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高中数学竞赛 必备


第二讲

映射及映射法

知识、方法、技能 1.映射的定义 设 A,B 是两个集合,如果按照某种对应法则 f,对于集合 A 中的任何一个元素,在集 合 B 中都有惟一的元素和它对应, 这样的对应叫做从集合 A 到集合 B 的映射, 记作 f : A → B. (1)映射是特殊的对应,映射中的集合 A,B 可以是数集,也可以是点集或其他集合,

这两个集合有先后次序,从 A 到 B 的映射与从 B 到 A 的映射是截然不同的. (2)原象和象是不能互换的,互换后就不是原来的映射了. (3)映射包括集合 A 和集合 B,以及集合 A 到 B 的对应法则 f,三者缺一不可. (4)对于一个从集合 A 到集合 B 的映射来说,A 中的每一个元素必有惟一的,但 B 中的每一个元素都不一定都有原象.如有,也不一定只有一个. 2.一一映射 一般地,设 A、B 是两个集合, f : A → B. 是集合 A 到集合 B 的映射,如果在这个映射 下,对于集合 A 中的不同元素,在集合 B 中有不同的象,而且 B 中每一个元素都有原象, 那么个这个映射叫做 A 到 B 上的一一映射. 3.逆映射 如果 f 是 A 与 B 之间的一一对应,那么可得 B 到 A 的一个映射 g:任给 b ∈ B ,规定

g (b) = a ,其中 a 是 b 在 f 下的原象,称这个映射 g 是 f 的逆映射,并将 g 记为 f—1.
显然有(f 1) 1= f,即 — — 如果 f 是 A 与 B 之间的一一对应,则 f 1 是 B 与 A 之间的一一对应,并且 f 1 的逆映射
— —

是 f. 事实上,f 1 是 B 到 A 的映射,对于 B 中的不同元素 b1 和 b2,由于它们在 f 下的原象不 — — 同,所以 b1 和 b2 在 f 1 下的像不同,所以 f 1 是 1-1 的.


任给 a ∈ A,设f ( a ) = b ,则 f f
—1

?1

(b) = a .这说明 A 中每个元素 a 在 f—1 都有原象.因此,

是映射上的. — — — 这样即得 f 1 是 B 到 A 上的 1-1 映射,即 f 1 是 B 与 A 之间一一对应.从而 f 1 有逆映
—1

射 h : A → B. 由于任给 a ∈ A,设h( a ) = b ,其中 b 是 a 在 f f(a)=b,从而 h( a ) = b = f ( a ), 得h = f ,这即是 f
—1

下的原象,即 f 1(b)=a,所以,


的逆映射是 f.

赛题精讲 Ⅰ映射 关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一,请看下述试题. 例 1:设集合 M = {x | 0 ≤ x ≤ 11, x ∈ Z}, 集合F = {(a, b, c, d ) | a, b, c, d ∈ M }, 映射 f:F→Z.使 得 ( a, b, c, d ) → ab ? cd .已知(u , v, x, y ) → 39, (u , y, x, v) → 66, 求x, y , u , v 的值. 【思路分析】应从 (a, b, c, d ) → ab ? cd 入手,列方程组来解之. 【略解】由 f 的定义和已知数据,得
f

f

f

f

?uv ? xy = 39, ? ?uy ? xv = 66(u, v, x, y ∈ M ).
将两式相加,相减并分别分解因式,得

( y + v)(u ? x) = 105,

( y ? v)(u + x) = 27.

显然, u ? x ≥ 0, y ? v ≥ 0, 在x, y, u , v ∈ {x | 0 ≤ x ≤ 11, x ∈ Z} 的条件下, 0 ≤ u ? v ≤ 11,
[ 105 ] + 1 ≤ y + v ≤ 22, 即10 ≤ y + v ≤ 22, 但( y + v) | 105, 可见( y + v)1 = 15, ( y + v) 2 = 21, 11

对应可知 (u ? x)1 = 7, (u ? x) 2 = 5.

27 ] + 1 ≤ u + x ≤ 22知,3 ≤ u + x ≤ 22又有(u + x)1 = 3, (u + x) 2 = 9. 11 对应地, ( y ? v)1 = 9, ( y ? v) 2 = 3. 于是有以下两种可能:
同理, 0 ≤ y ? v ≤ 11, [ 由
? y + x = 15, ? (Ⅰ) ?u ? x = 7, ? ?u + x = 9, ? y ? v = 3; ? ? y + v = 21, ? (Ⅱ) ?u ? x = 5, ? ?u + x = 9, ? y ? v = 3. ?

由(Ⅰ)解出 x=1,y=9,u=8,v=6;由(Ⅱ)解出 y=12,它已超出集合 M 中元素的 范围.因此, (Ⅱ)无解. 【评述】在解此类问题时,估计 y + v, u ? x, y ? v, u + x 的可能值是关键,其中,对它们的 取值范围的讨论十分重要. 例 2: 已知集合 A = {( x, y ) | 应 f,并写出其逆映射.

3 y y < < 3}和集合{( x, y ) | > 0}. 求一个 A 与 B 的一一对 3 x x

图Ⅰ-1-2-1

【略解】从已知集合 A,B 看出,它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合 (如图Ⅰ-1-2-1). 集合 A 为直线 y =

3 x和y = 3 x 所夹角内点的集合,集合 B 则是第一、三象限内点 3

的集合.所要求的对应实际上可使 A 区域拓展成 B 区域,并要没有“折叠”与“漏洞”.先用 极坐标表示集合 A 和 B:

A = {( ρ cos θ , ρ sin θ ) | ρ ≠ 0, ρ ∈ R,

π

< θ < }, 6 3

π

B = {( ρ cos ? , ρ sin ? ) | ρ ≠ 0, ρ ∈ R,0 < ? < }. 2
令 f ( ρ cos θ , ρ sin θ ) → ( ρ cos ? , ρ sin ? ), ? = 3(θ ? 改变,辐角之间是一次函数 ? = 3θ ?

π

π
6

). 在这个映射下,极径 ρ 没有

π
2

,因而 θ和? 之间是一一对应,其中 θ ∈ (

π π

π ? ∈ (0, ). 所以,映射 f 是 A 与 B 的一一对应.
2

, ), 6 3

逆映射极易写,从略. 【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题,颇具特色.应注意理解掌握. Ⅱ映射法 应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题. 例 3:设 X={1,2,…,100},对 X 的任一非空子集 M,M 中的最大数与最小数的和称为 M 的特征,记为 m(M ). 求 X 的所有非空子集的特征的平均数. 【略解】设 A ? X , 令f : A → A′, A′ = {101 ? a | a ∈ A} ? X .
≠ ≠

,Y 于是 f : A → A′ 是 X 的非空子集的全体(子集组成的集) 到 X 自身的满射,记 X 的非 空子集为 A1,A2,…,An(其中 n=2100-1) ,则特征的平均数为

1 n 1 n m( Ai ) = ∑ ∑ (m( Ai ) + m( Ai′)). n i =1 2n i =1
由于 A 中的最大数与 A′中的最小数的和为 101, 中最小数与 A′中的最大数的和也 A 为 101,故 m( Ai ) m( Ai′ ) = 202, 从而特征平均数为

1 ? 202 ? n = 101. 2n

如果 A, 都是有限集合, B 它们的元素个数分别记为 card ( A), card ( B ). 对于映射 f : A → B 来 说,如果 f 是单射,则有 card ( A) ≤ card ( B ) ;如果 f 是满射,则有 card ( A) ≥ card ( B ) ;如 果 f 是双射,则有 card ( A) = card ( B ) .这在计算集合 A 的元素的个数时,有着重要的应用. 即当 card ( A) 比较难求时,我们就找另一个集合 B,建立一一对应 f : A → B ,把 B 的个数 数清,就有 card ( A) = card ( B ) .这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例. 例 4:把△ABC 的各边 n 等分,过各分点分别作 各边的平行线,得到一些由三角形的边和这些平 行线所组成的平行四边形,试计算这些平等四边 形的个数. 【略解】如图Ⅰ-1-2-2 所示,我们由对称性, 先考虑边不行于 BC 的小平行四边形.把 AB 边和 AC 边各延长一等分,分别到 B′,C′,连接 B′C′.将 A′B′的 n 条平行线分别延长,与 B′C′相交,连同 B′,C′共有 n+2 个分 点,从 B′至 C′依次记为 1,2,…,n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交 B′ C′于 i,j,k,l.记 A={边不平行于 BC 的小平行四边形},

B = {(i, j , k , l ) | 1 ≤ i < j < k < l ≤ n + 2}.

把小平行四边形的四条边延长且交 B ′C ′ 边于四点的过程定义为一个映射: f : A → B . 下面我们证明 f 是 A 与 B 的一一对应,事实上,不同的小平行四边形至少有一条边不 相同,那么交于 B ′C ′ 的四点亦不全同.所以,四点组 (i, j , k , l ) 亦不相同,从而 f 是 A 到 B 的 1-1 的映射. 任给一个四点组 (i, j , k , l ),1 ≤ i < j < k < l ≤ n + 2 ,过 i,j 点作 AB 的平行线,过 k, l 作 AC 的平行线,必交出一个边不平行于 BC 的小平行四边形,所以,映射 f 是 A 到 B 的 满射. 总之 f 是 A 与 B 的一一对应,于是有 card ( A) = card ( B ) = C n + 2 .
4

加上边不平行于 AB 和 AC 的两类小平行四边形, 得到所有平行四边形的总数是 3C n + 2 . 例 5:在一个 6×6 的棋盘上,已经摆好了一些 1×2 的骨牌,每一个骨牌都恰好覆盖两上相 邻的格子,证明:如果还有 14 个格子没有被覆盖,则至少能再放进一个骨牌. 【思路分析】还有 14 个空格,说明已经摆好了 11 块骨牌,如果已经摆好的骨牌是 12 块, 图Ⅰ-1-2-3 所示的摆法就说明不能再放入骨牌. 所以,有 14 个空格这一条件是完全必要的.我们 要证明当还有 14 个空格时,能再放入一个骨牌, 只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种 情况不发生,则每个空格的四周都有骨牌,由于正 方形是对称的,当我们选定一个方向时,空格和骨牌就有了某种对应关系,即可建立空格到 骨牌的一种映射, 通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系, 可以得到空格分布的一个很 有趣的结论,从而也就证明了我们的命题. 【略解】我们考虑下面 5×6 个方格中的空. 如果棋盘第一行(即最上方的一行)中的空格数多于 3 个时,则必有两空格相邻,这时问题 就得到解决. 现设第一行中的空格数最多是 3 个,则有 card ( X ) ≥ 14 ? 3 = 11 ,另一方面全部的骨牌 数为 11,即 card (Y ) = 11. 所以必有 card ( X ) = card (Y ), 事实上这是一个一一映射,这时, 将发生一个很有趣的现象:最下面一行全是空格,当然可以放入一个骨牌. 【评述】这个题目的证明是颇具有特色的,从内容上讲,这个题目具有一定的综合性,既有 覆盖与结构,又有计数与映射,尤其是利用映射来计数,在数学竞赛中还较少见. 当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如, 用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其 中两行的结构,也能比较容易地解决这个问题,请读者作为练习. 设 2, …}, 论证是否存一个函数 f : N → N 使得 f (1) = 2 ,f ( f ( n)) = f (n) + n 例 6: N={1, 3, 对一切 n ∈ N 成立, f ( n) < f ( n + 1) 格,即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的 空格,考察它上方的与之相邻的方格中的情况. (1)如果上方的这个方格是空格,则问题得到解决. (2)如果上方的这个方格被骨牌所占,这又有三种情况.

4

(i)骨牌是横放的,且与之相邻的下方的另一个方格也是空格,则这时有两空格相邻,即 问题得到解决; (ii)骨牌是横放的,与之相邻的下方的另一个方格不是空格,即被骨牌所覆盖; (iii)骨牌是竖放的. 现在假设仅发生(2)中的(ii)和(iii)时,我们记 X 为下面 5×6 个方格中的空格集 合,Y 为上面 5×6 个方格中的骨牌集合,作映射 ? : X → Y ,由于每个空格(X 中的)上 方都有骨牌(Y 中的) ,且不同的空格对应于不同的骨牌.所以,这个映射是单射,于是有

card ( X ) ≤ card (Y ) ,对一切 n ∈ N 成立.
【解法 1】存在,首先有一条链. 1→2→3→5→8→13→21→… ① 链上每一个数 n 的后继是 f ( n) ,f 满足

f ( f (n)) = f (n) + n



即每个数是它产面两个数的和,这种链称为 f 链. 对于①中的数 m>n,由①递增易知有

f (m) ? f (n) ≥ m ? n



我们证明自然数集 N 可以分析为若干条 f 链,并且对任意自然数 m>n,③成立(从而

f (n + 1) > f (n) ) ,并且每两条链无公共元素).方法是用归纳法构造链(参见单壿著《数
学竞赛研究教程》江苏教育出版社) 设已有若干条 f 链,满足③,而 k+1 是第一个不在已有链中出现的数,定义

f (k + 1) = f (k ) + 1 ④
这链中其余的数由②逐一确定. 对于 m>n,如果 m、n 同属于新链,③显然成立,设 m、n 中恰有一个属于新链.若 m 属于新链,在 m=k+1 时, f ( m) ? f ( n) = f ( k ) + 1 ? f ( n) ≥ k ? n + 1 = m ? n, 设对于 m,③成立,则 f ( f ( m)) ? f ( n) = f ( m) + m ? f ( n) ≥ m ? n + m ≥ f ( m) ? n [由②易知 2m ≥ f ( m) ]. 即对新链上一切 m,③成立.

若 n 属于新链,在 n=k+1 时,

f (m) ? f (n) = f (m) ? f (k ) ? 1 ≥ m ? k ? 1 = m ? n.
设对于 n,③成立,在 m>n 时,m 不为原有链的链首。 记

m = f ( x), 则在m > f (n)时, f (m) ? f ( f (n)) = s + m ? ( f (n) + n) = m ? f (n) + ( s ? n).
s ≤ n, f (n) ? f (s) ≥ n ? s ≥ 0, 与m > f (n) s > n, f ( m ) ? f ( f ( n)) ≥ m ? f ( n) .
而 在 矛 盾 , 所 以

即对新链上一切,③成立. 因而添入一条新链后,③仍成立.

这样继续添加,直到所有自然数均在链中出现,所得函数 f : N → N 即为所求. 【解法 2】令 f ( n) = [ β ( n + 1)] + n, 其中β = 严格递增,并且 f (1) = 2.

1 ( 5 ? 1), [ x] 表示 x 的整数部分.显然 f (n) 2

又由于 β ( β + 1) = 1 ,

∴ f ( f ( n)) = f ( n) + [ β ( f ( n) + 1)]

= f (n) + {β [ β (n + 1)] + β (n + 1)} = f (n) + {β 2 (n + 1) ? β [ β (n + 1)] + β (n + 1)} ({x} = x ? [ x]为x的分数部分) = f (n) + {n + 1 ? β [ β (n + 1)]} = f (n) + n.
因此, [ β ( n + 1)] + n 就是满足要求的函数.

针对性训练题 1.设 A=B=R,取映射 f : A → B ,使集合 B 中的元素 y = x 3 和集合 A 中的元素 x 对应, 这个映射是否是 A 到 B 上的一一映射? 2.已知 A = {x | 0 ≤ x ≤ 90°}, B = {x | 0 ≤ x ≤ 1}, 映射f : x ? sin 2 x, 求30°,45° 的象以及

3 ,1 的原象. 4
3.从 A 到 B 的映射是 f : x → y = 3 x ? 1 ,从 B 到 C 的映射是 g : y = z = 出从 A 到 C 的映射 h. 4.设 A = {a1 , a 2 , a 3 }, B = {b1 , b2 , b3 , b4 }. ①写出一个 f : A → B ,使得 f 是单射,并求 A 到 B 的单射的个数; ②写出一个 f : A → B ,使得 f 不是单射,并求所有这种映射的个数; ③A 到 B 的映射能否是满射? 5.设集合 A={1,2},则从 A 到 A 的映射 f 中满足 f ( f ( x)) = f ( x) 的映射有几个? 6.某银行为管理保险柜,设 11 人管理,保险柜上加了若干把锁,这些锁的钥匙分发给 11 人保管使用.问最少应为保险柜加多少把锁,才能使任何 6 人同时到场就能打开保险柜, 而任何 5 人到场都不能打开? 7.由 83 个单位立方体砌成棱长为 8 的大立方体,问在大立方体中共可作多少条直线,使每 条直线都穿过 8 个单位方体的中心?

1 ,试写 2y +1

8.在 19×93 的方格板上画出主对角线,问它穿过多少个单位方格的内部?

第三讲 函数的概念和性质 知识、方法、技能
I.函数的定义 设 A,B 都是非空的数集,f 是从 A 到 B 的一个对应法则.那么,从 A 到 B 的映射 f:A →B 就叫做从 A 到 B 的函数.记做 y=f(x),其中 x∈A,y∈B,原象集合,A 叫做函数 f(x) 的定义域,象的集合 C 叫做函数的值域,显然 C ? B. II.函数的性质 (1)奇偶性 设函数 f(x)的定义域为 D,且 D 是关于原点对称的数集.若对任意的 x∈D, 都有 f(-x)=-f(x),则称 f(x)是奇函数;若对任意的 x∈D,都有 f(-x)=f(x),则称 f(x)是偶函 数. (2)函数的增减性 设函数 f(x)在区间 D′上满足:对任意 x1, x2∈D′,并且 x1<x2 时, ,区间 D′称为 f(x) 总有 f(x1)<f(x2) (f(x1)>f(x2)),则称 f(x)在区间 D′上的增函数(减函数) 的一个单调增(减)区间. III.函数的周期性 对于函数 f(x),如果存在一个不为零的正数 T,使得当 x 取定义域中的每个数时, f(x+T)=f(x)总成立,那么称 f(x)是周期函数,T 称做这个周期函数的周期.如果函数 f(x)的所 有周期中存在最小值 T0,称 T0 为周期函数 f(x)的最小值正周期. IV.高斯函数 对任意实数 x,我们记不超过 x 的最大整数为[x],通常称函数 y=[x]为取整函数,又称高 斯函数. 进一步,记{x}=x-[x],则函数 y={x}称为小数部分函数,它表示的是 x 的小数部分. 根据高斯函数的定义,可得到其如下性质. 性质 1 对任意 x∈R,均有 x-1<[x]≤x<[x]+1. 性质 2 对任意 x∈R,函数 y={x}的值域为 [0,1) .

性质 3 高斯函数是一个不减函数,即对任意 x1, x2∈R,若 x1≤x2, 则[x1] ≤[x2]. 性质 3 若 n∈Z, x∈R,则有 [x+n]=n+[x], {n+x}={x} 后一个式子表明 y={x}是一个以 1 为周期的函数. 性质 4 若 x , y ∈R, 则 [x]+ [y]≤[x+y] ≤[x]+ [y]+1. 性质 5 若 n∈N*, x∈R, 则[nx]≥n[x] 性质 6 若 n∈N*, x∈R, 则 [ ] = [

x n

[ x] ]. n

性质 7 若 n∈N*, x∈R+, 则在区间[1,x]内,恰有 [ ] 个整数是 n 的倍数.

x n

性质 8 设 p 为质数,n∈N*,在 p 在 n!的质因数分解式中的幂次为

n n p (n!) = [ ] + [ 2 ] + K p p
赛题精讲 函数是高中数学,也是高等数学的基础.因此,也是高考和高中数学竞赛的重要内 容.下面分类介绍此类题目. I 函数的定义域和值域 例1 当 x 为何值时, lg lg lg lg lg lg x 才有意义.

【思路分析】应根据对数的意义,从最外层开始一层一层地逐步消去根号和对数符号 求出 x 的范围. 【略解】由 lg lg lg lg lg lg x >0,得 lg lg lg lg lg x ≥1 …… ∴ x ≥ 10
10 2?10
2?10 2 ?10

【评述】这种多层对数及根式问题,一定要逐层由外向内求解,要有耐心。 例 2 设 A={a|a=7p,p∈N*},在 A 上定义函数 f 如下:若 a∈A,则 f(a)表示 a 的数字之 和,例如 f(7)=7,f(42)=6,设函数 f 的值域是集合 M.求证:M={n|n∈N*, n≥2}. 【思路分析】注意从充要条件的角度来进行证明. 【略解】先证 M ? {n|n∈N*,n≥2}. 任取 x∈M, 即 x 是被 7 整除的正整数的数字之和,由于 7×10n,n=0, 1,2,…,所以 x 的数字之和是大于 1 的正整数,因此 x∈{n|n∈N*,n≥2}.所以 M ? {n|n∈N*,n≥2}. 再证{n|n∈N*,n≥2} ? M. 任取 x∈{n|n∈N*,n≥2},即 x 是大于 1 的正整数.下面分两种情形: 当 x=2k(k∈N*)时,由于 7|100|,于是取 a= 10011001…1001, k 个 1001 则 7|a,且 f(a)=2k,所以 x∈M. 当 x=2k+1(k∈N*)时,由于 7|100|,7|21,于是取 b=10011001…100121, k-1 个 1001 则 7|b,且 f(b)=2(k-1)+3=2k+1,故 x∈M,故 x∈M.所以 {n|n∈N*, n≥2} ? M. 因此 M={n|n∈N*, n≥2}.

【评述】此类题目的证明严谨、科学. 例 3 设正实数 x, y 满足 xy=1,求函数 f(x, y) =

x+ y 的值域.(其中([x]表示不超过 x 的最大整数) [ x][ y ] + [ x] + [ y ] + 1

【思路分析】由 x、y 的对称性,不妨设 x≥y,则有 x2≥1,必分 x=1 与 x>1 两种情况 讨论. 【详解】不妨设 x≥y,则 x2≥1,x≥1.有下面两种情形: (1)当 x=1 时,y=1,此时 f(x,y)=

1 . 2

(2)当 x>1 时,设[x]=n, {x}=x-[x]=α,则 x=n+α,0≤α<1.

1 <1,故[y]=0. n +α 1 n +α + n +α . f ( x, y ) = n +1 1 由函数 g(x)=x+ 在 x≥1 时是递增的和 0≤α<1 得 x 1 1 1 n + ≤ n +α + < n +1+ , n n +α n +1 1 1 n+ n +1+ n ≤ f ( x, y ) < n +1 . ∴ n +1 n +1 1 n+ 2 n = n +1 = 1? n ?1 , 设a n = n +1 n2 + n n2 + n 1 n +1+ 1 n +1 = 1+ bn = .则 n +1 (n + 1) 2 n?2 . a n+1 ? a n = n(n + 1)(n + 2) a1 > a 2 = a3 , a3 < a 4 < K a n < K ,
于是,y=

b1 > b2 > K > bn > K. 5 5 于是当x > 1时, f ( x, y )的值域为[a 2 , b1 ), 即[ , ). 6 4 1 5 5 综上所述,f(x, y)的值域为 { } U [ , ) . 2 6 4
【评述】本例表面上为“二元函数”实为一元函数,因为 y= 的函数了. II.函数性质的应用 在数学竞赛中,常见的应用函数性质的题目有以下几类: 1.求值、求最值

1 ,消去 y 后就是关于 x x

例 4 设函数 f(x)是定义在 R 上的周期为 3 的奇函数,且 f(1)=2,求 f(2)+f(3)的值. 【思路分析】要抓住函数为奇函数且周期为 3 进行变形求值. 【略解】对定义在 R 上的奇函数,必有 f(0)=-f(0),即 f(0)=0. ∴f(3)=f(0)=0, f(2)=f(-1+3)=f(-1)=-f(1)=-2. ∴f(2)+f(3)=-2. 例 5 设 f(x),g(x)都是定义在 R 上的奇函数,F(x)=af(x)+bg(x)+2 在区间(0,+∞)上 的最大值是 5,求 F(x)在(-∞,0)上的最小值. 【思路分析】应注意 F(x)-2 是奇函数,这是解题的一条途径. 【略解】令 ? (x)=F(x)-2=af(x)+bg(x), 易知 ? (x)为奇函数,且在(0,+∞)上有最大值 3. ∴ ? (x)在(-∞,0)上有最小值-3. 故 F(x)在(-∞,0)上的最小值为-1. 【评述】将代数式转化为奇函数的思想十分重要,应注意掌握这种“转化思想”. 例 6 设函数 f(x), 对任意 x, y∈R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y),若 x>0 时,f(x)<0 且 f(1)=- 2. (1)证明:f(x)是奇函数; (2)求 f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. 【思路分析】因为 x∈R,由区间的特殊点,即 x=0 入手,是解题的出发点. 【略解】 (1)令 x=y=0,则有 f(0)=f(0)+f(0), ∴f(0)=0. 再令 y=-x,得 f(0)=f(x)+f(-x), ∵f(0)=0, ∴f(-x)=-f(x), ∴f(x)是奇函数. (2)设 x1, x2∈R,且 x1< x2,则 f(x2)=f[x1+(x2-x1)]=f(x1)+f(x2-x1), ∵x2>x1, ∴x2-x1>0. 由已知得 f(x2-x1)<0, ∴f(x2)<f(x1).故 f(x)在 R 上是减函数. ∴f(x)在[-3,3]上的最大值[f(x)]最大值=f(-3),最小值[f(x)]最小值=f(3). 又∵f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1)+f(1)=-6, f(-3)=-f(3)=6. 故 f(x)在[-3,3]上的最大值为 6,最小值为-6. 【评述】本题中的 “x2=x1+(x2-x1)”是完成证明函数是减函数的证明的主要过程,这一 特点读者应有所体会. 2.求函数的解析式 - 例 7 若 f(x)=2x-2 xlga 为奇函数,求实数 a 的值. 【思路分析】可由 f(x)为奇函数,得到 f(-x)=-f(x),构造方程来求 a 的值. - - 【略解】∵f(-x)=2 x-2xlga=-(2x-2 xlga)=-f(x), - - ∴(2x+2 x)-(2x+2 x)lga=0, - 即(2x+2 x)(1-lga)=0, - ∵2x+2 x>0, ∴1-lga=0, 故 a=10. 【评述】利用“函数与方程的思想”来解题依然是本题的主线,但函数是奇函数是出 发点。应注意找好每道题解题的出发点.

例 8 已知定义在 R 上的单调函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f(y)且 f(1)=2. (1)求证:f(x)为奇函数; (2)当 t>2 时,不等式 f(klog2t)+f(log2t-log22t-2)<0 恒成立,求实数 k 的取值范围. 【思路分析】由 f(x)的定义域为 R,从其特殊点,即 x=y=0 入手来解此题. 【略解】 (1)令 x=y=0 得 f(0)=2f(0), ∴f(0)=0. 再令 y=-x, 得 f(0)=f(x)+f(-x), ∴f(-x)=-f(x), 即 f(x)为奇函数. (2)∵f(0)=0, f(1)=2,且 f(x)是 R 上的单调函数,故 f(x)是 R 上的单调递增函数.又 f(x) 是奇函数. 由 f ( k log 2 t ) < ? f (log 2 t ? log 2 t ? 2) = f (log 2 t ? log 2 t + 2)
2 2

得 klog2t<log22t-log2t+2, 即 log22t-(k+1)log2t+2>0, ∴(k+1)2-8<0, ∴-2 2 <k+1<2 2 , ∴-1-2 2 <k<-1+2 2 . 故使不等式恒成立的实数 k 的范围是(-1-2 2 ,2 2 -1). 【评述】本题(2)为函数不等式,此类题目十分典型,本节后面将专门加以介绍.

针对性训练
1.给定函数 f(x)=x2+ax+b,设 p、q 是满足 p+q=1 的实数. 证明:若对于任意的实数 x, y 均有:pf(x)+qf(x)≥f(px+qy),则 0≤p≤q. 2.试证不存在满足下列两个条件的二次多项式 f(x): (1)当-1≤x≤1 时,|f(x)|≤1. (2)|f(2)|>8. 3.已知指数函数 f(x)=ax(a>0, a≠1),求满足 f(3x2-4x-5)>f(2x2-3x+1)的 x 的值. 4.设 Q 为有理数集,求满足下列条件的从 Q 到 Q 的函数 f: (1)f(1)=2; (2)对所有 x,y∈Q,有 f(x,y)=f(x)f(y)-f(x+y)+1. 5.函数 f(x)在[0,1]上有定义,f(0)=f(1).如果对于任意不同的 x1, x2∈[0,1],都有|f(x2)- f(x1)|<|x2-x1|.求证:|f(x2)-f(x1)|<

1 . 2

6.求方程[x/1!]+[x/2!]+…+[x/10!]=1001 的整数解. 7.g: C→C,ω∈C,a∈C, ω3=1, ω≠1.证明有且仅有一个函数 f: C→C,满足 f(z)+f(ωz+a)=g(z), z∈C.求出 f.


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