是 $[0,1]$ 关联的.

2、根据题意,有\[f(x)=\begin{cases} f(x+3)-3,&x\in(-\infty,0),\\ x^2-2x,&x\in [0,3),\\ f(x-3)+3,&x\in [3,+\infty),\end{cases}\]其图象如图所示,进而可得不等式 $2\leqslant f(x)\leqslant 3$ 的解集为 $\left[\sqrt 3+1,5\right]$.

3、充分性    先证明当 $f(x)$ 是 $\{1\}$ 关联的,且是 $[0,+\infty)$ 关联的时,$f(x)$ 是 $[1,2]$ 关联的.设 $x_1-x_2\in [1,2]$,则\[\forall x\in\mathbb R,f(x+1)=f(x)+1,\]且\[\forall a\geqslant b,f(a)\geqslant f(b),\]于是\[f(x_1)-f(x_2)=\big(f(x_1-1)+1\big)-f(x_2)=f(x_1-1)-f(x_2)+1\geqslant 1,\]且\[f(x_1)-f(x_2)=\big(f(x_1-2)+2\big)-f(x_2)=2-\big(f(x_2)-f(x_1-2)\big)\leqslant 2,\]因此\[1\leqslant f(x_1)-f(x_2)\leqslant 2,\]命题成立.

必要性    再证明当 $f(x)$ 是 $[1,2]$ 关联的时,$f(x)$ 是 $\{1\}$ 关联的,且是 $[0,+\infty)$ 关联的.此时有\[\begin{cases} 1\leqslant f(x+1)-f(x)\leqslant 2,\\ 1\leqslant f(x+2)-f(x+1)\leqslant 2,\\ 1\leqslant f(x+2)-f(x)\leqslant 2,\end{cases}\]前两个不等式相加结合最后一个不等式,可得\[f(x+2)-f(x+1)=f(x+1)-f(x)=1,\]因此 $f(x)$ 是 $\{1\}$ 关联的.进而若 $x_1-x_2\geqslant 0$,不妨设 $(x_1-k)-x_2\in [1,2]$,其中 $k\in\mathbb Z$,此时\[f(x_1)-f(x_2)=f(x_1-k)+k-f(x_2)\in [k+1,k+2]\implies f(x_1)-f(x_2)\geqslant 0,\]命题成立.

综上所述,原命题得证.

此条目发表在每日一题分类目录,贴了标签。将固定链接加入收藏夹。

发表评论