關于“L函數”的一則注記
——對一道二模試題的探究

汪 健

(華東師范大學第二附屬中學 201203)

題若函數f(x)滿足：對于任意正數s、t，都有f(s)>0、f(t)>0，f(s)+f(t)

(2)若函數g(x)=3x-1+a(3-x-1)為“L函數”,求實數a的取值范圍；

這是2017年上海市黃浦區高三數學二模試卷的最后一題．其第三小題的證明可化歸為以下命題．

1 最佳下界的驗證

(i)s+t≤1.

由二項式定理即得

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

<(s+t)n=fn(s+t)．

令d=s+t-1，則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，

從而fn(s)+fn(t)

=s+t≥sn+tn=fn(s)+fn(t).

由二項式定理，

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)．

展開完全平方得

>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函數”．

故fn(x0)

2 最佳上界的驗證

命題2已知函數f(x)為“L函數”，且f(1)=1．若f(x)<λx對一切0

證明對任意的0

由二項式定理，顯然

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，從而u∈(0,1)，

故gn(s+t)-gn(s)-gn(t)

顯然，當n>2時，上式右端為正，

故gn(s)+gn(t)

考慮函數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,

也是關于s的減函數．

由此可知，

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

即gn(s)+gn(t)

由函數y=1-(2n-1)(1-x)n(x∈[0,1])的凸性知，

gn(s+t)=(2u)n+1，

從而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，

從而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.

由二項式定理，顯然

gn(s)+gn(t)

故gn(x)是“L函數”．

故δ1/(n+1)>δln(1-δ)/lnδ=1-δ，

或者等價地，δ>1-δ1/(n+1)．

>2-4ε-2(1-2ε)n+1，

又因為4ε<2δ且(1-2ε)n+1<δ，

從而gn(x0)>kx0．

3 進一步的思考

上述問題可以通過選擇適當的單位分解[2]，將不連續的“L函數”(如S(x))“磨光”成光滑的來加以解決，具體細節留給讀者作為練習．

其次，新概念“L函數”的命名也值得商榷．從定義的核心部分，不等式f(s)+f(t)

不僅如此，前文所舉的“L函數”fn(x)與gn(x)的圖象所表現出的凸性(如下圖所示)說明，“L函數”的圖像在局部上的形狀更加接近于J形或G形．此外，不連續的“L函數”S(x)的圖像也呈現出與上述兩族函數類似的“凸”階梯函數的形象．

不過，“L函數”、“G函數”和“J函數”的名稱都在數學中已有特定的意義[3]，故此，筆者認為，為“L函數”另擇名稱似乎更為妥當．