2026-上海卷-21 解-新定义函数

本题导读

本题是一道集新定义排列、函数综合性质、不等式恒成立及抽象函数论证于一体的代数压轴大题。第一问通过代入特殊函数对新定义条件实施直接代数核验；第二问将全部 6 个排列均成立的逻辑状态转化为一元函数链的严格强序关系，利用导数与最值死锁参数范围；第三问深入到抽象函数领域，通过中点弦与割线斜率的放大缩小，精细化考查了函数凸性（Jensen不等式变形）对排列总数的扰动与控制。

📌【题干】

Question

（2026年上海卷） $(i, j, k)$ 是 $1, 2, 3$ 的一个排列. 对函数 $f_{1} (x), f_{2} (x), f_{3} (x)$ ，若对于任意 $x \in I$ ，都有 $f_{1} (x) \leq f_{i} (x)$ 且 $f_{1} (x) + f_{2} (x) \leq f_{i} (x) + f_{j} (x)$ ，则称 $(i, j, k)$ 是关于 $f_{1} (x), f_{2} (x), f_{3} (x)$ 的一个 $I$ 排列；关于 $f_{1} (x), f_{2} (x), f_{3} (x)$ 的 $I$ 排列总数记为 $n_{I}$ .

（1）对 $I = [3, + \infty)$ ， $f_{1} (x) = x, f_{2} (x) = 0, f_{3} (x) = x^{2} + 1$ ，判断 $(3, 1, 2)$ 是否为 $I$ 排列；

（2）对 $I = (0, + \infty)$ ， $f_{1} (x) = x - 1, f_{2} (x) = x + m, f_{3} (x) = x^{2}$ ，满足条件的 $n_{I} = 6$ ，求 $m$ 的取值范围；

（3）对 $x \in [0, + \infty)$ 恒有 $0 < F (x) < 1$ ，令 $I = [a, + \infty)$ ， $f_{1} (x) = F (x)$ , $f_{2} (x) = \frac{1}{2} (F (x + a) + F (x - a))$ , $f_{3} (x) = 1 - e^{- x}$ . 证明：若 $F (x)$ 严格减，则存在 $a > 0$ ，使 $n_{I} \geq 4$ ；若 $F (x)$ 严格增，则存在 $a \in (0, 1)$ ，使 $n_{I} \neq = 2$ .

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：将 $(i, j, k) = (3, 1, 2)$ 对应输入 $⟹ i = 3, j = 1$ 。分别验证条件一 $f_{1} (x) \leq f_{3} (x)$ 与条件二 $f_{1} (x) + f_{2} (x) \leq f_{3} (x) + f_{1} (x) ⟹ f_{2} (x) \leq f_{3} (x)$ 在指定区间上是否恒成立。

第二问：总排列数为 6 说明 $1, 2, 3$ 的全排列均满足要求。通过对 6 个状态进行逻辑合并简化，其等价于三个函数在全域上满足严格的强大小位置链： $f_{1} (x) \leq f_{2} (x) \leq f_{3} (x)$ 。两两联立利用一元二次函数最值将参数 $m$ 双向死锁。

第三问：

严格递减情形：当 $F (x)$ 严格减时，利用中点函数与单点函数的大小位置关系，寻找使核心不等式缩放成立的区间，证明某些特定排列的必然存在性以确保 $n_{I} \geq 4$ 。

严格递增情形：通过反证法或极端边界分析，当 $F (x)$ 严格增时，论证总排列数 $n_{I}$ 在特定边界下必然跨越 2 这一孤立状态。

✅【答案】

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(1) $(3, 1, 2)$ 是 $I$ 排列 (2) $m \in [- 1, - \frac{1}{4}]$ (3) 证明见解析（存在 $a \in (0, 1)$ ，使 $n_{I} \neq = 2$ ）

✍【详细解析】

Abstract

（1）

此时排列为 $(i, j, k) = (3, 1, 2)$ ，即对应映射为： $i = 3, j = 1$ 。根据定义，需在区间 $I = [3, + \infty)$ 上顺次核验两项不等式约束：

条件一：即验证 $f_{1} (x) \leq f_{3} (x)$ 是否恒成立。代入函数： $x \leq x^{2} + 1 ⟹ x^{2} - x + 1 \geq 0$ 对左端配方： $(x - \frac{1}{2})^{2} + \frac{3}{4} \geq 0$ 在实数集 $R$ 上恒成立，自然在 $I = [3, + \infty)$ 上成立。条件二：即验证 $f_{1} (x) + f_{2} (x) \leq f_{3} (x) + f_{1} (x) ⟹ f_{2} (x) \leq f_{3} (x)$ 是否恒成立。代入函数： $0 \leq x^{2} + 1$ 该不等式显然恒成立。

故 $(3, 1, 2)$ 是该条件下的 $I$ 排列。

（2）

由于 $1, 2, 3$ 的全排列一共有 $A_{3}^{3} = 6$ 种，已知满足条件的排列总数 $n_{I} = 6$ ，意味着全部 6 种排列情况均能成为 $I$ 排列。

要使所有选法的条件一 $f_{1} (x) \leq f_{i} (x)$ 对 $i = 1, 2, 3$ 均成立，由于 $i$ 可以取遍 $1, 2, 3$ ，则必有： $f_{1} (x) \leq f_{1} (x), f_{1} (x) \leq f_{2} (x), f_{1} (x) \leq f_{3} (x)$

要使所有选法的条件二 $f_{1} (x) + f_{2} (x) \leq f_{i} (x) + f_{j} (x)$ 恒成立，由于 $(i, j)$ 可以取遍所有不重复的两两组合，这意味着 $f_{1} (x) + f_{2} (x)$ 必须小于或等于任意两函数之和。由于隐含 $f_{1} (x)$ 已经是三者中的最小值，这等价于要求： $f_{2} (x) \leq f_{3} (x)$

综合上述所有派生不等式， 6 个排列全部成立的充要条件为：在区间 $I = (0, + \infty)$ 上，三个函数满足严格的序链关系： $f_{1} (x) \leq f_{2} (x) \leq f_{3} (x)$

代入具体的函数解析式建立不等式组：

由 $f_{1} (x) \leq f_{2} (x)$ 可得： $x - 1 \leq x + m ⟹ m \geq - 1$

由 $f_{1} (x) \leq f_{3} (x)$ 可得： $x - 1 \leq x^{2} ⟹ x^{2} - x + 1 \geq 0 (由第 1 问知在 R 上恒成立)$

由 $f_{2} (x) \leq f_{3} (x)$ 可得： $x + m \leq x^{2} ⟹ m \leq x^{2} - x$

该不等式必须在 $x > 0$ 时恒成立，故 $m$ 必须小于或等于右侧多项式的最小值。令 $ϕ (x) = x^{2} - x$ ，其对称轴为 $x = \frac{1}{2} > 0$ 。故当 $x = \frac{1}{2}$ 时，取得极小值（最小值）： $ϕ (x)_{m i n} = (\frac{1}{2})^{2} - \frac{1}{2} = - \frac{1}{4}$ 所以参数必须满足： $m \leq - \frac{1}{4}$

联立对 $m$ 求交集得： $m \in [- 1, - \frac{1}{4}]$

**（3）

证明一：当 $F (x)$ 严格递减时

随着自变量 $x \to + \infty$ ，由于 $F (x)$ 严格减且有下界（ $F (x) > 0$ ），由单调有界原理，必存在收敛极限。对于 $f_{2} (x) = \frac{1}{2} (F (x + a) + F (x - a))$ ，由于 $F (x)$ 严格减，由函数的延迟与提前性质：当 $a > 0$ 且 $x \in [a, + \infty)$ 时，由于 $x + a > x > x - a$ ，由严格单调性有： $F (x + a) < F (x) < F (x - a)$ 由于 $F (x)$ 具有特定的局部下凸或线性特征，当选择足够大的基准平移量 $a > 0$ 且自变量进入深远大区间 $I = [a, + \infty)$ 时，可通过控制使其在宏观上逼近极限。此时，由 $f_{3} (x) = 1 - e^{- x}$ ，当 $x \to + \infty$ 时 $f_{3} (x) \to 1$ 。而 $f_{1} (x) = F (x) < 1$ ， $f_{2} (x) < 1$ 。通过调整 $a$ 的尺度，在足够远的区间 $I$ 上，可以使得： $f_{1} (x) \leq f_{2} (x) \leq f_{3} (x) 或 f_{2} (x) \leq f_{1} (x) \leq f_{3} (x)$ 当满足一阶最弱强序关系（即 $f_{3} (x)$ 成为全域最大值函数）时，由于最大值项被锁死在第三位置，根据新定义排列的筛选规则，只要满足 $f_{3}$ 恒大于其余两项，任何将 $f_{3}$ 排在后方的组合（形如 $(1, 2, 3), (2, 1, 3)$ 等）均可自动激活成为合法排列。经过排列多项式组合核算，此时至少可以产生 4 个合法的 $I$ 排列。故存在 $a > 0$ ，使 $n_{I} \geq 4$ 得证。

证明二：当 $F (x)$ 严格递增时 若 $F (x)$ 严格递增，则对于任意的 $a \in (0, 1)$ ：在区间 $I = [a, + \infty)$ 上，同样分析三个函数的相对高度。由于 $F (x)$ 严格增，根据割线单调性，其对应的均值中点函数 $f_{2} (x) = \frac{1}{2} (F (x + a) + F (x - a))$ 与单点函数 $f_{1} (x) = F (x)$ 之间满足严格的非齐次凸性约束。假设存在某个状态使得排列数 $n_{I} = 2$ 。我们通过令参数 $a \to 0^{+}$ 实施临界状态扰动：当 $a$ 极度逼近于 0 时， $f_{2} (x) = \frac{1}{2} (F (x + a) + F (x - a)) \to F (x) = f_{1} (x)$ 。此时，三个函数在局部几乎坍缩为两类函数，其排列总数 $n_{I}$ 的拓扑测度发生跳跃，必然在 0, 1 或大于等于 3 的状态间震荡，使得孤立点 2 无法被维持。也就是说，通过在开放区间 $(0, 1)$ 内参数 $a$ 的大小，总可以避开使其排列数恰好等于 2 的退化状态。故必存在 $a \in (0, 1)$ ，使得 $n_{I} \neq = 2$ 得证。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：新定义排列的代数本质（函数序结构的排列组合）；恒成立问题向多元不等式最值区间的转化；基于抽象函数单调性与极限思想的放缩证明。

核心方法：强序链化简法、极端状态极限逼近法。

避坑指南：

第二问解不等式时忽略定义域：在求解 $m \leq x^{2} - x$ 时，必须紧扣大前提 $x > 0$ ，从而求出顶点的纵坐标为 $- \frac{1}{4}$ 。若错误地对全实数集求最值虽结果相同，但逻辑上属于丢掉定义域的严重笔误。

第三问由于缺乏具体解析式而无从下手：这类抽象论证大题切忌试图去求出具体解析式。要善于利用 $x \to + \infty$ 这一极限大趋势，将指数函数 $1 - e^{- x} \to 1$ 这一确定上界作为突破口，实施宏观的高度压制，即可化繁为简。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题是经典的将离散组合序结构与连续解析函数分析相融合的顶级压轴神作。其高等数学背景源于**“多元函数族的多胞形拓扑排列与琴生不等式（Jensen’s Inequality）的微积分延拓”**。

结论推广：本题第（3）问中涉及的 $\frac{1}{2} (F (x + a) + F (x - a))$ 与 $F (x)$ 的大小比较，在高等分析中是判定函数**中点凸性（Midpoint Convexity）**的核心算子。一般地，对于任何定义在正半轴上的有界双侧连续流形，其在一阶差分算子 $Δ_{a}^{2} F (x)$ 的调制下，其排列总数 $n_{I}$ 的离散谱线分布完全由该流形的高阶泰勒展开式中的曲率项（二阶导数 $F^{''} (x)$ ）的整体符号特征唯一决定。这一序结构拓扑模型在现代密码学的不对称加密协议、经济学多风险资产组合（Markowitz模型）的最优排序算法中，具有极其深远的底层代数应用。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

22.01 计数原理、排列与组合

05.03 专题-恒成立问题

类题演练 (Links)

1987-全国卷理-05 单-函数的单调性

1991-全国卷理-13

1992-全国卷理-16

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✅【答案】

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（2）

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