2025 复附高三上第二次月考 21

已知定义域均为 $D$ 的函数 $y = f(x), y = g(x)$，$S$ 是 $\mathbb{R}$ 的非空子集．若对任意 $x_1, x_2 \in D$，当 $x_1 - x_2 \in S$ 时，总有 $f(x_1) - g(x_2) \in S$，则称 $y = f(x)$ 是 $y = g(x)$ 的一个“$S$ 关联函数”．

1. 求 $y = 2^x$ 的所有 $\{1\}$ 关联函数；
2. 若 $y = x^2 - \ln x + \frac{m}{x}$ 是其自身的一个 $(0, +\infty)$ 关联函数，求实数 $m$ 的取值范围；
3. 已知 $y = p(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的函数．若存在定义在 $\mathbb{R}$ 上的函数 $y = q(x)$，使得对任意正整数 $n$，都满足 $y = q(x)$ 是 $y = p(x)$ 的一个 $\Big[\dfrac{1}{n + 1}, \dfrac{1}{n}\Big]$ 关联函数，求证：$y = p(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的严格增函数．

第三问证明

考虑几何意义，当自变量的增量 $\Delta x = x_1 - x_2$ 落入区间 $\Big[\dfrac{1}{n + 1}, \dfrac{1}{n}\Big]$ 时，函数值的增量 $\Delta y = q(x_1) - p(x_2)$ 也被严格限制在同一个区间内．

给定 $x$ 和 $p(x)$ 后，$q(x)$ 的图像必须穿过一系列沿 $y = x$ 方向排列的绿色正方形；特殊地，函数图像必定穿过相邻正方形的公共点，即每个正方形的左下角．随着 $n$ 增大，这些正方形和公共点向点 $(x, p(x))$ 无限逼近．下图中，我们用红色点表示 $p(x)$ 的取值，蓝色点表示 $q(x)$ 的取值．

注意这里有 $x$ 的任意性．不难猜想，$q(x)$ 大概就是 $x + C$，而 $p(x)$ 也随之确定为 $x + C$．我们希望证明 $p(x) = q(x)$，这样也能让“$S$ 关联函数”的式子更好处理．

按照图像，每一个红色点都能固定住无穷多个蓝色点；随着 $x$ 的变化，蓝色点的相对位置不变，横坐标上的差值有 $\dfrac{1}{6}, \dfrac{1}{12}, \dfrac{1}{20}, \ldots$；蓝色点与红色点横坐标上的差值又有 $\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{3}, \dfrac{1}{4}, \ldots$．如果将上图沿着 $y = x$ 多次平移，使得存在新的蓝色点与原来的蓝色点重合，就能确定更多蓝色点；而如果存在新的蓝色点与原来的红色起始点重合，就证明了 $p(x) = q(x)$．

由题意，对任意正整数 $n$，当 $x_1 - x_2 \in \Big[\dfrac{1}{n + 1}, \dfrac{1}{n}\Big]$ 时，$q(x_1) - p(x_2) \in \Big[\dfrac{1}{n + 1}, \dfrac{1}{n}\Big]$．

对于任意 $n \geq 2, n \in \mathbb{N}$，取 $x_1 - x_2 = \dfrac{1}{n}$．因 $\dfrac{1}{n} \in \Big[\dfrac{1}{n + 1}, \dfrac{1}{n}\Big]$，有 $q \Big(x_2 + \dfrac{1}{n}\Big) - p(x_2) \leq \dfrac{1}{n}$；因 $\dfrac{1}{n} \in \Big[\dfrac{1}{n}, \dfrac{1}{n - 1}\Big]$，有 $q \Big(x_2 + \dfrac{1}{n}\Big) - p(x_2) \geq \dfrac{1}{n}$．

故对任意 $x \in \mathbb{R}$ 和 $n \geq 2$，恒有 $q \Big(x + \dfrac{1}{n}\Big) - p(x) = \dfrac{1}{n}$．分别取 $n = 2$ 和 $n = 3$，两式相减得 $q \Big(x + \dfrac{1}{2}\Big) - q\Big(x + \dfrac{1}{3}\Big) = \dfrac{1}{6}$．换元有 $q \Big(x + \dfrac{1}{6}\Big) - q(x) = \dfrac{1}{6}$．

而取 $n = 6$ 时有 $q \Big(x + \dfrac{1}{6}\Big) - p(x) = \dfrac{1}{6}$．对比两式得，对任意 $x \in \mathbb{R}$，都有 $p(x) = q(x)$．原条件退化为：若 $x_1 - x_2 \in \Big[\dfrac{1}{n + 1}, \dfrac{1}{n}\Big]$，则 $p(x_1) - p(x_2) \in \Big[\dfrac{1}{n + 1}, \dfrac{1}{n}\Big]$．

任取 $x_1 > x_2$．若 $0 < x_1 - x_2 \leq 1$，由于 $\displaystyle{\bigcup_{n = 1}^\infty \Big[\frac{1}{n + 1}, \frac{1}{n}\Big] = (0, 1]}$，必然存在正整数 $n_0$ 使 $x_1 - x_2 \in \Big[\dfrac{1}{n_0 + 1}, \dfrac{1}{n_0}\Big]$．此时必有 $p(x_1) - p(x_2) \in \Big[\dfrac{1}{n_0 + 1}, \dfrac{1}{n_0}\Big]$，即 $p(x_1) - p(x_2) \geq \dfrac{1}{n_0 + 1} > 0$，故 $p(x_1) > p(x_2)$．

若 $x_1 - x_2 > 1$，可插入有限个分点 $x_1 = t_k > t_{k - 1} > \dots > t_1 > t_0 = x_2$，使得每段区间长度 $t_i - t_{i - 1} \leq 1$．由上述结论，每一小段均有 $p(t_i) > p(t_{i - 1})$，即得 $p(x_1) > p(x_2)$．故 $y = p(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的严格增函数．

确定解析式

令 $C = p(0)$．利用已证的对于任意 $n \geq 2$ 均有 $p \Big(x + \dfrac{1}{n}\Big) - p(x) = \dfrac{1}{n}$，取 $n = 2$ 可得：

对于任意正有理数 $x = \dfrac{s}{r}$（$r, s \in \mathbb{N}, r, s \geq 1$），通过累加可得：

对于负有理数 $x = -\dfrac{s}{r}$，由 $p(0) = p \Big(-\dfrac{s}{r}\Big) + \dfrac{s}{r}$，即得 $p \Big(-\dfrac{s}{r}\Big) = -\dfrac{s}{r} + C$．故对任意 $x \in \mathbb{Q}$，均有 $p(x) = x + C$．

对于无理数，利用单调性及有理数在实数集中的稠密性进行极限逼近．假设存在 $x_0 \notin \mathbb{Q}$，使得 $p(x_0) \neq x_0 + C$．

若 $p(x_0) > x_0 + C$，取有理数 $x_1 \in \Big(x_0, p(x_0) - C\Big) \cap \mathbb{Q}$．由于 $x_1 \in \mathbb{Q}$，有 $p(x_1) = x_1 + C < p(x_0) - C + C = p(x_0)$．但由 $x_1 > x_0$ 及 $p(x)$ 的严格增性质，应有 $p(x_1) > p(x_0)$，产生矛盾！

若 $p(x_0) < x_0 + C$，同理产生矛盾．

于是假设不成立，对任意 $x \in \mathbb{R}$ 均有 $p(x) = x + C$．至此我们也验证了先前的猜想正确．真是一道具象的抽象函数压轴题．