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．