来自微信网友的函数题：偶函数的充要条件

kuing

解：（1）略；

（2）网友的证法是对 a 分三类：a>=2, -1<=a<2, a<-1 来讨论，麻烦一点。

让我写就用增量代换直接证：当 `x\geqslant a` 时，令 `x=a+t`, `t\geqslant 0`，则
\begin{align*}
f(x)-f(a)&=(a+t)^3-a^3-3\bigl((a+t)^2-a^2\bigr)\\
&=t\bigl(3a^2+(3t-6)a+t^2-3t\bigr)\\
&\geqslant t\cdot \frac {12(t^2-3t)-(3t-6)^2}{12}\\
&=\frac 14t(t^2-12)=h(t),
\end{align*}
求导得
\[
h'(t)=\frac 34(t^2-4)\riff h(t)\geqslant h(2)=-4
\riff f(x)-f(a)\geqslant -4
\riff M_a\subseteq [-4,+\infty ),
\]
即得证，当 `a=0`, `t=2` 时取等，此时 `-4\in M_a`；

（3）网友的证法思路大致 OK 但论证有问题，以下证明经我大量改写。

充分性：显然，略；

必要性：设 `f(k)` 是 `f(x)` 在 `x\in\mbb R` 上的最小值点。

若集合 `A` 存在最小元素，则用 `\min A` 表示该最小元素。

（i）若 `k=0` 则 `f(k)=f(-k)`；

（ii）若 `k>0`，取 `c=k`，依题意有 `L_k=M_{-k}`，即
\[\{t\mid t=f(x)-f(k),x\leqslant k\}=\{t\mid t=f(x)-f(-k),x\geqslant-k\},\]
则有
\[\min\{t\mid t=f(x)-f(k),x\leqslant k\}=\min\{t\mid t=f(x)-f(-k),x\geqslant-k\},\]
由于 `f(k)` 是最小值点，则
\[\min\{t\mid t=f(x)-f(k),x\leqslant k\}=0,\]
因此
\[\min\{t\mid t=f(x)-f(-k),x\geqslant-k\}=0,\]
由于 `k>-k`，上式中的 `x` 可以取 `k`，因此有
\[f(k)-f(-k)\geqslant0,\]
而因为 `f(k)` 是 `x\in\mbb R` 上的最小值点，必然有
\[f(k)-f(-k)\leqslant0,\]
那么只能是 `f(k)=f(-k)`；

（iii）若 `k<0`，取 `c=-k`，然后类似于（ii）的推理同样可得 `f(k)=f(-k)`。

综上，必有 `f(k)=f(-k)`，记 `p=f(k)`。

那么对于任意 `c>0`，必有 `\abs k\in(-c,+\infty)`，因此
\[\min L_{-c}=\min\{t\mid f(x)-f(-c),x\geqslant-c\}=f(\abs k)-f(-c)=p-f(-c),\]
又必有 `-\abs k\in(-\infty,c)`，因此
\[\min M_c=\min\{t\mid f(x)-f(c),x\leqslant c\}=f(-\abs k)-f(c)=p-f(c),\]
那么由
\[L_{-c}=M_c\riff\min L_{-c}=\min M_c\riff f(-c)=f(c),\]
所以 `f(x)` 为偶函数，即得证。