2026 杨浦一模 21

已知区间 $I \subseteq \mathbb{R}$，函数 $y = f(x)$ 的定义域为 $I$，若函数 $y = f(x)$ 满足：对任意 $x_1, x_2 \in I$，均有 $|f(x_1) - f(x_2)| \leq |x_1 - x_2|$，则称函数 $y = f(x)$ 为压缩函数．

1. 判断函数 $f(x) = x^2, x \in \Big[-\dfrac{1}{2}, \dfrac{1}{2}\Big]$ 是否为压缩函数？说明理由
2. 若函数 $f(x) = e^x + kx, x \in [0, 1]$ 为压缩函数，求 $k$ 的取值范围
3. 已知函数 $y = f(x), x \in I$ 为压缩函数，求证：$y = f(x), x \in I$ 为单调函数的充要条件是，对任意 $x_1, x_2 \in I$，均有 $\bigg(f(x_1) - f\Big(\dfrac{x_1 + x_2}{2}\Big)\bigg) \cdot \bigg(f(x_2) - f\Big(\dfrac{x_1 + x_2}{2}\Big)\bigg) \leq 0$

第三问证明

这里题干条件没有说明 $f(x)$ 连续 / 可导，因此这一问思路上不考虑导数．

本质上这一小问要求证明：「单调」与「中点单调」的充要条件．

必要性

必要性很好证．$x_1 = x_2$ 时显然成立．不妨设 $x_1 < x_2$，$f(x)$ 单调增．$x_1 < \dfrac{x_1 + x_2}{2} < x_2$，$f(x_1) \leq f\Big(\dfrac{x_1 + x_2}{2}\Big) \leq f(x_2)$．

必要性得证．

充分性

充分性证明想要从「中点单调」推得函数的全局单调，于是想起了 2026 虹口一模 21，同样是中点相关的条件推得全局结论．但是那里的定义域是 $\mathbb{Q}$，利用了有理数的可公度性证明．此处没有有理数条件，不可能找到一个「基本单位」来传递比较的关系．因此正向证明不太可行，考虑反证．

「中点单调」意思就是中点处的值域介于端点处的函数值之间（可以取等）．压缩函数，直观地，就是过图像上任意点作斜率 $\pm 1$ 的两条直线形成 X 形，其中上下两个区域（不包括直线）不能有图像．这里压缩函数的条件看起来比较奇怪，因为并没有跟中点、单调性产生什么关联．

有了反证的思路，结合压缩函数的条件，可以发现如果 $x_0$ 处函数值同时小于 $x_1, x_2$ 处函数值，则图中 1 处的函数值在虚线范围．这看起来并不矛盾，毕竟也有一部分区域位于 X 的左右两侧（甚至可能有些情况下完全位于左右两侧）．但是，如果再利用一次中点性质，就能发现图中 2 处的函数值在虚线范围，完全位于 X 的上侧．可以感受到，对于任意 $x_0, x_1, x_2$，都可以如此不断进行二分，让某点的函数值的所有可能情况均位于 X 的上侧区域．并且，如果对每段产生的区间无限地进行二分，会发现 $[x_1, x_2]$ 上充满函数值介于端点函数值之间（可以取等）的点．

但这样说完全是基于对无限的主观感受，肯定是不严谨的．可以发现，不一定要无限地二分，而是在有限次之内，总能找到落在 X 的上侧的位置．同时，尽管二分的实际应用中常常是通过逐步缩小范围减小时间复杂度，这里如果要写清楚每次挑选二分区域的规则并不简单．不妨直接对所有区域同时二分，于是每次就形成了两倍的小段区域．此后只需要挑选出任何一个出在 X 上侧区域的位置即可．

假设 $y = f(x), x \in I$ 并非单调函数，则 $\exists x_1, x_2, x_0 \in I$ 且 $x_1 < x_0 < x_2$，使 $\Big(f(x_1) - f(x_0)\Big) \cdot \Big(f(x_2) - f(x_0)\Big) > 0$．则有 $[x_1, x_2] \subseteq I$．不妨设 $f(x_1) \leq f(x_2), f(x_1) > f(x_0), f(x_2) > f(x_0)$．

下面用数学归纳法证明 $P(k)$：$\forall n \in \mathbb{N}$ 且 $0 \leq n \leq 2^k$，有 $f(x_1) \leq f\Big(x_1 + \dfrac{x_2 - x_1}{2^k} \cdot n\Big) \leq f(x_2)$，$k \in \mathbb{N}, k \geq 0$．

$P(0)$：$f(x_1) = f(x_1), f(x_2) = f(x_2)$ 成立．

假设 $P(k)$ 成立，下证 $P(k + 1)$ 成立，即证 $\forall n \in \mathbb{N}$ 且 $0 \leq n \leq 2^{k+1}$，有 $f(x_1) \leq f\Big(x_1 + \dfrac{x_2 - x_1}{2^{k+1}} \cdot n\Big) \leq f(x_2)$．

当 $n$ 为偶数，由 $P(k)$ 知 $f(x_1) \leq f\Big(x_1 + \dfrac{x_2 - x_1}{2^k} \cdot \dfrac{n}{2}\Big) \leq f(x_2)$．

当 $n$ 为奇数，由 $P(k)$ 知：$\begin{cases} f(x_1) \leq f\Big(x_1 + \dfrac{x_2 - x_1}{2^k} \cdot \dfrac{n - 1}{2}\Big) \leq f(x_2) \\ f(x_1) \leq f\Big(x_1 + \dfrac{x_2 - x_1}{2^k} \cdot \dfrac{n + 1}{2}\Big) \leq f(x_2) \end{cases}$．

则：

或：

由此可知 $P(k), k \in \mathbb{N}, k \geq 0$ 成立．

接下来构造一个足够小的细分程度（用 $k$ 衡量），使得 X 上侧的区域一定已经有二分的位置．

取最小的 $k \in \mathbb{N}$ 使得 $k > \log_2 \dfrac{x_2 - x_1}{f(x_1) - f(x_0)} - 1$ 则 $\dfrac{x_2 - x_1}{2^k} < 2\Big(f(x_1) - f(x_0)\Big)$．设 $d = f(x_1) - f(x_0) > 0$，$\dfrac{x_2 - x_1}{2^k} < 2d$．

下证 $\exists n \in \mathbb{N}$，且 $0 \leq n \leq 2^k$ 使得 $x_0 - d < x_1 + \dfrac{x_2 - x_1}{2^k} \cdot n < x_0 + d$．

若 $x_0 - d < x_1$，取 $n = 0$ 即可；若 $x_0 + d > x_2$，取 $n = 2^k$ 即可．

否则假设不存在，则必 $\exists m \in \mathbb{N}$，且 $0 \leq m \leq 2^k - 1$，使得：

因此 $2d \leq \dfrac{x_2 - x_1}{2^k}$，矛盾！假设不成立．

由 $P(k)$ 可知 $f(x_1) \leq f\Big(x_1 + \dfrac{x_2 - x_1}{2^k} \cdot n\Big) \leq f(x_2)$．

与压缩函数矛盾！故假设不成立，充分性得证．

参考答案

很多参考答案上的第三问充分性证明如下：

对任意 $x_1, x_2 \in I$，恒有 $|f(x_1) - f(x_2)| \leq |x_1 - x_2|$，故当 $x_1 \to x_2$，有 $|f(x_1) - f(x_2)| \leq |x_1 - x_2| \to 0$，即 $f(x_1) \to f(x_2)$．即函数连续．

然而高中课本完全没有给出连续性的定义：「更精确即普适的连续函数的定义，要用到严格的极限语言，在高等数学中才能给出」．

更大的问题在于：

假设 $f(x)$ 在 $I$ 上不是单调函数，又 $f(x)$ 连续，则存在 $x_0 \in (m, n) \subseteq I$，使得 $f(x)$ 在 $x_0$ 处取极值 $f(x_0)$，若 $x_0$ 为极小值，则存在区间 $[a, b]$，其中 $m < a < x_0 < b < n$，使得 $f(x)$ 在 $[a, x_0)$ 上单调递减，且在 $(x_0, b]$ 上单调递增．

这完全混淆了函数极值的定义：「类似地，存在含有 $x_2$ 的一个开区间，该区间内其他自变量所对应的函数值都不小于 $f(x_2)$，此时，就说函数 $y = f(x)$ 在 $x = x_2$ 处取得极小值 $f(x_2)$」．极值的定义与导数无关，也与函数增减性无关．

反例如 $f(x) = x^2 \sin \frac{1}{x} + x^2$（补充定义 $f(0) = 0$）在 $0$ 的任意邻域内左右均剧烈振荡，而 $x = 0$ 是极小值点．

因此该证明在逻辑上有严重错误．

Lipschitz

$f$ 在 $I$ 上称为 $K$-Lipschitz（或 Lipschitz 常数 $\leq K$），指存在 $K > 0$ 使对任意 $x_1, x_2 \in I$，

符合 Lipschitz 条件的函数连续，实际上一致连续．

此处知 $f$ 是 $1$-Lipschitz，因此在区间 $I$ 上连续．因此参考答案的连续性结论实际正确，只是无法通过高中知识严谨证明．

稠密

在 $\mathbb{R}$ 中常用的等价表述：$A$ 在 $\mathbb{R}$ 中稠密，即对任意 $x_1 < x_2$，存在 $a \in A$ 使得 $x_1 < a < x_2$．

例如：

• 有理数在 $\mathbb{R}$ 中稠密：任意两个实数之间都有有理数
• 无理数在 $\mathbb{R}$ 中稠密：任意两个实数之间都有无理数
• 整数在 $\mathbb{R}$ 中不稠密：例如 $(0, \frac{1}{2})$ 里没有整数

本题中所有二分点在 $[x_1, x_2]$ 上稠密，因此二分点的范围实际上可以结合连续性，得到全局范围．（类似于指数函数的定义，最初只定义有理数指数幂，根据连续性扩展定义实数指数）．