2026 华二高三下周考 21

对于定义域为 $\mathbb{R}$ 的函数 $f(x)$ 与实数 $x_0$，定义集合 $S(x_0) = \Big\{a > 0 \mid \Big(f(x_0 + a) - f(x_0)\Big)\Big(f(x_0 - a) - f(x_0)\Big) < a^2\Big\}$．

1. 若 $f(x) = x^2$，求 $S(1)$
2. 若 $f(x) = k(x^3 - x)$，且对任意实数 $x$ 均有 $S(x) = (0, +\infty)$，求 $k$ 的取值范围
3. 是否存在定义域为 $\mathbb{R}$ 的连续函数 $f(x)$，使得 $S(0) = S(1) = (0, 1)$？若存在，给出一个满足要求的函数；若不存在，请给出证明

第三问证明

如果存在这样的函数，只要写出来就能拿到 8 分，这不可能，因此不存在．

如果将 $\Big(f(x_0 + a) - f(x_0)\Big)\Big(f(x_0 - a) - f(x_0)\Big) < a^2$ 改写成斜率形式：

则可以根据几何意义得到下图，据此进行一些直观感受．

若 $f(0) = f(1)$，代入 $S(0)$ 检验 $a = 1$，得 $(f(1) - f(0))(f(-1) - f(0)) = 0 < 1^2$，即 $1 \in S(0)$．这与 $S(0) = (0, 1)$ 矛盾，故 $f(0) \neq f(1)$．不妨设 $f(0) < f(1)$．

离散点归纳

由 $S(0) = S(1) = (0, 1)$，对任意正整数 $n \geq 1$，有 $n \notin S(0)$ 且 $n \notin S(1)$．

假设存在正整数 $n_0 \geq 1$ 使 $f(1 + n_0) \leq f(0)$．因为 $f(1) > f(0)$，由零点存在性定理，存在 $t_0 \in (1, 1 + n_0]$ 使 $f(t_0) = f(0)$．

此时 $(f(t_0) - f(0))(f(-t_0) - f(0)) = 0 < t_0^2$，$t_0 \in S(0)$．但 $t_0 > 1$，矛盾！

同理可证对所有正整数 $n \geq 1$，有 $f(-n) < f(1)$．故对任意 $n \in \mathbb{N}$ 且 $n \geq 1$，恒有 $f(1 + n) > f(0)$ 且 $f(-n) < f(1)$．于是我们得到了一些函数值的范围限制，接下来考虑按照图中绿色虚线放缩进而得到矛盾．

令 $\Delta = f(1) - f(0) > 0$．

当 $\Delta > 1$ 时，用数学归纳法证明：当 $1 \leq n < \Delta^2 + 1$ 时，$f(-n) \geq \dfrac{n}{\Delta} + f(0)$ 且 $f(1 + n) \leq \dfrac{n}{-\Delta} + f(1)$．

$n = 1$ 时，由 $(f(1) - f(0))(f(-1) - f(0)) \geq 1$ 易得 $f(-1) \geq \dfrac{1}{\Delta} + f(0)$，另一半同理成立．

假设 $n = k$ 时成立，即 $f(1 + k) \leq \dfrac{k}{-\Delta} + f(1)$．当 $n = k + 1$ 时，由 $k + 1 \notin S(0)$：

要证 $\dfrac{\Delta (k + 1)^2}{\Delta^2 - k} \geq \dfrac{k + 1}{\Delta}$，只需证 $\Delta^2(k + 1) \geq \Delta^2 - k$，即 $k(\Delta^2 + 1) \geq 0$，显然成立．另一半同理成立．归纳成立．

取满足 $1 \leq n < \Delta^2 + 1$ 的最大整数 $n$，则 $n \geq \Delta^2$．

这与 $f(-n) < f(1)$ 矛盾．

当 $0 < \Delta \leq 1$ 时，直接由 $n = 1 \notin S(0)$ 得 $f(-1) - f(0) \geq \dfrac{1}{\Delta} \geq 1$．其实最开始我也是从这种情况画图发现这个矛盾点，顺着找「等高点」的思路想下去就有了这份证明．

且 $1 + f(0) \geq f(1)$，故 $f(-1) \geq 1 + f(0) \geq f(1)$，同样与 $f(-n) < f(1)$ 矛盾．

有界性分析

由 $S(0) = S(1) = (0, 1)$ 知，对任意实数 $a \geq 1$，$a \notin S(0)$ 且 $a \notin S(1)$．

若存在 $x > 1$ 使 $f(x) \leq f(0)$，由零点定理，存在 $t \in (1, x]$ 使 $f(t) = f(0)$．令 $a = t > 1$，则 $(f(a) - f(0))(f(-a) - f(0)) = 0$，矛盾！故对所有 $x > 1$，有 $f(x) > f(0)$．

同理，对所有 $x < 0$，有 $f(x) < f(1)$．

对于任意 $a \geq 1$，$f(1 - a) < f(1)$．要使第二式乘积大于 $0$，必有 $f(1 + a) < f(1)$．即对所有 $x \geq 2$，有 $f(x) < f(1)$．

对于任意 $a \geq 2$，$f(a) > f(0)$．要使第一式乘积大于 $0$，必有 $f(-a) > f(0)$．即对所有 $x \leq -2$，有 $f(x) > f(0)$．

综上，当 $|x| \geq 2$ 时，恒有 $f(0) < f(x) < f(1)$．这时我们已经确定了足够远处函数值的范围．

取特定常数 $a_0 = f(1) - f(0) + 2$，显然有 $a_0 \geq 2$．

由上述有界性，必然有 $\Big(f(a_0) - f(0)\Big)\Big(f(-a_0) - f(0)\Big) < \Big(f(1) - f(0)\Big)^2$．

但代入第一式，则有 $\Big(f(a_0) - f(0)\Big)\Big(f(-a_0) - f(0)\Big) \geq a_0^2 > \Big(f(1) - f(0)\Big)^2$，产生矛盾！

故不存在满足要求的连续函数 $f(x)$．