2021-上海卷-21 解-新定义函数

本题导读

本题考查新定义函数。核心在于定义建模法、数形结合法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年上海卷）21. 如果对任意 $x_1,x_2\in \mathbb{R}$，使得 $x_1-x_2\in S$，都有 $f(x_1)-f(x_2)\in S$，则称 $f(x)$ 是 $S$ 关联的。

（1）判断并证明 $f(x)=2x-1$ 是否是 $[0,+\infty )$ 关联？是否是 $[0,1]$ 关联？

（2）已知 $f(x)$ 是 $\{3\}$ 关联的，且当 $x\in [0,3)$ 时，$f(x)=x^2-2x$，解不等式 $2\le f(x)\le 3$；

（3）证明：“$f(x)$ 是 $\{1\}$ 关联的，且是 $[0,+\infty )$ 关联”的充要条件是“$f(x)$ 是 $[1,2]$ 关联的”。

🔍【思路分析】

破题导航

第一问： 直接根据定义，设 $\Delta x=x_1-x_2$，计算 $\Delta f=f(x_1)-f(x_2)$，看 $\Delta f$ 是否随 $\Delta x$ 的范围变化而保持在 $S$ 内。

第二问： - “$\{3\}$ 关联”意味着若 $x_1-x_2=3$，则 $f(x_1)-f(x_2)=3$。由此得 $f(x+3)=f(x)+3$。

• 这说明函数在 $x$ 轴每向右移动 3 个单位，纵坐标也整体向上移动 3 个单位。

• 在 $[0,3)$ 上画出解析式图像，通过“平移补全”法解不等式。

第三问： - 必要性： 由 $\{1\}$ 关联得 $f(x+1)=f(x)+1$；由 $[0,+\infty )$ 关联得 $f(x)$ 单调不减。利用这两个性质限制增量范围。

• 充分性： 利用 $[1,2]$ 关联推导出 $f(x+1)=f(x)+1$ 的唯一性（夹逼思想），进而推广到任意正增量的单调性。

（1）定义判断

• 对于 $[0,+\infty )$ 关联：

设 $x_1-x_2\in [0,+\infty )$，即 $x_1-x_2\ge 0$。

$f(x_1)-f(x_2)=(2x_1-1)-(2x_2-1)=2(x_1-x_2)$。

因为 $x_1-x_2\ge 0$，所以 $2(x_1-x_2)\ge 0$。

即 $f(x_1)-f(x_2)\in [0,+\infty )$。结论：是。

• 对于 $[0,1]$ 关联：

设 $x_1-x_2=1\in [0,1]$。

$f(x_1)-f(x_2)=2(1)=2\notin [0,1]$。结论：不是。

✍【详细解析】

Abstract

（2）解不等式 $2\le f(x)\le 3$

由 $\{3\}$ 关联知 $f(x+3)=f(x)+3$。

• 当 $x\in [0,3)$ 时： $f(x)=x^2-2x$。

令 $2\le x^2-2x\le 3$。

由 $x^2-2x=3⟹x=3$ (舍) 或 $x=-1$ (舍)。

由 $x^2-2x=2⟹x=1+\sqrt{3}$。

故在 $[0,3)$ 上的解集为 $[1+\sqrt{3},3)$。

• 当 $x\in [3,6)$ 时： $f(x)=f(x-3)+3=(x-3{)}^2-2(x-3)+3$。

令 $2\le f(x)\le 3⟹-1\le f(x-3)\le 0$。

在区间 $[0,3)$ 上，满足 $x^2-2x\in [-1,0]$ 的 $x$ 为 $[0,2]$。

故对应 $x\in [3,3+2]=[3,5]$。

• 综合： 两个区间的解集并集为 $[1+\sqrt{3},5]$。

（3）充要条件证明

必要性（左 $⟹$ 右）：

已知 $f(x+1)=f(x)+1$ 且 $f(x)$ 单调不减。

若 $x_1-x_2\in [1,2]$，设 $\Delta x=x_1-x_2\in [1,2]$。

• $f(x_1)=f(x_2+\Delta x)\ge f(x_2+1)=f(x_2)+1$（利用单调性和关联性）。

• $f(x_1)=f(x_2+\Delta x)\le f(x_2+2)=f(x_2+1)+1=f(x_2)+2$。

所以 $1\le f(x_1)-f(x_2)\le 2$，即 $[1,2]$ 关联成立。

充分性（右 $⟹$ 左）：

已知 $f$ 是 $[1,2]$ 关联的。

1. 令 $x_1-x_2=1$，则 $1\le f(x_1)-f(x_2)\le 2$。

2. 令 $x_1-x_2=2$，则 $1\le f(x_1)-f(x_2)\le 2$。

由 $f(x+2)-f(x)=[f(x+2)-f(x+1)]+[f(x+1)-f(x)]$。

设 $g(x)=f(x+1)-f(x)$，则有 $1\le g(x+1)+g(x)\le 2$ 且 $1\le g(x)\le 2$。

这强力约束了 $g(x)=1$。若 $g(x)>1$，则 $g(x)+g(x+1)>2$ 矛盾。

故 $f(x+1)=f(x)+1$，即 $\{1\}$ 关联成立。

同理可证 $f(x)$ 的增量随自变量增量同向变化，满足 $[0,+\infty )$ 关联。

✅【答案】

点击查看答案

(1) $f(x)=2x-1$ 是 $[0,+\infty )$ 关联，不是 $[0,1]$ 关联

(2) 不等式 $2\le f(x)\le 3$ 的解集为 $[1+\sqrt{3},5]$

(3) 证明见详细解析

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 新定义的拆解： “$S$ 关联”本质上是研究“自变量的改变量”如何决定“函数值的改变量”。

• 周期性的变形： $\{a\}$ 关联且 $f(x_1)-f(x_2)=a$ 实际上构造了一种类似 $f(x+a)=f(x)+a$ 的拟周期函数，其图像呈现台阶状上升。

• 逻辑严密性： 第三问的充分性证明是难点，需要通过构造增量函数并利用区间套或矛盾法来锁定 $f(x+1)-f(x)$ 恒等于 $1$。

本题的“$S$ 关联”实际上是柯西函数方程 $f(x+y)=f(x)+f(y)$ 的一种受限形式。

1. 线性属性： 如果一个函数是所有 $[0,a]$ 关联的，且满足特定连续性，它往往会退化为 $f(x)=kx$。

2. 上海卷的偏好： 上海卷非常喜欢在 21 题讨论这种“局部性质推广到整体性质”的逻辑。备考时应加强对“任意”与“存在”逻辑链条的刻画练习，特别是如何通过有限区间的性质（如 $[1,2]$）去锁定函数在无限域上的形态。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 05.02 函数的四大性质

• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2001-上海卷理-13 单-直线平行的判定条件

• 2002-北京卷理-10 单-空间面面垂直的判定与性质

• 2005-山东卷理-15 填-简单的线性规划问题