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源自知乎提问，又见再次带解答的提问(“图形法”)
题：设单调递增函数 $f(x)$ 满足：对任意实数 $a\in \mathbb R$，均有 $a\in \{f(a+1)\}\cup \{f(f(a+2))\}$，则
C. $f(0)+f(1)\leqslant 0$
PS：这是撤消删除修改版
依题即 $f(a+1)=a$ 或 $f(f(a+2))=a,$ 且 $f(a+1)\ne f(f(a+2))$ 即 $f(a+2)\ne a+1.$
若 $f(a+1)=a\Rightarrow f(a+2)=a+1,$ 矛盾，从而只能是 $f(f(a+2))=a,$ 即 $\color{red}{f(f(a)=a-2}.$
若 $f(a)=a,$ 则 $a-2=f(f(a))=f(a)=a$ 矛盾，所以 $f(a)\ne a,$ 然后 ($f(a)=a-1$ 亦不可行于是 ，)当时就蒙圈了.
参考了 f(f(x))=x^2+x，如何求 f(x)？ 以及 祝导演 (感谢) 的过程，才明白如果没有不动点，此题中，必有 $f(a)<a.$
如何证明？只需继续利用函数的单调性，若 $f(a)>a$ 则 $a-2=f(f(a))>f(a)>a$ 与 $f(a)=a$ 一样得到矛盾，由 $f$ 的单调递增知只能是 $\color{red}{f(a)<a}$ 成立.
进一步，若 $f(a)\leqslant a-1,$ 则 $f(a)+f(a-1)<2f(a)\leqslant 2(a-1).$ 若 $a-1<f(a)(<a),$ 则 $f(a)+f(a-1)<a+f(f(a))=a+(a-2)=2(a-1)$ , 综上 $f(a)+f(a-1)< 2(a-1),$ 特别的 $f(1)+f(0)<0.$ |
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