Question

设函数f(x)=1(1≤x≤2),x-1(2<x≤3),g(x)=f(x)-ax,x∈【1,3】,其中a∈R,

设函数f(x)=1(1≤x≤2),x-1(2<x≤3),g(x)=f(x)-ax,x∈【1,3】,其中a∈R,记函数g（x）的最大值和最小值的差为h（a）。
1，求函数h（a）的解析式
2，画出函数y=h（x）的图像并指出h（x）的最小值

Answer 1

大括号里3个数，f(...)一共2个括号，可以直接当特殊问题考虑。

首先，只要令f(x)→x，就一定可以满足要求
∵这题里f(...)一共2个括号
∴可以不像f(x)→x这样一步到位
可以转而 f(x1)→x2 , f(x2)→x2 即可以保证 x1,x2符合要求。而这样对于x1来说，一共用了2步
再看x3。如果 f(x3)→x1 ，则x3需要3步猜到 f(x2)→x2 ，而这题只有2个括号，所以不符
而 f(x3)→x3 （一步到位），f(x3)→x2（两步到位）均成立。

由此引申出大括号内改为n个数的问题
显然与上面同理，每个数都必须两步或两步以内到位（因为只有2个小括号）
∴映射左边的大括号内的数有两种选择（注意这里是“种”），1是指向本身，2是指向已经指向本身的数。
指向本身显然只有一种方法，而指向已经指向本身的数则不一定。
于是有如下分类讨论
1、n个数全部指向本身，则有 n 个
2、n个数中有1个不指向本身（即有n-1个指向本身），则有 C(1,n)*(n-1) 个。C(1,n)是组合，选出这1个；n-1是被选出来的数可以指向的数的个数。
3、n个数中有2个不指向本身（即有n-2个指向本身），则有 C(2,n)*(n-2)^2 个。C(2,n)是组合，选出这2个；n-2是被选出来的数可以指向的数的个数；2次方是因为有2个被选中的数都有n-2个选择。
4、n个数中有3个不指向本身（即有n-3个指向本身），则有 C(3,n)*(n-3)^3 个。C(3,n)是组合，选出这3个；n-3是被选出来的数可以指向的数的个数；3次方是因为有3个被选中的数都有n-3个选择。
…………
i+1、n个数中有i(i为任意数)个不指向本身（即有n-i个指向本身），则有 C(i,n)*(n-i)^i 个。C(i,n)是组合，选出这i个；n-i是被选出来的数可以指向的数的个数；i次方是因为有i个被选中的数都有n-i个选择。
…………
显然 i最大只能为 n-1 ，因为至少要有1个是指向本身的。
∴解就是：（全部指向本身的情况是不符合规律的，要单独加到外面）
n-1
n+∑[C(i,n)*(n-i)^i]
i=1

然后从n个大括号问题转移为 f(...) n个小括号的问题就简单很多。
当至少有1个数是指向本身的，那么同原题一样分析，不过就是可以n步到位而已。
∵大括号里一共有3个数
∴一共有10种。
但是，这漏了一种情况，即：f(1)→2，f(2)→3，f(3)→1。
∵小括号多了，这种方式也可能符合。
∴不难发现，当n个小括号的n满足被3除余1时，这种情况成立。
原因就是 f(1)→2 和 f(1)→2 是完全相同的，所以是成立的。而每多3个小括号，就循环一次，结果还是成立的。
这种情况一共有2个选择：除了上述的那种，还有f(1)→3，f(3)→2，f(2)→1。
∴当n被3除余1时，一共有12种解
当n被3除不余1时，一共有10种解

若再引申出去，大括号里m个数，小括号一共n个的话，就比较难做了
∵这样就不同于原题，不仅仅是2步或2步以内到位，而可以是3步以上。
这样的困难在于不确定 i步到位 的数有多少个，于是下一个数指向时无法准确计算。
∴这个问题得出特殊数据才行了
当然个人觉得是可以用更高级的办法计算，但是我还做不到。

Answer 2

大括号里3个数，f(...)一共2个括号，可以直接当特殊问题考虑。

首先，只要令f(x)→x，就一定可以满足要求
∵这题里f(...)一共2个括号
∴可以不像f(x)→x这样一步到位
可以转而 f(x1)→x2 , f(x2)→x2 即可以保证 x1,x2符合要求。而这样对于x1来说，一共用了2步
再看x3。如果 f(x3)→x1 ，则x3需要3步猜到 f(x2)→x2 ，而这题只有2个括号，所以不符
而 f(x3)→x3 （一步到位），f(x3)→x2（两步到位）均成立。

由此引申出大括号内改为n个数的问题
显然与上面同理，每个数都必须两步或两步以内到位（因为只有2个小括号）
∴映射左边的大括号内的数有两种选择（注意这里是“种”），1是指向本身，2是指向已经指向本身的数。
指向本身显然只有一种方法，而指向已经指向本身的数则不一定。
于是有如下分类讨论
1、n个数全部指向本身，则有 n 个
2、n个数中有1个不指向本身（即有n-1个指向本身），则有 C(1,n)*(n-1) 个。C(1,n)是组合，选出这1个；n-1是被选出来的数可以指向的数的个数。
3、n个数中有2个不指向本身（即有n-2个指向本身），则有 C(2,n)*(n-2)^2 个。C(2,n)是组合，选出这2个；n-2是被选出来的数可以指向的数的个数；2次方是因为有2个被选中的数都有n-2个选择。
4、n个数中有3个不指向本身（即有n-3个指向本身），则有 C(3,n)*(n-3)^3 个。C(3,n)是组合，选出这3个；n-3是被选出来的数可以指向的数的个数；3次方是因为有3个被选中的数都有n-3个选择。
…………
i+1、n个数中有i(i为任意数)个不指向本身（即有n-i个指向本身），则有 C(i,n)*(n-i)^i 个。C(i,n)是组合，选出这i个；n-i是被选出来的数可以指向的数的个数；i次方是因为有i个被选中的数都有n-i个选择。
…………
显然 i最大只能为 n-1 ，因为至少要有1个是指向本身的。
∴解就是：（全部指向本身的情况是不符合规律的，要单独加到外面）
n-1
n+∑[C(i,n)*(n-i)^i]
i=1

然后从n个大括号问题转移为 f(...) n个小括号的问题就简单很多。
当至少有1个数是指向本身的，那么同原题一样分析，不过就是可以n步到位而已。
∵大括号里一共有3个数
∴一共有10种。
但是，这漏了一种情况，即：f(1)→2，f(2)→3，f(3)→1。
∵小括号多了，这种方式也可能符合。
∴不难发现，当n个小括号的n满足被3除余1时，这种情况成立。
原因就是 f(1)→2 和 f(1)→2 是完全相同的，所以是成立的。而每多3个小括号，就循环一次，结果还是成立的。
这种情况一共有2个选择：除了上述的那种，还有f(1)→3，f(3)→2，f(2)→1。
∴当n被3除余1时，一共有12种解
当n被3除不余1时，一共有10种解

若再引申出去，大括号里m个数，小括号一共n个的话，就比较难做了
∵这样就不同于原题，不仅仅是2步或2步以内到位，而可以是3步以上。
这样的困难在于不确定 i步到位 的数有多少个，于是下一个数指向时无法准确计算。
∴这个问题得出特殊数据才行

Answer 3

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