21．（16分）已知$x_{1}$，$x_{2}\in R$，若对任意的$x_{2}-x_{1}\in S$，$f(x_{2})-f(x_{1})\in S$，则有定义：$f(x)$是在$S$关联的．
（1）判断和证明$f(x)=2x-1$是否在$[0$，$+\infty )$关联？是否有$[0$，$1]$关联？
（2）若$f(x)$是在$\{3\}$关联的，$f(x)$在$x\in [0$，$3)$时，$f(x)=x^{2}-2x$，求解不等式：$2\leqslant f(x)\leqslant 3$．
（3）证明：$f(x)$是$\{1\}$关联的，且是在$[0$，$+\infty )$关联的，当且仅当“$f(x)$在$[1$，$2]$是关联的”．
分析：（1）任取$x_{1}-x_{2}\in [0$，$+\infty )$，证明$f(x_{1})-f(x_{2})\in [0$，$+\infty )$，证明$f(x)=2x-1$在$[0$，$+\infty )$关联，取$x_{1}=1$，$x_{2}=0$，证明$f(x)$在$[0$，$1]$不关联；（2）先得到$f(x+3)-f(x)=3$，再得到$x\in [0$，$3)$和$x\in [3$，$6)$的解析式，进而得到答案；（3）先证明$f(x)$在$[1$，$2]$是关联的$\Rightarrow f(x)$是在$\{1\}$关联的，且是在$[0$，$+\infty )$关联的，再证明$f(x)$在$[1$，$2]$是关联的$\Rightarrow f(x)$是在$\{1\}$关联的，且是在$[0$，$+\infty )$关联的．
解：（1）$f(x)$在$[0$，$+\infty )$关联，在$[0$，$1]$不关联，
任取$x_{1}-x_{2}\in [0$，$+\infty )$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=2(x_{1}-x_{2})\in [0$，$+\infty )$，$\therefore f(x)$在$[0$，$+\infty )$关联；
取$x_{1}=1$，$x_{2}=0$，则$x_{1}-x_{2}=1\in [0$，$1]$，
$\because f(x_{1})-f(x_{2})=2(x_{1}-x_{2})=2\notin [0$，$1]$，$\therefore f(x)$在$[0$，$1]$不关联；
（2）$\because f(x)$在$\{3\}$关联，$\therefore$对于任意$x_{1}-x_{2}=3$，都有$f(x_{1})-f(x_{2})=3$，
$\therefore$对任意$x$，都有$f(x+3)-f(x)=3$，
由$x\in [0$，$3)$时，$f(x)=x^{2}-2x$，得$f(x)$在$x\in [0$，$3)$的值域为$[-1$，$3)$，
$\therefore f(x)$在$x\in [3$，$6)$的值域为$[2$，$6)$，
$\therefore 2\leqslant f(x)\leqslant 3$仅在$x\in [0$，$3)$或$x\in [3$，$6)$上有解，
$x\in [0$，$3)$时，$f(x)=x^{2}-2x$，令$2\leqslant x^{2}-2x\leqslant 3$，解得$\sqrt{3}+1\leqslant x<3$，
$x\in [3$，$6)$时，$f(x)=f(x-3)+3=x^{2}-8x+18$，令$2\leqslant x^{2}-8x+18\leqslant 3$，解得$3<x\leqslant 5$，
$\therefore$不等式$2\leqslant f(x)\leqslant 3$的解为$[\sqrt{3}+1$，$5]$，
（3）证明：①先证明：$f(x)$是在$\{1\}$关联的，且是在$[0$，$+\infty )$关联的$\Rightarrow f(x)$在$[1$，$2]$是关联的，
$\because f(x)$是在$\{1\}$关联的，$\therefore$当$x_{1}-x_{2}=1$时，$f(x_{1})-f(x_{2})=1$，即$f(x+1)-f(x)=1$，
$\because f(x)$是在$[0$，$+\infty )$关联的，$\therefore$当$x_{1}-x_{2}\geqslant 0$时，$f(x_{1})-f(x_{2})\geqslant 0$，
任取$x_{1}-x_{2}\in [1$，$2]$，即$1\leqslant x_{1}-x_{2}\leqslant 2$，$\therefore x_{1}\geqslant x_{2}+1$，$x_{1}\leqslant x_{2}+2$，$\therefore f(x_{2}+1)\leqslant f(x_{1})\leqslant f(x_{2}+2)$，
$\therefore f(x_{1})-f(x_{2})\geqslant f(x_{2}+1)-f(x_{2})=1$，$f(x_{1})-f(x_{2})\leqslant f(x_{2}+2)-f(x_{2})=f(x_{2}+2)-f(x_{2}+1)+f(x_{2}+1)-f(x_{2})=2$，
$\therefore f(x)$在$[1$，$2]$是关联的；
②再证明：$f(x)$在$[1$，$2]$是关联的$\Rightarrow f(x)$是在$\{1\}$关联的，且是在$[0$，$+\infty )$关联的，
$\because f(x)$在$[1$，$2]$是关联的，$\therefore$任取$x_{1}-x_{2}\in [1$，$2]$，都有$f(x_{1})-f(x_{2})\in [1$，$2]$成立，
即满足$1\leqslant x_{1}-x_{2}\leqslant 2$，都有$1\leqslant f(x_{1})-f(x_{2})\leqslant 2$，
下面用反证法证明$f(x+1)-f(x)=1$，
若$f(x+1)-f(x)>1$，则$f(x+2)-f(x)=f(x+2)-f(x+1)+f(x+1)-f(x)>2$，与$f(x)$在$[1$，$2]$是关联的矛盾，
若$f(x+1)-f(x)<1$，则$f(x+2)-f(x)=f(x+2)-f(x+1)+f(x+1)-f(x)<2$，与$f(x)$在$[1$，$2]$是关联的矛盾，
$\therefore f(x+1)-f(x)=1$成立，即$f(x)$是在$\{1\}$关联的，
再证明$f(x)$是在$[0$，$+\infty )$关联的，
任取$x_{1}-x_{2}\in [n$，$n+1](n\in N)$，有$1\leqslant x_{1}-(n-1)-x_{2}\leqslant 2$，
$\because f(x)$在$[1$，$2]$是关联的，$\therefore 1\leqslant f[x_{1}-(n-1)]-f(x_{2})\leqslant 2$，
$\because f(x)$是在$\{1\}$关联的，$\therefore f(x+1)-f(x)=1$，$\therefore f(x+k)-f(x)=k$，
$\therefore f[x_{1}-(n-1)]-f(x_{2})=f(x_{1})-(n-1)-f(x_{2})\in [1$，$2]$，$\therefore n\leqslant f(x_{1})-f(x_{2})\leqslant n+1$，
$\therefore$对任意$n\in N$，$f(x)$在$[n$，$n+1]$是关联的，$\therefore f(x)$是在$[0$，$+\infty )$关联的；
综上所述，$f(x)$是$\{1\}$关联的，且是在$[0$，$+\infty )$关联的，当且仅当“$f(x)$在$[1$，$2]$是关联的”，
故得证．
点评：该题考查了函数求解析式，解不等式，函数恒成立的知识，对学生逻辑推理能力提出了很高的要求，属于难题．