2025 南模高三下月考 21

已知函数 $y = f(x)$ 的定义域为 $D$．若存在常数 $t > 0$，使得对任意给定的 $x_1, x_2 \in D$，当 $f(x_1) = f(x_2)$ 时，总有 $f(x_1 + t) = f(x_2 + t)$，则称函数 $y = f(x)$ 具有性质 $P(t)$．

1. 设 $D = \mathbb{N}$，函数 $y = f(x)$ 具有性质 $P(1)$．若 $f(0) = f(2) = f(3) = 1$，求函数 $y = f(x)$ 的表达式
2. 设 $D = \mathbb{R}, f(x) = \sin x$．若函数 $y = f(x)$ 具有性质 $P(t)$，求 $t$ 的所有可能值
3. 设 $D = \mathbb{R}$，已知 $y = g(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的严格增函数．若 $\{y \mid y = f(x), x \in \mathbb{R}\} \subset \{y \mid y = g(x), x \in \mathbb{R}\}$，且 $\{x \mid f(x) \neq g(x), x \in \mathbb{R}\}$ 是非空有限集，试问：是否存在常数 $t > 0$，使得函数 $y = f(x)$ 具有性质 $P(t)$？说明理由

第三问证明

大概画画图就能发现应该不具有性质．

很显然地，如果能够证明存在 $f$ 的两处函数值相等，必定能够不断向右推进，让 $\{x \mid f(x) \neq g(x), x \in \mathbb{R}\}$ 成为无限集．于是证明的目标就转向 $f$ 不能为单射，我们考虑反证法．

一个关键线索在于 $\{y \mid y = f(x), x \in \mathbb{R}\} \subset \{y \mid y = g(x), x \in \mathbb{R}\}$ 写的是真包含，这是一个重要突破口．

动力系统与数列构造

假设任意 $a < b$，有 $f(a) \neq f(b)$．

记有限集 $M = \{x \mid f(x) \neq g(x)\}$．由题意，必存在 $x_0 \in \mathbb{R}$，使得 $g(x_0)$ 不在 $f(x)$ 的值域内．此时 $f(x_0) \neq g(x_0)$，即 $x_0 \in M$．

构造数列 $\{x_n\}, n \in \mathbb{N}$：令 $g(x_{n+1}) = f(x_n)$．由 $\{y \mid y = f(x), x \in \mathbb{R}\} \subset \{y \mid y = g(x), x \in \mathbb{R}\}$ 及 $g(x)$ 严格增，该数列存在且唯一．若 $x_n \in M$，$x_{n+1} \neq x_n$，$f(x_{n+1}) \neq g(x_{n+1})$，$x_{n+1} \in M$．于是任意 $n \in \mathbb{N}$，$x_n \in M$．

假设存在最小的 $p$，使得 $x_p = x_q$，且 $p, q \in \mathbb{N}, p < q$．

若 $p = 0$，$x_0 = x_q \Rightarrow g(x_0) = g(x_q) = f(x_{q-1})$．与 $g(x_0)$ 不在 $f(x)$ 的值域内矛盾！

若 $p \geq 1$，$g(x_p) = g(x_q) \Rightarrow f(x_{p-1}) = f(x_{q-1})$．与 $x_{p-1} \neq x_{q-1}$ 矛盾！

于是不存在最小的 $p$，即 ${x_n}$ 中的元素互不相等，$M$ 中有无限多元素，与有限集矛盾！

故 $f(x)$ 不是单射，存在 $a < b$ 使得 $f(a) = f(b)$．假设存在 $t > 0$ 使 $f(x)$ 具有性质 $P(t)$．

由 $P(t)$ 递推，对任意 $n \in \mathbb{N}$，均有 $f(a + nt) = f(b + nt)$．

假设存在 $n \in \mathbb{N}$ 使得 $a + nt \notin M$ 且 $b + nt \notin M$．则 $f(a + nt) = g(a + nt)$ 且 $f(b + nt) = g(b + nt)$．代入得 $g(a + nt) = g(b + nt)$，由 $g(x)$ 严格增，必有 $a = b$，矛盾！故对任意 $n \in \mathbb{N}$，$a + nt$ 和 $b + nt$ 中至少有一个属于 $M$．

取 $r \in \mathbb{N}$ 且 $r > \dfrac{b - a}{t}$，令 $n = kr, k \in \mathbb{N}$，

随着 $k$ 递增将产生无穷多个互异的值，导致 $M$ 是无限集，矛盾！

综上，不存在满足条件的常数 $t > 0$．

有限集映射

对于上文数列的构造有一替代证法．同样假设 $f(x)$ 是单射．

记有限集 $M = \{x \mid f(x) \neq g(x)\} = \{x_1, x_2, \ldots, x_k\}$（$k \geq 1$）．设集合 $A = \{f(x_1), f(x_2), \ldots, f(x_k)\}$，集合 $B = \{g(x_1), g(x_2), \ldots, g(x_k)\}$．

$\forall x_i \in M$，由 $f$ 的值域是 $g$ 值域的子集，必定存在 $z \in \mathbb{R}$，使得 $f(x_i) = g(z)$．

若 $z \notin M$，则 $f(z) = g(z)$．于是 $f(x_i) = f(z)$，由单射假设知 $x_i = z$，与 $x_i \in M, z \notin M$ 矛盾！故 $z \in M$ 恒成立．即 $A$ 中任意元素均属于 $B$，有 $A \subseteq B$．

因 $g(x)$ 严格增，$B$ 恰有 $k$ 个元素；因 $f(x)$ 为单射，$A$ 也恰有 $k$ 个元素．由 $A \subseteq B$ 且元素个数相同，必有 $A = B$．

当 $x \in M$ 时，$f(x)$ 取遍 $B$；当 $x \notin M$ 时，$f(x) = g(x)$．故 $f(x)$ 的整体值域与 $g(x)$ 的整体值域完全相同，与真子集矛盾！

后续利用 $P(t)$ 平移推导矛盾同上．

参考答案

很多参考答案的证明如下：

设 $S = \{x \mid f(x) \neq g(x)\}$ 为非空有限集．

因 $y = g(x)$ 是定义在 $\mathbb{R}$ 上的严格增函数，从而 $g(x)$ 的值域为无限集，

且对任意 $y$，存在唯一的 $x_0$ 使 $g(x_0) = y$．

没人告诉你 $g(x)$ 的值域也是 $\mathbb{R}$．

若所有满足 $f(x) = y$ 的 $x$ 均在 $S$ 中，则 $y$ 仅在有限集 $S$ 中取到，与 $f(x)$ 的值域是 $g(x)$ 值域（无限集）的子集矛盾．

故存在 $x_2 \notin S$ 使 $f(x_2) = f(x_1) = y$．

不知所云．感觉就是在胡扯．

很多类似的错误证法的问题都是在于未能正确理解题目条件．性质 $P(t)$ 是：

如果 $f$ 是单射，$f(x_1) = f(x_2)$ 只能 $x_1 = x_2$，则 $f(x_1 + t) = f(x_2 + t)$ 显然成立，符合 $P(t)$．因此必须事先证明 $\exists x_1 \neq x_2, f(x_1) = f(x_2)$ 才能开始向右推进．这里参考答案的理解显然过于粗浅了．

更正：本文上一版本在此表述为「空真」是错误的．我原先以为题目要求 $x_1 \neq x_2$，而这不可能满足，进而导致空真成立；现在的版本反而更加简单．但我仍然保留了下面关于空真问题的一些讨论．

于是想起这道题，2025 普陀二模 10：

设 $i, j, n$ 为正整数，集合 $M = \{1, 3, 5, \ldots, 2n-1\}$，若集合 $A$ 满足 $A \subseteq M$，且对 $A$ 中任意两个元素 $i, j$ 皆有 $|i - j| > 4$ 成立，记满足条件的集合 $A$ 的个数为 $a_n$，求 $a_8$．

按照元素个数分类讨论，是：

然而参考答案给的是 $19$，只计入了元素个数 $\geq 2$ 的情况．我依然认为空集和单元素集都要算上，因为题目要求：

这样的集合里不存在两个不同元素，自然直接成立．