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2026年高考数学上海-20<-->返回列表
（18分）已知$(i$，$j$，$k)$是1，2，3的一个排列，对函数$f_{1}(x)$，$f_{2}(x)$，$f_{3}(x)$，对于任意$x\in I$，都有$f_{1}(x)\leqslant f_{i}(x)$且$f_{1}(x)+f_{2}(x)\leqslant f_{i}(x)+f_{j}(x)$，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）若$I=[3$，$+\infty )$，$f_{1}(x)=x$，$f_{2}(x)=0$，$f_{3}(x)=x^{2}+1$，判断$(3$，1，$2)$是否为Ⅰ排列？
（2）若$I=(0,+\infty )$，$f_{1}(x)=x-1$，$f_{2}(x)=x+m$，$f_{3}(x)=x^{2}$，满足条件的$n_{I}=6$，求$m$的取值范围？
（3）对$x\in [0$，$+\infty )$，且对任意$x\in [0$，$+\infty )$，$0 < F(x) < 1$，令$I=[a$，$+\infty )$，$f_{1}(x)=F(x)$，$f_{2}(x)=\dfrac{1}{2}[F(x+a)+F(x-a)]$，$f_{3}(x)=1-e^{-x}$，证明：若$F(x)$严格减，则存在$a > 0$，使$n_{I}\geqslant 4$，若$F(x)$严格增，则存在$a\in (0,1)$，$n_{I}\ne 2$．
〖答案〗（1）$(3$，1，$2)$是Ⅰ排列；
（2）$m\in [-1$，$-\dfrac{1}{4}]$；
（3）当$(3$，1，$2)$成立时，$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$，则$(3$，2，$1)$必然成立，与$n_{I}=2$矛盾，舍，
故只有$(3$，2，$1)$和$(1$，3，$2)$其中之一成立，即$f_{1}(x)\leqslant f_{3}(x)$，$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$仅有其一成立，
分类讨论：
若$f_{1}(x)\leqslant f_{3}(x)$成立，则$F(x+a)\leqslant 1-e^{-(x+a)}$，$F(x-a)\leqslant 1-e^{-(x-a)}$，
故$f_{2}(x)=\dfrac{F(x+a)+F(x-a)}{2}\le \dfrac{1-e^{-(x+a)}+1-e^{-(x-a)}}{2}=1-\dfrac{1}{2}e^{-x}(e^{a}+\dfrac{1}{e^{a}})\le 1-e^{-x}$，
即$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$与$f_{1}(x)\leqslant f_{3}(x)$，$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$仅有其一成立不符，舍，
故只能$(1$，3，$2)$成立，即$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$恒成立且存在$x_{0}\in (0,+\infty )$使得$f_{1}(x_{0}) > f_{3}(x_{0})$，
即$\dfrac{F(x+a)+F(x-a)}{2}\le 1-e^{-x}$，$F(x+a)+F(x-a)\leqslant 2-2e^{-x}$，
取$x_{1}\in (x_{0}$，$+\infty )$，不妨设$f_{1}(x_{0})-f_{3}(x_{0})=2kf_{3}(x_{1}) < f_{3}(x_{0})+k < f_{1}(x_{1})$，$k > 0$，
即$1-e^{-x_{1}} < 1-e^{-x_{0}}+k < F(x_{1})$，
由$F(x)$严格增得$F(x_{1}+a) > F(x_{1}) > 1-e^{-x_{1}}+k$，
故$2-2e^{-x_{1}}\ge F(x_{1}+a)+F(x_{1}-a) > 1-e^{-x_{1}}+k+F(x_{1}-a)$，
故$F(x_{1}-a) < 1-e^{-x_{1}}-k$，对任意的$a\in (0,x_{1})$，$x\in [a$，$+\infty )$成立，
即对任意的$x_{1}-a\in (0,x_{1})$恒成立，
由$x_{0}\in (0,x_{1})$，得$F(x_{0})=2k+f_{3}(x_{0})=2k+1-e^{-x_{0}} < 1-e^{-x_{1}}-k\Rightarrow k+1-e^{-x_{1}} < 1-e^{-x_{1}}-k$，
故$k < 0$矛盾，故舍，
故假设不成立，故原命题成立，
故若$F(x)$严格增，则存在$a\in (0,1)$，$n\ne 2$．
综上，若$F(x)$严格减，则存在$a > 0$，使$n_{I}\geqslant 4$，若$F(x)$严格增，则存在$a\in (0,1)$，$n_{I}\ne 2$．
〖分析〗（1）利用Ⅰ排列的定义进行判断；
（2）由题意，$n_{1}=6={P}_{3}^{3}$，即任意排列皆成立，利用定义列出不等式组，再分离参数求最值得出结论；
（3）利用反证法证明结论．
〖解答〗（1）解：由题意，$f_{3}(x)-f_{1}(x)=x^{2}-x+1\ge 0$恒成立，$f_{3}(x)+f_{1}(x)-(f_{2}(x)+f_{1}(x))=x^{2}+1\ge 0$恒成立，
故$f_{1}(x)\leqslant f_{3}(x)$且$f_{1}(x)+f_{2}(x)\leqslant f_{1}(x)+f_{3}(x)$，故$(3$，1，$2)$是Ⅰ排列；
（2）解：由题意，$n_{1}=6=P_{3}^{3}$，即任意排列皆成立，
故$\left\{\begin{array}{l}f_{1}(x)\le f_{2}(x)\\ f_{1}(x)\le f_{3}(x)\\ f_{1}(x)+f_{2}(x)\le f_{1}(x)+f_{3}(x)\\ f_{1}(x)+f_{2}(x)\le f_{2}(x)+f_{3}(x)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x-1\le x+m\\ x-1\le x^{2}\\ x+m\le x^{2}\end{array}\right.$，
$m\geqslant -1$，$m\leqslant x^{2}-x$对任意的$x\in (0,+\infty )$恒成立，
由$y=x^{2}-x$在$x=\dfrac{1}{2}$处有最小值$-\dfrac{1}{4}$，
故$m\in [-1$，$-\dfrac{1}{4}]$；
（3）证明：若$F(x)$严格减，由题意，设$g_{1}(x)=f_{3}(x)-f_{1}(x)=1-e^{-x}-F(x)$单调递增，所以必然存在$x_{0}\in [0$，$+\infty )$，使得$f_{3}(x_{0})=F(x_{0})$，取$a\in [x_{0}$，$+\infty )$，当$x\in [a$，$+\infty )$时，因为$g_{1}(x)$单调递增，所以$g_{1}(x)\geqslant g_{1}(x_{0})=0$，所以$f_{1}(x)\leqslant f_{3}(x)$，
同理$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$．
取$a > max\{x_{0}$，$x_{1}\}$，根据$I$排列定义，$(1$，2，$3)$，$(1$，3，$2)$，$(3$，1，$2)$，$(3$，2，$1)$是成立的，
所以存在$a > 0$，使$n_{I}\geqslant 4$成立．
当$(3$，1，$2)$成立时，$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$，则$(3$，2，$1)$必然成立，与$n_{I}=2$矛盾，舍，
故只有$(3$，2，$1)$和$(1$，3，$2)$其中之一成立，即$f_{1}(x)\leqslant f_{3}(x)$，$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$仅有其一成立，
分类讨论：
若$f_{1}(x)\leqslant f_{3}(x)$成立，则$F(x+a)\leqslant 1-e^{-(x+a)}$，$F(x-a)\leqslant 1-e^{-(x-a)}$，
故$f_{2}(x)=\dfrac{F(x+a)+F(x-a)}{2}\le \dfrac{1-e^{-(x+a)}+1-e^{-(x-a)}}{2}=1-\dfrac{1}{2}e^{-x}(e^{a}+\dfrac{1}{e^{a}})\le 1-e^{-x}$，
即$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$与$f_{1}(x)\leqslant f_{3}(x)$，$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$仅有其一成立不符，舍，
故只能$(1$，3，$2)$成立，即$f_{2}(x)\leqslant f_{3}(x)$恒成立且存在$x_{0}\in (0,+\infty )$使得$f_{1}(x_{0}) > f_{3}(x_{0})$，
即$\dfrac{F(x+a)+F(x-a)}{2}\le 1-e^{-x}$，$F(x+a)+F(x-a)\leqslant 2-2e^{-x}$，
取$x_{1}\in (x_{0}$，$+\infty )$，不妨设$f_{1}(x_{0})-f_{3}(x_{0})=2kf_{3}(x_{1}) < f_{3}(x_{0})+k < f_{1}(x_{1})$，$k > 0$，
即$1-e^{-x_{1}} < 1-e^{-x_{0}}+k < F(x_{1})$，
由$F(x)$严格增得$F(x_{1}+a) > F(x_{1}) > 1-e^{-x_{1}}+k$，
故$2-2e^{-x_{1}}\ge F(x_{1}+a)+F(x_{1}-a) > 1-e^{-x_{1}}+k+F(x_{1}-a)$，
故$F(x_{1}-a) < 1-e^{-x_{1}}-k$，对任意的$a\in (0,x_{1})$，$x\in [a$，$+\infty )$成立，
即对任意的$x_{1}-a\in (0,x_{1})$恒成立，
由$x_{0}\in (0,x_{1})$，得$F(x_{0})=2k+f_{3}(x_{0})=2k+1-e^{-x_{0}} < 1-e^{-x_{1}}-k\Rightarrow k+1-e^{-x_{1}} < 1-e^{-x_{1}}-k$，
故$k < 0$矛盾，故舍，
故假设不成立，故原命题成立，
故若$F(x)$严格增，则存在$a\in (0,1)$，$n\ne 2$．
综上，若$F(x)$严格减，则存在$a > 0$，使$n_{I}\geqslant 4$，若$F(x)$严格增，则存在$a\in (0,1)$，$n_{I}\ne 2$．
〖点评〗本题考查新定义，考查分离参数方法的运用，考查反证法，考查学生分析解决问题的能力，属于难题．
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