WJXSAT206 21

设定义域为 $\mathbb{R}$ 的函数 $y = f(x)$，对于 $r > 0$，定义 $S_r = \{x \mid x^2 + f^2(x) \leq r^2\}$．

1. 设 $f(x) = 2x + 1$，求 $S_1$
2. 设 $f(x) = 4x^2 + a$，是否存在 $a$，使得 $S_1$ 是一段闭区间？若存在，求 $a$ 的取值范围；若不存在，请说明理由
3. 函数 $y = g(x)$ 的定义域是 $(0, +\infty)$，函数值恒正，其导函数为 $y = g'(x)$；当 $x > 0$ 时，$0 < g'(x) < 1$．若对任意 $r > 0$，均有 $S_r = [-g(r), g(r)]$，求证：“函数 $y = f(x)$ 是 $\mathbb{R}$ 上的严格增函数”当且仅当“$\{x \mid f(x) \geq 0\} = [0, +\infty)$”

这道题来源是 WJXSAT206，命题人的视频讲解见 今年质量最高的函数压轴题！WJXSAT206 第 21 题讲解，解析见 艺扬飞翔原创特奖题目解析．

这道题实在太好了，极致地体现了「上海风格导数压轴题」的特征．

第三问证明

一个弱化版本

这道题很难．我们不妨先看一个弱化的改编版本，感受一下这道题的几何意义．

3. 若对任意 $r > 0$，均有 $S_r = [-u(r), v(r)]$，其中 $u(x), v(x)$ 均是 $(0, +\infty)$ 上的恒正函数．求证：“$f^2(-a) = f^2(a)$ 对任意 $a > 0$ 成立”的充要条件是“任意 $0 < r_1 < r_2$ 均有 $u(r_1) \leq v(r_2)$ 且 $v(r_1) \leq u(r_2)$”

必要性

$-u(r_1) \in S_{r_1}$，$u^2(r_1) + f^2\big(-u(r_1)\big) \leq r_1^2$，$u^2(r_1) + f^2\big(u(r_1)\big) < r_2^2$，则 $u(r_1) \in S_{r_2}$，$u(r_1) \leq v(r_2)$．$v(r_1) \leq u(r_2)$ 同理可证．

充分性

假设存在 $a_0$，$f^2(-a_0) \neq f^2(a_0)$，不妨设 $f^2(-a_0) > f^2(a_0)$．

取 $r_1^2 = a_0^2 + f^2(a_0), a_0^2 + f^2(a_0) < r_2^2 < a_0^2 + f^2(-a_0)$，则 $v(r_1) \geq a_0 > u(r_2)$，矛盾！故假设不成立．

回到这道题

刚刚的问题应该很简单吧？对于这个圆有一些初步感受之后回到这道题．

$S_r = [-g(r), g(r)]$ 的几何意义表明 $y = f(x)$ 的图像限制在原点为圆心、$r$ 为半径的圆内时，其自变量的投影恰好是对称区间 $[-g(r), g(r)]$．

题目相当于要求证明充要条件．

画图感受，我们很容易发现，随着圆的半径 $r$ 扩大，$y = f(x)$ 图像与圆的边界有交点，其横坐标恰好对应着区间的端点 $\pm g(r)$．

然而，这一几何特征断然不可未经证明直接使用。而这部分证明也是本题最大的难点．

核心引理

引理 1：$f(0) = 0$．

假设 $f(0) = t \neq 0$．考虑半径为 $\Big|\dfrac{t}{2}\Big|$ 的圆，显然 $0^2 + f^2(0) = t^2 > \Big(\dfrac{t}{2}\Big)^2$，这说明 $0 \notin S_{\big|\frac{t}{2}\big|}$．

然而，由题意 $S_{\big|\frac{t}{2}\big|} = \bigg[-g\Big(\Big|\dfrac{t}{2}\Big|\Big), g\Big(\Big|\dfrac{t}{2}\Big|\Big)\bigg]$，且 $g(x)$ 恒正，故 $0$ 必属于该区间，产生矛盾！

故假设不成立，$f(0) = 0$．

引理 2（圆上是端点）：任给 $x > 0$，若 $x^2 + f^2(x) = r^2$，则 $x = g(r)$．

由 $x \in S_r = [-g(r), g(r)]$，$x \leq g(r)$．

假设 $x < g(r)$．如果找一个半径比 $r$ 小的圆，$x$ 处一定超出范围，但是由于 $g'$ 的范围限制，区间的右端点完全有可能跑得不够快，尚未到达 $x$，于是就推出矛盾．因此令 $t = r - \dfrac{g(r) - x}{2}$，则 $r - g(r) + x < t < r$．

构造函数 $h(x) = g(x) - x$，$h'(x) = g'(x) - 1 < 0$，故 $h(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上严格减．

因为 $t < r$，$h(t) > h(r)$，即 $g(t) - t > g(r) - r \Rightarrow g(t) > t + g(r) - r > x$．

此时 $x^2 + f^2(x) = r^2 > t^2$，故 $x \notin S_t$；但另一方面 $S_t = [-g(t), g(t)]$，由已证的 $x < g(t)$ 且 $x > 0$，应有 $x \in S_t$，矛盾！

故假设不成立，$x = g(r)$．

命題人简评：引理部分不可或缺，不能简单通过“由圆”、“显然”等字样搪塞．从学生作答结果来看，大部分学生想不到证明引理，后续改编试题可以加入提示．

引理 3：任给 $r > 0$，$g(r) \leq r$．

因为 $g(r) \in S_r$，$g^2(r) + f^2(g(r)) \leq r^2 \Rightarrow g^2(r) \leq r^2 \Rightarrow g(r) \leq r$．

替代引理

引理 2 的思路比较难想到，实际可证「端点在圆上」并结合值域分析替代．不要着急，后续证明过程并不需要用到此处全部的引理．

更正：这里用到了可导 $\Rightarrow$ 连续，因此高中阶段不够严谨．

引理 4（端点在圆上）：任给 $r > 0$，有 $g^2(r) + f^2(g(r)) = r^2$．

已知 $g(r) \in S_r$，故 $g^2(r) + f^2(g(r)) \leq r^2$．

假设 $g^2(r) + f^2(g(r)) < r^2$．如果找一个半径比 $r$ 小的圆，区间右端点一定左移，但是完全有可能 $g(r)$ 还在圆内部或圆上，于是就推出矛盾．因此令 $t^2 = g^2(r) + f^2(g(r))$，则 $t < r$．

此时 $g(r) \in S_t = [-g(t), g(t)]$，即 $g(r) \leq g(t)$．

但已知 $g'(x) > 0$，$g(x)$ 严格增，由 $r > t$ 应有 $g(r) > g(t)$，矛盾！

故假设不成立，$g^2(r) + f^2(g(r)) = r^2$．

引理 5：任给 $x > 0$，存在 $r > 0$ 使 $g(r) = x$．

因为 $g(x)$ 连续且单调，其值域 $R_g$ 必为区间．

假设存在上界 $b > 0$，使 $g(r) < b$ 恒成立．令 $r^2 = b^2 + f^2(b)$，则 $b \in S_r = [-g(r), g(r)] \Rightarrow b \leq g(r)$，矛盾！

假设存在下界 $a > 0$，使 $g(r) > a$ 恒成立．令 $r = \dfrac{a}{2}$，由引理 3 知 $g(r) \leq r < \dfrac{a}{2} < a$，矛盾！

故 $(0, +\infty) \subseteq R_g$．

充分性

充分性很好证．已知 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格增．由引理 1 知 $f(0) = 0$．

当 $x > 0$ 时，$f(x) > f(0) = 0$；当 $x < 0$ 时，$f(x) < f(0) = 0$．

显然 $\{x \mid f(x) \geq 0\} = [0, +\infty)$，充分性得证．

必要性

已知 $\{x \mid f(x) \geq 0\} = [0, +\infty)$，等价于 $x \geq 0 \iff f(x) \geq 0$，且 $x < 0 \iff f(x) < 0$．

题目没有给 $f$ 可导，因此用定义．假设 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上不严格增，即存在 $x_1, x_2 > 0$ 且 $x_1 < x_2$，使得 $f(x_1) \geq f(x_2)$．

此时 $f(x_1) \geq 0$ 且 $f(x_2) \geq 0$，平方后不等号方向不变：$f^2(x_2) - f^2(x_1) \leq 0$．

由引理 2（或引理 4、5），可设 $x_1 = g(a_1), x_2 = g(a_2)$，其中 $a_1 = \sqrt{x_1^2 + f^2(x_1)}, a_2 = \sqrt{x_2^2 + f^2(x_2)}$．

代入上式得：

因为 $x_1 < x_2$，即 $g(a_1) < g(a_2)$，由于 $g$ 单调递增，必有 $a_1 < a_2$．

由 $h(x) = g(x) - x$ 严格减，有 $h(a_2) < h(a_1)$，即 $g(a_2) - g(a_1) < a_2 - a_1$．

结合引理 3 知各项均为正，两边同乘对应的正数（由 $g(r) \leq r$ 知 $g(a_2) + g(a_1) \leq a_2 + a_1$）：

这与 $g^2(a_2) - a_2^2 \geq g^2(a_1) - a_1^2$ 矛盾！故 $f(x)$ 在 $(0, +\infty)$ 上严格增．

对于 $(-\infty, 0)$ 区间，若假设存在 $x_1 < x_2 < 0$ 使 $f(x_1) \geq f(x_2)$，此时 $f(x_1), f(x_2)$ 均为负数．负数平方后不等号反转，即 $f^2(x_1) \leq f^2(x_2)$．虽然代数符号发生改变，但结合 $x = -g(r)$ 的边界对称性，利用恒成立的严格不等式放缩，依然能导出矛盾．

结合 $f(0) = 0$，$f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上严格增，必要性得证．