面对分段函数，我们除了分段，还有别的做法。

1. 定义

鉴于很多人没了解过 $\min, \max$ 符号，特写此节。

1.0.1

对于集合 $S$，定义 $\max S, \min S$ 满足

$$\begin{align*} M = \max S &\iff M \in S \mathbin{\text{且}} \forall x \in S, x \le M \\ m = \min S &\iff m \in S \mathbin{\text{且}} \forall x \in S, x \ge m \end{align*}$$

可以证明若有限集 $S$ 中元素两两可比，它们总是存在。因此一般要求 $S \in \mathbb{R}$。它们在无限集中可能不存在。

特别地，$\max\{a_1, a_2, \dots, a_n\}$ 允许重复。

另外，我们还有大 $\min, \max$ 记号：

1.0.2

$$\begin{align*} \max_{x \in S} f(x) = \max \{f(x) \mid x \in S\} \\ \min_{x \in S} f(x) = \min \{f(x) \mid x \in S\} \end{align*}$$

类似 $\sum$ 地，

$$\max_{i=l}^{r} f(i) = \max \{f(i) \mid i \in \{l, \dots, r\} \} \\ \min_{i=l}^{r} f(i) = \min \{f(i) \mid i \in \{l, \dots, r\} \}$$

2. 恒等式

2.1. 对称与互化恒等式

一切的开端是这个恒等式：

2.1.1

若 $f(x,y) = f(y,x)$，则 $f(x,y) = f(\min\{x, y\}, \max\{x, y\})$。

分别取 $f(x,y)=x+y, g(x,y)=|x-y|$ 即得

$$\begin{align*} \min\{x, y\} + \max\{x, y\} &= x + y \\ \max\{x, y\} - \min\{x, y\} &= |x - y| \end{align*}$$

变形可得

2.1.2

$$\begin{align*} \max\{x, y\} &= \frac{x + y + |x-y|}{2} \\ \min\{x, y\} &= \frac{x + y - |x-y|}{2} \\ |x| &= \max\{x, -x\} \end{align*}$$

2.2. 单调性恒等式

2.2.1

若 $f(x)$ 单调递增，则 $\max_{x \in S} f(x) = f(\max S), \min_{x \in S} f(x) = f(\min S)$；
若 $f(x)$ 单调递减，则 $\max_{x \in S} f(x) = f(\min S), \min_{x \in S} f(x) = f(\max S)$。

它的一个特例十分常用：

2.2.2

若 $k>0$，$\max_{x \in S} kx+b = k (\max S) + b, \min_{x \in S} kx+b = k (\min S) + b$；
若 $k<0$，$\max_{x \in S} kx+b = k (\min S) + b, \min_{x \in S} kx+b = k (\max S) + b$。

从中，我们可以知道加法和正数乘对 $\min, \max$ 都有分配律，而负数乘有反分配律。这很重要。

3. 不等式

3.1. 绝对值不等式

3.1.1

$$\bigl| |x|-|y| \bigr| \le |x+y| \le \bigl| |x|+|y| \bigr|$$

两个等号取到分别当且仅当 $xy \le 0, xy \ge 0$。

3.2. 部分与整体

3.2.1

若 $S \subseteq T$，

$$\begin{align*} \max S &\le \max T \\ \min S &\ge \min T \end{align*}$$

两个等号能取到分别当且仅当 $\max T \in S, \min T \in S$。

3.3. 均值不等式

3.3.1

若对于任意 $x \le y$，$x \le f(x,y) \le y$，则

$$\min\{x,y\} \le f(x,y) \le \max\{x, y\}$$

依旧显然。它的作用是放缩成各种各样的均值。通过归纳可以得到多元形式：

3.3.1

若对于任意 $x \le y$，$x \le f_i(x,y) \le y$，则

$$\min\{a_1, \dots, a_n\} \le f_{n-1}(\cdots f_2(f_1(a_1, a_2), a_3) \cdots, a_n) \le \max\{a_1, \dots, a_n\}$$

3.4. 不等关系与量词的转化

3.4.1

$$\begin{align*} \max S \ge m \iff \exists x \in S, x \ge m; \qquad& \max S \le m \iff \forall x \in S, x \le m; \\ \min S \ge m \iff \forall x \in S, x \ge m; \qquad& \min S \le m \iff \exists x \in S, x \le m \end{align*}$$

3.5. min, max 的比较

3.5.1

定义差集 $S \setminus T = \{x \in S \mid x \notin T\} = \complement_{S} (S \cap T)$。

3.5.2

若 $\forall x \in W, \exists y \in S \cup T, x \mathrel{\color{red}{<}} y$，则 $\max S - \max T$ 一定与 $\max(S \setminus W) - \max(T \setminus W)$ 同号。

特别地，$S \setminus W = \emptyset \iff \max S < \max T$。

这依旧是显然的，比较 $\max S, \max T$，只需看 $\max (S \cup T)$ 在哪个集合中。

更常用的是一个极其简单的推论——$\min, \max$ 有不严格单调性，也就是：

3.5.3

若 $x > y$，则 $\max(\{x\} \cup S) \ge \max(\{y\} \cup S), \min(\{x\} \cup S) \ge \min(\{y\} \cup S)$。

4. 分段函数的极值与最值

为什么要在这里开一章？因为我也不知道放哪。这一章只有两条：

4.0.1

分段函数的最值等于各段最值的最值。

4.0.2

分段函数的极值只在各段的极值点或分段点取到。

在分段点取到的条件是左右两段在分段点附近的单调性相反。

应该都是很显然的。由于讲不了左右导数，只能这么不严谨地讲。

5. 正绝对值线性函数

5.0.1

若 $f(x) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} |k_i x + b_i|$，则称 $f(x)$ 是正绝对值线性函数。

不难发现它总是可以化成 $k_i > 0$ 的形式，于是有用分段点表示的形式：

5.0.2

$$f(x) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} k_i | x - a_i |$$

5.1. 最大值分解

我们用 2.1.2 将 $f(x)$ 展开。由于加法对 $\max$ 的分配律，我们知道它一定可以写成若干个一次函数的 $\max$：

5.1.1

$$f(x) = \max_{i=1}^{n} k_i x + b_i$$

注意用这种方法表示的绝对值线性函数的项数比上一节的表示至少多 $1$。

利用最大值分解，我们可以得出零点分段的一个更优雅的写法：

5.1.2

$$\sum_{i=1}^{n} k_i |x-a_i| = \max_{i=0}^{n} \sum_{j=1}^{n} (-1)^{[j \le i]}k_j (x-a_j)$$

其中 $(-1)^{[j \le i]} = \begin{cases}-1 & j \le i \\ 1 & j > i\end{cases}$。

相当于把各段做 $\max$，可以减少讨论。

5.2. 凸性

利用最大值分解，我们可以在不碰导数的情况下证明正绝对值线性函数的凸性。

5.2.1

若 $f(x)$ 是正绝对值线性函数，则 $\{x \mid f(x) \le kx+b\}$ 一定是区间或单点集或空集。

证明

利用 3.4.1：

$$\begin{align*} \max_{i=1}^{n} m_i x + n_i \le kx+b \iff \forall i=1,\dots,n, (m_i-k) x+(n_i-b) \le 0 \end{align*}$$

于是解集是若干个区间的交集，而若干个区间的交集一定是区间或单点集或空集。

请注意：由于正绝对值线性函数在左右两边都趋于正无穷，所以区间的两个端点都是有穷的。至于它的高中替代说法，可以把其他绝对值放缩掉，只保留一个，容易找点。

5.3. 最小值

在初中的时候，我们曾经用几何法推出最小值在中位数处取得。$k_i \in \mathbb{R}$ 时就不行了（除非你能接受用有理数逼近实数然后通分的做法）。所以下面给出严格的表述。

5.3.1

$f(x) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} k_i | x - a_i |$ 在 $x_0$ 处取得最小值当且仅当

$$\sum_{a_i < x_0} k_i \le \dfrac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} k_i \quad \mathbin{\text{且}} \quad \sum_{a_i > x_0} k_i \le \dfrac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} k_i$$

原本想讲左右导数的，但这完完全全超出高中范围了。所以我们乖乖用段内单调性来推吧。

证明

① 若 $x_0$ 不是分段点，则它所在段的斜率为 $0$，即

$$\left( \sum_{a_i < x_0} k_i \right) - \left( \sum_{a_i > x_0} k_i \right) = 0$$

又因为

$$\left( \sum_{a_i < x_0} k_i \right) + \left( \sum_{a_i > x_0} k_i \right) = \sum_{a_i=1}^{n} k_i$$

所以

$$\sum_{i < x_0} k_i = \sum_{i > x_0} k_i = \dfrac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} k_i$$

② 若 $x_0$ 是分段点，根据 4.0.2，此时左右两段的单调性（不严格）相反，即左边一段的斜率 $\le 0$，右边一段的斜率 $\ge 0$。

左边的斜率：

$$\left( \sum_{a_i < x_0} k_i \right) - \left( \sum_{a_i \ge x_0} k_i \right) \le 0$$

结合

$$\left( \sum_{a_i < x_0} k_i \right) + \left( \sum_{a_i \ge x_0} k_i \right) = \sum_{i=1}^{n} k_i$$

即得

$$\sum_{a_i < x_0} k_i \le \dfrac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} k_i$$

类似地

$$\sum_{a_i > x_0} k_i \le \dfrac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} k_i$$

以上步骤均可逆。

习题

1（2023 全国一卷 #22 加强）

已知抛物线 $x^2=y$ 上有三点 $A,B,C$ 满足 $AB \perp AC$，求 $|AB|+|AC|$ 的下确界。

2（高一校本作业）

已知 $x^2+(m-2)x+ \bigl| x^2-(m+2)x+2 \bigr|$ 的最小值为 $0$，求 $m$ 的取值范围。

3（人教版选修 4-5 习题 加强）

求 $\displaystyle\max_{a^2+b^2 \ne 0} \min\left\{a, \dfrac{b}{a^2+b^2}\right\}$。

4（2024 九省联考 #14）

$0<a<b<c<1$ 满足 $b\ge 2a$ 或 $a+b \le 1$，求 $\displaystyle\min_{a,b,c}\max\{b-a,c-b,1-c\}$。

5（最大最小不等式）

其实是来凑数的

证明对于二元函数 $f(x,y)$ 有

$$\min_{x \in X} \max_{y \in Y} f(x,y) \ge \max_{y \in Y} \min_{x \in X} f(x,y)$$

这个不等式没有高考范围内的取等条件，且在很多情况下不能取等。这就是我把它放在习题里的原因。

注

实在是找不到难度合适的习题了（可能因为本来就比较冷门），欢迎投稿！

习题解答

1

事实上这篇专题是为了这题的醋包的饺子。

设 $A(a,a^2), B(b,b^2), C(c,c^2)$，$a,b,c$ 互不相同。

设 $k_{AB}=\dfrac{a^2-b^2}{a-b}=k, k_{AC}=\dfrac{a^2-c^2}{a-c}=-\dfrac{1}{k}$，于是 $a+b=k, a+c=-\dfrac{1}{k}$。

$$\begin{align*} |AB|+|AC| &= \sqrt{(a-b)^2 + (a^2-b^2)^2} + \sqrt{(a-c)^2 + (a^2-c^2)^2} \\ &= |a-b| \sqrt{1+(a+b)^2} + |a-c| \sqrt{1+(a+c)^2} \\ &= |2a-k|\sqrt{1+k^2} + \left|2a+\dfrac{1}{k}\right|\sqrt{1+\dfrac{1}{k^2}} \end{align*}$$

把它视作 $a$ 的函数 $f(a)$，每段均为一次函数，中间没有最小值，因此最小值只在端点处取得（高考老老实实判单调性）

$$\begin{align*} \min_{a} f(a) &= \min\left\{f\left(\frac{k}{2}\right), f\left(-\frac{1}{2k}\right)\right\} \\ &= \min\left\{\left|-\dfrac{1}{k}-k\right|\sqrt{1+k^2}, \left|k+\dfrac{1}{k}\right|\sqrt{1+\dfrac{1}{k^2}}\right\} \\ &= \left|k+\dfrac{1}{k}\right| \min\left\{\sqrt{1+k^2}, \sqrt{1+\dfrac{1}{k^2}}\right\} \end{align*}$$

由对称性不妨设 $k^2 \le 1$，此时原式化为 $\left|k+\dfrac{1}{k}\right| \sqrt{1+k^2}$，由于没学求导，我们用均值做：

$$\begin{align*} \left|k+\dfrac{1}{k}\right| \sqrt{1+k^2} &= \sqrt{(1+k^2)\left(k+\dfrac{1}{k}\right)^2} \\ &= \left( k^{4/3} + k^{-2/3} \right)^{3/2} \\ &\ge \left(3 \sqrt[3]{k^{4/3} \cdot \dfrac{k^{-2/3}}{2} \cdot \dfrac{k^{-2/3}}{2}}\right)^{3/2} \\ &= \dfrac{3\sqrt{3}}{2} \end{align*}$$

根据 $k^{4/3} = \dfrac{k^{-2/3}}{2}, a=-\dfrac{1}{2k}$ 可以解出一个取等条件，但注意此时其中一个距离变成了 $0$，故此 $\dfrac{3\sqrt{3}}{2}$ 事实上是它的下确界而非最小值。

2

$$\begin{align*} &\ x^2+(m-2)x+|x^2-(m+2)x+2| \\ =&\ x^2+(m-2)x+\max\{x^2-(m+2)x+2, -[x^2-(m+2)x+2]\} \\ =&\ \max\{2(x-1)^2, 2mx-2\} \ge 2(x-1)^2 \ge 0 \end{align*}$$

以上两个 $\ge$ 都取等当且仅当 $x=1, 2mx-2 \le 0$，于是 $m \le 1$。

3

显然 $a \le 0$ 或 $b \le 0$ 时原式 $\le 0$，而 $a,b>0$ 时：

$$\begin{align*} \min\left\{a, \frac{b}{a^2+b^2}\right\} = \min\left\{a, \frac{1}{\frac{a^2}{b}+b}\right\} \le \min\left\{a, \frac{1}{2a}\right\} \le \sqrt{a \cdot \frac{1}{2a}} = \frac{\sqrt{2}}{2} \end{align*}$$

$a=b=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ 时取等。

4

如果开始就用三元均值会发现取不到等，所以我们只能用二元均值把 $c$ 放掉：

$$\max\bigl\{b-a,c-b,1-c\bigr\} \ge \max\left\{b-a, \dfrac{1-b}{2}\right\}$$

先不管取不到等的约束。根据单调性贪心地取 $a = \dfrac{b}{2}$ 或 $1-b$，于是原式等价于

$$\begin{align*} &\ \min_b \min\left\{\max\left\{\dfrac{b}{2}, \dfrac{1-b}{2}\right\}, \max\left\{2b-1, \dfrac{1-b}{2}\right\}\right\} \\ =&\ \min\left\{\min_b \max\left\{\dfrac{b}{2}, \dfrac{1-b}{2}\right\}, \min_b \max\left\{2b-1, \dfrac{1-b}{2}\right\}\right\} \\ =&\ \min\left\{\dfrac{1}{4}, \dfrac{1}{5}\right\} = \dfrac{1}{5} \end{align*}$$

取等条件是 $b = \dfrac{3}{5}, a = \dfrac{2}{5}, c = \dfrac{4}{5}$，刚好满足额外的条件——不然这题也出不出来。

5

设 $\displaystyle \min_{x \in X} \max_{y \in Y} f(x,y) = f(x_M, y_M), \max_{y \in Y} \min_{x \in X} f(x,y) = f(x_m, y_m)$，则

$$\begin{align*} \mathrm{LHS} = \max_{y \in Y} f(x_M, y) \ge f(x_M, y_m) \ge \min_{x \in X} f(x, y_m) = \mathrm{RHS} \end{align*}$$

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