关于“L函数”的一则注记——对一道二模试题的探究

汪 健

(华东师范大学第二附属中学 201203)

题若函数f(x)满足：对于任意正数s、t，都有f(s)>0、f(t)>0，f(s)+f(t)

(2)若函数g(x)=3x-1+a(3-x-1)为“L函数”,求实数a的取值范围；

这是2017年上海市黄浦区高三数学二模试卷的最后一题．其第三小题的证明可化归为以下命题．

1 最佳下界的验证

(i)s+t≤1.

由二项式定理即得

fn(s)+fn(t)=sn+tn

<(s+t)n=fn(s+t)．

令d=s+t-1，则s-d=1-t，

故由y=xn的凸性，

fn(s)+fn(t)=sn+tn≤dn+1．

另一方面，

而d∈(0,1)，故dn+1<1+dn-1，

从而fn(s)+fn(t)

=s+t≥sn+tn=fn(s)+fn(t).

由二项式定理，

fn(s+t)-fn(t)=

故fn(s)+fn(t)

fn(s)=sn≤s，

而同(iii)可得fn(s+t)>s+t，

故fn(s)+fn(t)

因此fn(s)≤1+(s-1)=s，

≥fn(s)+fn(t)．

展开完全平方得

>s≥sn=fn(s)，

故fn(s)+fn(t)

fn(s)≤1+(s-1)=s

故fn(s)+fn(t)

故fn(x)是“L函数”．

故fn(x0)

2 最佳上界的验证

命题2已知函数f(x)为“L函数”，且f(1)=1．若f(x)<λx对一切0

证明对任意的0

由二项式定理，显然

gn(s)+gn(t)

由y=xn的凸性，

又(1-2d)n≤1-2d，

故gn(s)+gn(t)

易知，

gn(s)+gn(t)=sn+1-(2n-1)(1-t)n，

gn(s+t)=1-(2n-1)(1-s-t)n，

于是gn(s+t)-gn(s)-gn(t)

=(2n-1)[(1-t)n-(1-s-t)n]-sn．

gn(s+t)-gn(s)-gn(t)

=(1-t)n[(2n-1)(1-un)-(1-u)n].

由s+t≤1知t<1，从而u∈(0,1)，

故gn(s+t)-gn(s)-gn(t)

显然，当n>2时，上式右端为正，

故gn(s)+gn(t)

考虑函数g(s)=sn-(s+t)n+1，

g′(s)=nsn-1-(n+1)(s+t)n

gn(s)+gn(t)-gn(s+t)

=sn-(s+t)n+1+1-(2n-1)(1-t)n,

也是关于s的减函数．

由此可知，

gn(s)+gn(t)-gn(s+t)

即gn(s)+gn(t)

由函数y=1-(2n-1)(1-x)n(x∈[0,1])的凸性知，

gn(s+t)=(2u)n+1，

从而gn(s+t)-gn(s)-gn(t)

≥(2u)n+1-2[1-(2n-1)(1-u)n]．

≥2n+1[un+1+(1-u)n+1]-2，

故2n+1[un+1+(1-u)n+1]-2>0，

从而gn(s)+gn(t)

gn(s+t)=(s+t)n+1>tn+1+(n+1)tsn

>tn+1+sn=gn(t)+gn(s)

gn(s+t)=(s+t)n+1>tn+1+(n+1)tns

h)s>1.

由二项式定理，显然

gn(s)+gn(t)

故gn(x)是“L函数”．

故δ1/(n+1)>δln(1-δ)/lnδ=1-δ，

或者等价地，δ>1-δ1/(n+1)．

>2-4ε-2(1-2ε)n+1，

又因为4ε<2δ且(1-2ε)n+1<δ，

从而gn(x0)>kx0．

3 进一步的思考

上述问题可以通过选择适当的单位分解[2]，将不连续的“L函数”(如S(x))“磨光”成光滑的来加以解决，具体细节留给读者作为练习．

其次，新概念“L函数”的命名也值得商榷．从定义的核心部分，不等式f(s)+f(t)

不仅如此，前文所举的“L函数”fn(x)与gn(x)的图象所表现出的凸性(如下图所示)说明，“L函数”的图像在局部上的形状更加接近于J形或G形．此外，不连续的“L函数”S(x)的图像也呈现出与上述两族函数类似的“凸”阶梯函数的形象．

不过，“L函数”、“G函数”和“J函数”的名称都在数学中已有特定的意义[3]，故此，笔者认为，为“L函数”另择名称似乎更为妥当．