2026 浦东一模 21

已知函数 $y = f(x)$ 的定义域为 $D$．若对任意区间 $I \subseteq D$，存在正整数 $k$，使得 $I_k \cap I \neq \varnothing$，则称函数 $y = f(x)$ 为“回归函数”，$k$ 为回归指数．其中 $I_n = \{f^{(n)}(x) \mid x \in I\}$，$f^{(1)}(x) = f(x), f^{(2)}(x) = f\Big(f(x)\Big), \ldots, f^{(n + 1)}(x) = f\Big(f^{(n)}(x)\Big)$．

1. 若 $f(x) = \dfrac{1}{x}$，$g(x) = x^2$，分别判断 $f(x), g(x)$ 是否为回归指数为 $2$ 的“回归函数”
2. 若 $f(x) = \dfrac{x + 1}{1 - x}$，$D = \{x \mid x \in \mathbb{R}, x \neq 0, x \neq 1, x \neq -1\}$．求证：$f(x)$ 为“回归函数”，并求满足条件的回归指数 $k$ 的最小值
3. $f(x)$ 为定义域为 $(0, 1]$ 的函数，且 $\begin{cases} \dfrac{x}{a}, 0 < x \leq a \\ \dfrac{x - a}{1 - a}, a < x \leq 1 \end{cases}$，其中 $a \in (0, 1)$．判断函数 $f(x)$ 是否是“回归函数”．若是，写出证明过程；若不是，说明理由．

第三问证明

第一问、第二问里我们都将 $k$ 理解为「存在同一正整数 $k$」，但实际题目在这里表述不严谨．第三问本文理解为 $k$ 可以随 $I$ 改变．

这里区间不知道开闭，可以发现开区间是更加严格的条件，只需证明开区间成立即可．

画出图像发现函数分为两段，因此不难想到讨论区间跨过 $a$、在 $a$ 左侧、在 $a$ 右侧的情况．

题目的“回归函数”实际上是不断迭代，把 $I$ 作为定义域求值域，再将值域作为新的定义域求值域……迭代 $n$ 次即得 $I_n$．如果区间完全位于 $a$ 的左侧或右侧，可以发现由于斜率 $> 1$，区间长度始终增长．然而，当区间跨过 $a$，值域会分为两段（当然，这两段可能接触形成完整的 $(0, 1]$）．

在分为两段之后，如果两段不接触，可以发现左段的左端点恰好在 $0$，而右段的右端点恰好在 $1$．由此继续迭代，两段分别会指数级增长到达 $a$，形成完整的 $(0, 1]$．如此一定会满足 $(0, 1] \cap I \neq \varnothing$．

剩下只要排除在 $a$ 的左右两侧反复横跳的情况即可，由于消除了 $a$ 的干扰，可以直接使用区间长度证明．

设区间 $I$ 的左右端点分别为 $x_1, x_2$，$I' = (x_1, x_2)$，则 $I' \subseteq I$．令 $I'_n = \{f^{(n)}(x) \mid x \in I'\}$，则 $I'_n \subseteq I_n$．$I'_n \cap I' \neq \varnothing \Rightarrow I_n \cap I \neq \varnothing$．故以下只讨论开区间．记 $I = I_0$．

假设某一步迭代满足 $I_n = (x_1, x_2)$ 且 $x_1 < a < x_2$．则：$I_{n + 1} = \Big(0, \dfrac{x_2 - a}{1 - a}\Big) \cup \Big(\dfrac{x_1}{a}, 1\Big]$．

$\Big(0, \dfrac{x_2 - a}{1 - a}\Big) \subseteq I_{n + 1}$．断言 $P(k): \Big(0, \dfrac{x_2 - a}{1 - a} \cdot \dfrac{1}{a^k}\Big) \subseteq I_{ n + k + 1}$，其中 $a^k \geq \dfrac{x_2 - a}{1 - a}, k \in \mathbb{N}$．$P(0)$ 成立．

假设 $P(k)$ 成立，即 $\Big(0, \dfrac{x_2 - a}{1 - a} \cdot \dfrac{1}{a^k}\Big) \subseteq I_{n + k + 1}$．则当 $a^{k + 1} \geq \dfrac{x_2 - a}{1 - a}$，$\Big(0, \dfrac{x_2 - a}{1 - a} \cdot \dfrac{1}{a^{k + 1}}\Big) \subseteq I_{n + k + 2}$，即 $P(k + 1)$ 成立．由数学归纳法知 $P(k)$ 成立．

取最大的 $k$ 使得 $a^k \geq \dfrac{x_2 - a}{1 - a}$，则 $a^{k + 1} < \dfrac{x_2 - a}{1 - a}$．由 $P(k)$ 知 $\Big(0, \dfrac{x_2 - a}{1 - a} \cdot \dfrac{1}{a^k}\Big) \subseteq I_{n + k + 1}$．且由于 $\dfrac{x_2 - a}{1 - a} \cdot \dfrac{1}{a^k} > a$，故有 $(0, a] \subseteq I_{n + k + 1}$． $I_{n + k + 2} = (0, 1]$．显然 $I_{n + k + 2} \cap I \neq \varnothing$．若存在 $I_n = (x_1, x_2)$ 且 $x_1 < a < x_2$，则为“回归函数”．

若 $I_0 = (x_1, x_2)$ 且 $x_1 < a < x_2$，由上知已满足．若否，设 $I_0 = (x_1, x_2)$ 且 $x_1 < x_2 \leq a$（若 $a \leq x_1 < x_2 \leq 1$ 同理）．

假设任意 $n$，都有 $I_n \cap \{a\} = \varnothing$．$I_0$ 是开区间，若 $I_n$ 是开区间则 $I_{n + 1}$ 也是开区间，由数学归纳法可知 $I_n$ 始终是开区间．由此对开区间 $I = (x_1, x_2)$ 定义区间长度 $L(I) = x_2 - x_1$．

• 若 $I_n \subseteq (0, a]$，则 $L(I_{n + 1}) = \dfrac{x_2}{a} - \dfrac{x_1}{a} = \dfrac{L(I_n)}{a}$
• 若 $I_n \subseteq (a, 1]$，则 $L(I_{n + 1}) = \dfrac{x_2 - a}{1 - a} - \dfrac{x_1 - a}{1 - a} = \dfrac{L(I_n)}{1 - a}$

设 $b = \max \{a, 1 - a\} \in [\frac{1}{2}, 1)$．区间长度满足递增关系：

取 $k > \log_b L(I_n)$，则 $L(I_{n+k}) > 1$，与 $I_{n + k} \subseteq (0, 1]$ 矛盾！故假设不成立，存在 $n$ 使得 $I_n \cap \{a\} \neq \varnothing$，由第一部分推导可知也为“回归函数”．

综上可知 $f(x)$ 为“回归函数”．

但想想觉得 $I_n$ 的形状只有两种：$(x_1, x_2)$ 和 $(0, x_3) \cup (x_4, 1]$，状态转移如下图所示．那么如果定义区间长度的时候考虑这两种，就可以统一用区间长度写到底．

但如此就需要解决两段区间合并的问题．考虑用反证法排除这种情况．

同上只考虑开区间．假设 $f(x)$ 不是“回归函数”，则存在 $I \subset D$，任意正整数 $k$，$I_k \cap I = \varnothing$，于是 $I_k \neq (0, 1]$．同样记 $I = I_0$．

对于 $A = (x_1, x_2)$ 和 $B = (0, x_3) \cup (x_4, 1], x_3 \leq x_4$ 定义区间长度：$L(A) = x_2 - x_1, L(B) = 1 - x_4 + x_3$．设 $b = \max \{a, 1 - a\} \in [\frac{1}{2}, 1)$．

• 若 $I_n = (x_1, x_2), x_1 < x_2 \leq a$，则 $I_{n + 1} = \Big(\dfrac{x_1}{a}, \dfrac{x_2}{a}\Big)$，$L(I_{n + 1}) = \dfrac{x_2}{a} - \dfrac{x_1}{a} = \dfrac{L(I_n)}{a} \geq \dfrac{L(I_n)}{b}$
• 若 $I_n = (x_1, x_2), a \leq x_1 < x_2$，则 $I_{n + 1} = \Big(\dfrac{x_1 - a}{1 - a}, \dfrac{x_2 - a}{1 - a}\Big)$，$L(I_{n + 1}) = \dfrac{x_2 - a}{1 - a} - \dfrac{x_1 - a}{1 - a} = \dfrac{L(I_n)}{1 - a} \geq \dfrac{L(I_n)}{b}$
• 若 $I_n = (x_1, x_2), x_1 < a < x_2$，则 $I_{n + 1} = \Big(0, \dfrac{x_2 - a}{1 - a}\Big) \cup \Big(\dfrac{x_1}{a}, 1\Big], \dfrac{x_2 - a}{1 - a} \leq \dfrac{x_1}{a}$，$L(I_{n + 1}) = 1 - \dfrac{x_1}{a} + \dfrac{x_2 - a}{1 - a} = \dfrac{a - x_1}{a} + \dfrac{x_2 - a}{1 - a} \geq \dfrac{L(I_n)}{b}$
• 若 $(0, x_3) \cup (x_4, 1], x_3 \leq a \leq x_4$，则 $I_{n + 1} = \Big(0, \dfrac{x_3}{a}\Big) \cup \Big(\dfrac{x_4 - a}{1 - a}, 1\Big], \dfrac{x_3}{a} \leq \dfrac{x_4 - a}{1 - a}$，$L(I_{n + 1}) = 1 - \dfrac{x_4 - a}{1 - a} + \dfrac{x_3}{a} = \dfrac{x_3}{a} + \dfrac{1 - x_4}{1 - a} \geq \dfrac{L(I_n)}{b}$

同样推出矛盾．我会觉得这样更漂亮．

一维动力系统

定义

定义 $f^{(0)} = \mathrm{id}$（恒等映射），$f^{(n + 1)} = f \circ f^{(n)}$．给定点 $x \in X$，它的 正向轨道 是：

扩张映射

设 $(X, d)$ 是一个度量空间，$f: X \to X$ 是一个映射，若存在常数 $\lambda > 1$，使得对于 $X$ 中任意足够接近的 $x_1, x_2$，

则称 $f$ 为 扩张映射．若 $\lambda < 1$ 即为 压缩映射（类似于 Lipschitz，可参考 2026 杨浦一模 21）．

在 $\mathbb{R}$ 上，即为：

本题 $f(x)$ 是分段线性扩张映射，会导致区间长度指数级增长，不断膨胀充满整个 $(0, 1]$．

不动点

若 $x^* \in X$ 满足 $f(x^*) = x^*$，则称 $x^*$ 是 $f$ 的 不动点．

稳定性

• 若在 $x^*$ 附近满足压缩映射定义则 $x^*$ 是 吸引不动点，附近点迭代趋于 $x^*$
• 若在 $x^*$ 附近满足扩张映射定义则 $x^*$ 是 排斥不动点，附近点迭代远离 $x^*$

这在某些数列题目中很有用：

数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_{n + 1} = 2a_n + \dfrac{2}{a_n} - 3$，且严格增．求 $a_1$ 取值范围．

画出函数 $f(x) = 2x + \dfrac{2}{x} - 3$ 的图像，$f(x) = x$ 交点为 $(1, 1), (2, 2)$．则 $(1, 1)$ 是吸引不动点，$(2, 2)$ 是排斥不动点．观察点在蛛网图的跳动趋势即得 $a_1 \in (0, \frac{1}{2}) \cup (2, + \infty)$

周期点

若存在整数 $p \geq 1$ 使得 $f^{(p)}(x) = x$，则称 $x$ 为 周期点．满足该式的自小正整数 $p$ 称为 $x$ 的最小周期．不动点是周期为 $1$ 的周期点．

本题第二问 $f^{(4)}(x) = x$ 则任意 $x$ 均为周期点，最小周期 $4$．

非游荡点

点 $x \in X$ 称为 非游荡点，若对任意邻域 $U \ni x$，存在 $n \geq 1$ 使：

所有非游荡点构成非游荡集 $\Omega(f)$．

本题定义的“回归函数”在动力系统中，本质上是要求定义域内的每一个点都是非游荡点．