高中数学奥赛教程.pdf

内容综述内容综述：本讲先介绍了以下一些重要的概念：集合、子集、两集合相等、真子集、并集、交集、相对补集，然后介绍了著名的容斥原理，接着介绍了以下几个定律：零律、分配律、排中律、吸收律、补交转换律、德摩根律。然后通过 6 道例题分析了一部分集合题目的解题方法与技巧，同学们应在熟悉以上定义、定理、定律的基础上仔细分析例题材解法，争取可以独立解决训练题。要点讲解要点讲解：1 1基本理论基本理论除了课内知识外，我们补充以下知识相对补集：称属于 A 而不属于 B 的全体元素，组成的集合为 B 对 A 的相对补集或差集，记作 A-B。容斥原理：以表示集合 A 中元素的数目，我们有，其中为 n 个集合称为 A 的阶。n 阶集合的全部子集数目为。A，B，C 为三个集合，就有下面的定律。（1）分配律（2）零律学科：奥数学科：奥数教学内容：集合（一）教学内容：集合（一）（3）排中律（4）吸收律（5）补交转换律（6）德摩根律的相对形式例题分析：例题分析：例例 1 1：对集合1，2，n及其每一个非空了集，定义一个唯一确定的“交替和”如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后交替地减或加后继的数所得的结果，例如，集合的“交替和”是 9-6+4-2+1=6.的“交替和”是 6-5=1，的交替和是 2。那么，对于 n=7。求所有子集的“交替和”的总和。分析分析；n=7 时，集合7，6，5，4，3，2，1的非空子集有个，虽然子集数目有限，但是逐一计算各自的“交替和”再相加，计算量仍然巨大，但是，根据“交替和”的定义，容易看到集合1，2，3，4，5，6，7与1，2，3，4，5，6的“交替和”是 7；可以想到把一个不含 7 的集和 A 与的“交替和”之和应为 7。那么，我们也就很容易解决这个问题了。解解：集合1，2，3，4，5，6，7的子集中，除去7外还有个非空子集合，把这个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和，结组原则是设这是把结合为一组，显然，每组中，“交替和”之和应为 7，共有组.所以,所有“交替和”之和应该为。说明说明：我们在这道题的证明过程中用了这类题目最典型的解法。就是“对应”的方法，“对应”的方法在解决相等的问题中应用得更多。例例 2 2：设 A=1，2，2n.，证明：A 的任意 n+1 阶子集中，存在两个数，一个可被另一个整除。分析分析：对于 2n 个数中取 n+1 个数，我们应该有一个直觉就是把这 2n 个数分成 n 组，每组都必然满足题目条件，那么由抽屉原则命题就解决了。证明：证明：前2n个自然数中，共有n个奇数。根据自然数的一种有用的表达形式；n=(2k-1)2(,L 为非负整数)考查 A 的下列 n 个子集，容易看到：考虑 A 中任意 n+1 个元素，根据抽屉原则知，至少有两个元素是上述 n 个集合中同一个集合中的元素，这两个数中，必有一个可被另一个整除。说明说明：把一个集合分成若干个两两不交的子集的并，也则分拆，这种分拆的方法在解决集合的问题时为常用方法之一。例例 3 3 3 3：某班对数学、物理、化学三科总评成绩统计如下：优秀的人数：数学 21 个，物理 19 个，化学 20 个，数学物理都优秀 9 人，物理化学都优秀 7 人。化学数学都优秀 8人。这个班有 5 人任何一科都不优秀。那么确定这个班人数以及仅有一科优秀的三科分别有多少个人。分析：分析：自然地设 A=数学总评优秀的人B=物理总评优秀的人C=化学总评优秀的人则已知|A|=21|B|=19|C|=20这表明全班人数在 41 至 48 人之间。仅数学优秀的人数是可见仅数学优秀的人数在 4 至 11 人之间。同理仅物理优秀的人数在 3 至 10 人之间。同理仅化学优秀的人数在 5 至 12 人之间。解解：（略）。说明说明：先将具体的实际生活中的问题数学化，然后根据数学理论来解决这个问题不仅是竞赛中常见情况，也是在未来学习中数学真正有用的地方。例例 4 4 4 4：n 元集合具有多少个不同的不交子集对？分析：分析：我们一般想法是对于一个子集，求出与它不交的子集个数，然后就可以求出总的子集对来了。解解：如果子集对是有序的，即在子集对中可以区分第一个子集与第二个子集，则第一个子集若是 k 个元素，第二个子集就由其余 n-k 个元素组成，可能的情况是种，而这时第一个集合的选取的可能情况应为种，那么 k 从 o 变到 n，总的情况可能就是。如果子集对是无序的，即两个子集相同但次序不同的子集对不认为不同，则对有序子集对中有一对是由两个空集组成，而对其它个有序对，每一对中交换两个子集的次序，得到的是同一个无序子集对，因此有个无序子集对，其中至少有一个子集非空，于是无序子集对的总数为分析二：分析二：我们可以从元素的角度来思考问题。对一个元素来说，它有三种不同的选择，在第一个集合中，在第二个集合中，或者不在两个集合中。解法二解法二：在计算有序对的数目时，对每一个元素来说有三种可能：它或在第一个子集，或在第二个子集，或不在其中任意一个子集，因此不同的不交有序子集对的总数，以下同解法一。说明：说明：本题为 1973 年捷克的竞赛题，对题目的不同分析使我们得到了差异很大的两个解法，解法一从题目要求想起，很容易想到，但解出最后解却不见得那么简单，而解法二的想法是类似于集合分析的想法，很难想到，但想出后比较容易求解，两个解法对比一下正体现了数学思维的两方面，一个是纯代数想法，以计算的方法替代对题目更深层次的研究，另一个则是控掘题目本身的内在关系，找出最合适的解答，我们当然推荐第二种做法。例例 5 5 5 5：1992 位科学家，每人至少与 1329 人合作过，那么，其中一定有四位数学家两两合作过。分析：分析：在与一个人 A 合作的人中我们找到 B。再说明一定有人与 A 和 B 都合作过为 C。最后再说明有人与 A、B、C 都合作过为 D，那么 A、B、C、D 就是找的人了。证 明证 明：一个人A。不妨设B与 之合作。那么。即C 与 A和 B 均 合 作 过，分 别 表 示 与 A、B 合 作 过 的 人 的 集 合。同 样 地，。所以存在。则 A、B、C、D 就是所求，证毕。说明说明：把一个普通的叙述性问题转化为集合的语言描述的问题通常为解题的关键之处，也是同学们需加强的。例例 6 6 6 6：集合 X 由 n 个元素构成，对两个子集，求得集合的元素个数，证明：所有求得个数之和为。分 析分 析：我 们 先 考 虑 一 个 简 单 情 况，n=2.这 时 有 四 个 集 合，记 为。交集情况就是。那么对于 n 很大时，我们有的不只是 4 个集合却可以以此形式分组。证明：证明：因为 集合 X 总共 有个不 同子集，所以不同 的有序子 集对共 有，将所有子集对分为个 4 元组：其中表示子集的补集 X-A。交换子集对的 4 元组中子集对的次序，得到的是同一个四元组，事实上，由子集对得到的 4 元组与由得到的完全相同，且。说明：说明：复杂的问题先考虑简单的特殊的情况是一种最常用的方法，从中找到共性后就很容易得到原题目有答案了。1一个集合含有 10 个互不相同的十进制两位数，证明：这个集合必有两个无公共元素的子集合，这两个子集元素和相等。2是否存在两个以非页整数为元素的集合 A、B，使得任一个非负整数都可以被 A、B之中各取一数之和唯一表出。3对每个使得在 n 元集合中，可以取出 k 个子集，其中任意两个的交非合。4能否把分成两个积相等的不交集合。参考答案参考答案110 个元素的集合共有个非空子集，每一个这个集合的非空子集中数字之和小于，由抽屉原则知，必有两个子集，它们有相同的元素和，设为满足题目要求条件。2十进制为第 1 位。为第 i 位，考虑如下的 A、B：A 为奇位为 o 的那些非负整数组成。B 为偶位为 o 的那些非负整数组成。不难验证这样的AB 是符合题目要求的。3在集合中取定一个元素，并只考虑含的子集，这类子集的个数为集合的子集的个数，即为。因此。另一方面，设从集合 X 至少取出个子集，将集合 X 的所有子集分成对。每一对由一个子集与它的补集组成，由抽屉原则，所取子集至少有两个组成一对，因此它们不交，于是。4对 7 取模，由于均不能为 7 的位数，所以(mod7).所以 n（n+1）(n+2)(n+3)(n+4)(n+5)(mod7)，而若能拆分应为0、1、4、2（mod7），所以集合不能拆成满足要求的集合。【经验谈】【经验谈】集合是数学中的重要基础知识，不论是高考还是数学竞赛中都少不了它的一席之地。本文将帮助你彻底掌握集合知识。【内容综述】【内容综述】集合是组合数学的基础，也是高中数学竞赛中的重要组成部分。希望大家通过本讲学习开拓思路，灵活解题，另外，要想解好集合题目，相关知识也很重要。【例题分析】【例题分析】例例 1 1 1 1：设，是有限集合的 50 个子集，每个子集都含有的半数以上的元素，证明：存在子集，它至多含 5 个元素，并且和集合，中每一个集合至少有一个公共元。分析：我们知道，这种题目并没有什么特别好的办法，只能一个一个把这 5 个元素找出来，我们还是可以先将题目简化成简单形式，看是否方便理解一些，但这里我们就不这么做了。证明：设集合中元素个数为 n，子集，中每一个都含以上的元素，即所有这些子集的元素个数大于由抽屉原理，必有集合的元素，它至少属于 26 个子集，同理可证，对每个，在子集，中至少有个子集，它们具有公共元素，在集合中取出一个元素，它至少属于 26 个子集，并作为集学科：奥数学科：奥数教学内容：集合教学内容：集合(二二)合中五个元素之一，去掉包含这个元素的 26 个子集，在余下 24 个子集中取一个元素，它至少属于 13 个子集，去掉这 13 个子集，在余下的 11 个子集中取一个元素，它至少属于6个子集，在余下 5 个子集中取一个元素，它属于 3 个子集，剩下两个子集再取一个公共元素就可以了，于是，求得集合的至多 5 个元素（在上述过程中所取的元素可能重复，所以可能小于 5），它们构成集合，而子集，中每一个都至少含有它的一个元素。说明：说明：这道题目当和均较小时也就可以作为小学生竞赛题，而数目增大以后却成为了英国高中竞赛题目，假设我们在分析较小的数时可以把规律找出，而这是很简单的，那么整道题目也就迎刃而解了，这就告诉我们，做这类整数问题时，应该时时刻刻想到先将数目变小看看规律，然后再做题目本身。例例 2 2 2 2：有 11 人管理一个保险柜，可以在柜上加若干把锁，每把锁可以有若干把钥匙，问：如何加锁和如何分配各锁的钥匙，才能使任何 6 个人可以把保险柜打开，但任意 5 个人却不能。分析：我们反过来想一下，假设，是 11 个人打不开的锁的集合，从11个人中任意找 5 个人的可能性有种情况。要想把它们都区别开，也就是说至少要有 462 把锁。那么再对 462 把锁进行构造就可以了。解：设加把锁，又设，是这 11 个人各自打不开的锁的集合，从 11 个集合中任选 5 个并集都不相同，故至少应有锁把，为分配好各锁的钥匙，设锁号依次为 1 号，2 号，462 号，同时把 11 个人任取 5 个的组合也编上 1 至 462 号，然后把锁和组合一一对应起来，给每个人发钥匙时，他所在的组的号的钥匙不给他，其他钥匙都给他，这时就满足题设了。说明说明：这个构造难度很大，这主要原因还是因数目太大了，也应该先从小的数目做起，最后回到原题。例例 3 3 3 3：把个元素的集合分为若干个两两不交的子集，按照下述规则将某一个子集中某些元素挪到另一个子集：从前一子集挪到后一子集的元素个数等于后一子集的元素个数（前一子集的元素个数应不小于后一子集的元素个数），证明：可以经过有限次挪动，使得到的子集与原集合相重合。分析：首先考虑到是一个很特殊的数，其次我们发现若两个集合的元素个数除以 2的若干次幂后若为奇数，那么，它们之间挪后就应为偶数这一事实，若还不能想到解答就试一下，时的情况，相信解答就不会难找到了。证明：考虑含奇数个元素的子集（如果有这样的子集），因为所有子集所含元素的个数总和是偶数，所以具有奇数个元素的子集个数也是偶数，任意将所有含有奇数个元素的子集配成对，对每对子集按题目要求的规则移动：从较大的子集挪出一些元素，添加到较小的子集，挪出的元素个数为较小子集的元素个数，于是得到的所有子集的元素个数都是偶数，现在考虑元素个数不被 4 整除的子集，如果，则总共有两个元素，它们在同一个子集，因此设，因为子集的元素个数的总数被 4 整除，因此这样的子集的个数为偶数，任意将这样的子集配成对，对每一对子集施行满足题目要求的挪动，于是得到的每个子集数均可被 4 整除，依此做下去，最后得到的每个子集元素个数均可被整除，也就是只能有一个子集，它的元素个数为，证毕。说明：这道题的证明中隐含了一种单一变量在变化时变化方向相同这一性质，就这道题来说，一直在增加的就是各子集元素个数被 2 的多少次幂整除的这个幂次数，这是一大类问题，除了这种变化量，还要经常考虑变化中的不变量。例例 4 4 4 4：给定 1978 个集合，每个集合都含有 40 个元素，已知其中任意两个集合都恰有一个公共元，证明：存在一个元素，它属于全部集合。分析：我们可以先去找一个属于很多个集合的元素，最好它就是我们要找的那一个。证明：考虑给定的 1978 个集合中任意一个集合，它和其它 1977 个集合都相交，因此，存在，使得它至少属于其中 50 个集合，否则，集合中每个元素至多属于 49 个集合，而集合恰有 40 个元素，所以除外至多有 1960 个集合，不可能，因此设属于集合，下面证明它属于给定的 1978 个集合中任一个。对于除了，的任一个集合，设，则与，每一个都有至少一个元素的交，它们都与 不同，那么，就至少要有 51 个元素，不可能，因此属于每个集合。说明：说明：这种题目最怕把它想难了，想行太难了，就会觉得无从下手，做数学竞赛题就需要一方面在做题之前选好方向，另一方面就是大胆尝试去做。例例 5 5 5 5：在一个含 10 个元素的集合的若干非空子集中，任意两个不同的子集的交集含有中元素的数目不多于 2，这样的子集合有多少个。分析：的一元素子集和二元素子集显然都是满足条件的，三元子集呢？如果有一个多于 3 元的子集，总可以把它拆为三元子集的并，增加子集的数量而不影响性质，而恰恰把全部三元子集都选上也符合题目要求。解：中的单元素子集共 10 个，这 10 个都符合题目的要求。中的含两个元素的集合共个，它们也符合要求。中含三个元素的集合共个，也符合要求。这表明，的子集合中，至少有个子集满足条件。另一方面，假设的非空子集有多于 175 个具有题目中的条件。设这个子集族为，其中则中必存在含有中的元素数超过 3 的集合，设，取，作差集，显然，这表明与不能同为子集族中的成员，用替换，得到另一个子集族：，容易看到也符合题目中的条件，并且，经过这样的替换后，中某个元素被含中元素少于的另一个的子集所替代，因为，中的元素数目有限。所以有限次替代后，总可使新的子集族中各元素含有中的元素数目不超过 3，这就看出与矛盾，这表明不存在符合题目条件的多于 175 个的的子集形成的子集族，即这样的子集族恰有 175 个。说明：说明：这道题是一类典型问题的代表，这种问题的解法就是先构造，然后证明更多或更少不行。在证明过程中尽量把它往构造出来的方向化规。例例 6 6 6 6：在个元素组成的集合中取个不同的三元子集。证明：其中必有两个，它们恰有一个公共元。分析：证明恰有一个公共元也许挺难。那么证只有两个或零个公共元不可能是否可行呢？如果具有两个公共元的集合与表示为、那么有传递性。是否有用呢？证明：设结论不真。则所给的 3 元子集要么不交，要么恰有两个公共元，如果子集与恰有两个公共元，则记。设是三个子集。可以证明如果，则，于是所有给定的 3 元子集可以分类，使得同一类中任意两个不同子集都恰有两个公共元。而不同类的子集不相交。于是对每个子集类，有三种可能：（1）恰含 3 个元素的类。（2）恰含 4个元素的类。（3）至少含 5 个元素的类。在（1）下，3 元子集类恰由一个 3 元子集组成。在（2）下，子集类中至多有 4 个子集。考虑（3）设，则还有一个，由，有。因此对子集类中任意子集，由，它包含与，于是类中子集个数比类中元素个数少 2，于是，每个类中子集个数不超过元素个数，但是题中条件子集数大于元素个数，矛盾！说明：说明：此题为 1979 年美国竞赛题。题目难度较大，应该说是应用了高等代数中的一些思想。1求的所有子集元素的和之和。2小明去买东西，现在他有 10 元，希望分成 10 包，使在商店内他能买起的东西都可由包中的钱直接支付。3能否把整数集合分成 3 个子集，使得对每个整数，都属于不同的集合。410 名学生按下面的规则组成运动队，规则是：每人可报名参加任何一个运动队；每个运动队都不能完全包含于或重合于另一个运动队。问：最多几个队？每队分别多少人？参考答案参考答案1我们可以发现对每个数，它出现在个子集之中，因此所有子集中的的和为，那么全部元素在全部子集之中的和为。2利用二进制来考虑此题，小明的前 9 包分别有钱 1 分（2），10 分（2），100 分（2），1000分（2），10000分（2），100000分（2），1000000分（2），10000000分（2），100000000分（2），剩下一包装剩下的钱（以上数皆为二进制）就可以了。3不能。反证法。设存在合乎题中条件的一种分法，如果和同属于一个子集，则记为，否则记为，对，若分在三个集合中则称为好的。都是好的。，而，故在第二组中用代替，故是好的。故。由此即，但。矛盾！有这样一个结论阶集合的子集若满足且则的最大值为，代入本题得为。【能力训练】【能力训练】A A 级级选择题选择题1若 a0，a1，F(x)是一奇函数，则是（）)211a1F(x)(G(x)x+=（A）奇函数（B）偶函数（C）非奇非偶函数（D）奇偶性与 a 有关2设f(x)是定义在实数集上的周期为 2 的周期函数，且是偶函数。已知当 x2，3 时，f(x)=x，则当 x-2，0时，f(x)的解析式是（）（A）f(x)=x+4(B)f(x)=2-x（C）f(x)=3-|x+1|(D)f(x)=2+|x+1|3设f(x)，g(x)是定义在（-，+）上的两个函数，对任意实数 x，y 满足 f(xy)+(xy)=2f(x)g(x),若 f(0)=0，但 f(x)不恒等于 0，则（A）f(x)，g(x)都是奇函数（B）f(x)，g(x)都是偶函数（C）f(x)是偶函数，g(x)是奇函数（D）f(x)是奇函数，g(x)是偶函数。4奇函数 y=f(x)有反函数，函数在0，+上是减函数，则)(fy1x-=)(fy1x-=上是（）（A）是增函数（B）是减函数（C）有时是增函数，有时是减函数学科：奥数学科：奥数教学内容：函数通性训练题教学内容：函数通性训练题（D）有时是增函数，有时是减函数，有时是常数函数。5函数 y=f(x-a)与函数 y=f(a-x)的图象间的关系是（）（A）关于 y 轴对称（B）关于 x 轴对称（C）关于直线 x=2a 对称（D）关于直线 x=a 对称填空题填空题6函数 f(x)对一切实数 x 都满足，并且方程 f(x)=0 有三个实)21()21(xfxf=+根，这三个实根的和是_.7设奇函数 y=f(x)的定义域为 R，f(1)=2，且对任意，都有Rxx21,当 x0 时，f(x)是增函数，则函数在这间-3，-2上),f(x)f(x)xf(x2121+=+)(fy2x=的最大值是_.8定义域是实数域的奇函数 f(x)，对任意实数 x 都有 f(x)=f(x+2)则f(2)+f(4)+f(6)+f(1992)+f(1994)=_。9设函数 f(x)的定义域为(0，+)，且单调递增，满足 f(2)=1，f(xy)=f(x)+f(y)（1）证明：f(1)=0f(1)=0。（2）求 f(4)。（3）若 f(x)+f(x-3)2，求 x 的范围。（4）举出一个符合上述要求的函数 f(x)。B B 级级10设函数 f(x)对任一实数 x 满足 f(2-x)=f(2+x)，f(7-x)=f(7+x)，且f(0)=0。求证：f(x)在-30，30上至少有 13 个零点，且 f(x)是以 10 为周期的函数。11函数的最小正周期分别为 2和 2。证明xsin(x)fsinx(x)f21和=f(x)=sinx+sinx 不是周期函数。12证明：若函数 y=f(x)在 R 上的图解关于点和直线 x=b(ba)皆对)yA(a,0称，则 f(x)为周期函数。13设 f 是一个从实数集 R 映射到自身的函数，并且对任何 xR 均有|f(x)|1，以及).71()61()()4213f(x+=+xfxfxf证明：f 是周期函数，即存在一个非零实数 C，使得对任何 xR，成立 f(x+C)=f(x).参考答案参考答案【能力训练】【能力训练】A A A A 级级1B。，故 G(x)是偶数。2C。当 x2，1时，x+42，3.f(x)=f(x+22)=f(x+4)；当 x3，2时，由于 f(x)为偶函数f(x)=x，当 x1，0时，f(x)f(x2)=(x2)=x23D。令 x=0，f(y)=f（y）；又将y 代换成 y，f(xy)+f(x+y)=2f(x)g(y),g(y)=g(y)4A。如果一个函数存在反函数，那么它们的单调状况相同。5D。设图 象上任意一点，则a)f(xy)y,(x00是=),x(2afaa)f(xy000=.;)(),2(00反之也成立的图象上在点xafyyxa=6y=f(x)的图象关于对称，其中一根必是，另两根之和是。故所有实21x=211212=根之和是 1.5。7令由 f(x)为奇函数，且在(0,+)上为增函数，故在（，0）0,f(0)0,xx21=上也为增函数，且f(2)=f(1+1)=2f(1)=4，用定义易知，上为增函数。故-3，-)0,()(y2=在xf2上的最大值是.16)2(2=f8f(x)为 R上的奇函数，f(0)=0,且 f(0)=f(2)=f(4)=f(1994)=0，故原式为 0。9（1）取 x=1，y=2，得 f(2)=f(12)=f(1)+f(2).f(1)=0（2）f(4)=f(2)+f(2)=2.（3）f(x)+f(x+3)=fx(x-3)2=f(4)，所以.43,03,41,43x2xxxx故但（4）可取.xlogf(x)2=B B B B 级级10f(x)关于 x=2 和 x=7 对称。f(4)f(2+2)f(22)f(0)0,f(10)f(7+3)f(73)f(4)0，于是（0，10上至少有两个零点。f(x10)f(73x)f(73x)f(4x)f(22x)f(22x)f(x)，f(x)以 10为周期。f(30)=f(30310)=f(0)=0综上，f(x)在30，30上至少有 13 个零点。11反证，若周期为 T，则 sin（xT）sin(xT)=sinxsinx22cos2sin22cos2TsinTxTTx+=+存在使得将代入，于是,x0R,022cos,02x2cos00+=+TxT而,02sin=T对每个 xR，由于，故，,022cos2sin+TxT,02sinT于是 k=m，矛盾。,02sin=T,02sinT,2,2ZmkmTkT=12 提示4（ba）是它的一个周期，由已知有f(bx)=f(bx)f(ayyx)f(a00=+x)，反复利用、，可证 fx4(ba)=f(x)13同样，有由、即对所有N 成立。又f(x)有界，故只有 f(x+1)f(x)=0.f(x+1)=f(x),f(x)为周期函数。【内容综述内容综述】函数是数学上的一个基本而又重要的概念，在现代数学中，它几乎渗透到各个分支中。函数的性质主要指函数的对称性、单调性和周期性。函数图象的对称性反映了函数图象的局部与整体的关系，恰当地运用函数的对称性，往往可使问题简化。函数的奇偶性是对称性中最重要的特殊情形。函数的单调性可用函数值的比较给出证明，利用函数的单调性，可以比较实数的大小，证明一些不等式和确定某些函数的值域及最值。设 f 是 D 上的函数，如果存在常数 T0，使得对每个 xD，都有 f(x+T)=f(x-T)=f(x)成立，则称 f(x)为周期函数，T 为 f(x)的一个周期，如果 f(x)的所有正周期中存在最小值，称为周期函数 f(x)的最小正周期，一般说函数的周期都是指最小正周期。例题分析例题分析：例 1 已知函数 y=f(x)(xR，且 x0)，对任意非零实数都有，试判定 f(x)的奇偶性。分析：分析：欲判别 f(x)的奇偶性，即找出 f(-x)与 f(x)之间的关系，可令，为此必求出 f(-1)，而求f(-1)，又可令，为此又必先求出 f(1)，而f(1)不难求得。解解 令，则 f(1)=2f(1)，所以 f(1)=0。令，则 f(1)=f(-1)+f(-1)，所以 f(-1)=0。学科：奥数学科：奥数教学内容：有关函数通性的试题选讲教学内容：有关函数通性的试题选讲于是，在已知等式中，以-1，x 分别代替，则f(-x)=f(-1)+f(x)，即f(-x)=f(x)，故 f(x)为偶函数。说明说明 在以抽象的函数等为条件的问题中，常常先考虑 x 取 0，-1，1 等的特殊值，再利用 f(0)，f(1)的值来研究函数 f(x)的性质。例 2 设 a 是大于 0 的实数，f(x)是定义在全体实数 R 上的一个实函数，并且对每一实数 x 满足条件：1试证明：函数 f(x)是周期函数，也就是，存在一个实数 b0，使得对每一 x 都有f(x+b)=f(x)。2就 a=1 举出一个这种函数 f(x)的例子，但 f(x)不能是常数。分析分析这是一道探索存在性的问题，题中给出的已知条件只有唯一的一个含有 a 的方程，直觉告诉我们，f(x)的周期定与 a 有关，于是，我们可从原方程出发，边递推边探索。解解 1，由有将代入但故 f(x+a)=f(x-a)即 f(x)是一个周期函数，且周期 b=2a。2现在我们来构造一个周期为 2 的，满足（1）式的函数 f(x)，由于（1）式可化为这使我们想到最熟悉的周期函数：正余弦，但同时应注意到 2f(x)-1 非负、周期为 2，所以可令即不难证实它的确满足条件。说明说明 f(x)不唯一，显然，函数也是满足条件的一个函数。例 3 证明：函数可以表示为两个单调递增的多项式函数之差。证：注意到恒等式而函数都是单调递增的多项式函数，从而命题得证。说明说明 一般地，任意实系数多项式可表示为两个单调递增的多项式函数之差。例 4 设二次函数的图象以 y 轴为对称轴，已知，而且若点在的图象上，则点在函数的图象上。（1）求的解析式（2）设，问是否存在实数，使内是减函数，在内是增函数。分析分析 由已知条件的解析式不难求得，欲求，可按定义分别求出内分别是减函数，增函数的的范围，求出它们的交即可。解解（1）因的对称轴为 y 轴，故，从而。设在的图象上，即，则点在的图象上，即。故，因此，。（2）由（1）可得。设，则要使在内为减函数，只需，但，故只要，所以。然而当时，因此，我们只要，在，内是减函数。同理，当时，内是增函数。综上讨论，存在唯一的实数，使得对应的满足要求。例 5 奇函数的定义域为 R，当时，设函数的值域为，求 a，b 的值。分析分析 可先由已知条件写出在 R 上的解析式，再根据二次函数的单调性分情形讨论的最大值和最小值，从而得到关于 a、b 的方程。解：解：是奇函数时，函数式为因为与同时存在，所以同号分以下情形讨论：（1）时，由（2）时，由（3）时，由无解（5）时，由矛盾（6），由与矛盾。综上分析说明说明 本题源自第四届“希望杯”第二试解答题，重在考查学生的分类讨论问题能力和运用函数性质的解题能力。例 6 函数的定义域关于原点对称，但不包括数 0，对定义域中的任意实数 x，在定义域中存在使，且满足以下 3 个条件。（1）定义域中的数，或，则。（2），（a 是一个正常数）（3）当 0 x2a 时，f(x)0。证明证明（i）f(x)是奇函数；（ii）f(x)是周期函数，并求出其周期；（iii）f(x)在（0，4a）内为减函数。证：（i）对定义域中的 x，由题设知在定义域中存在使，则f(x)为奇函数（ii）因 f(a)=1，f(-a)=-f(a)=-1，于是若 f(x)0，则若 f(x)=0，则仍有 f(x+4a)=f(x)。f(x)为周期函数，4a 是它的一个周期。（iii）先证在（0，2a）内 f(x)为减函数，事实上，设，则，则（当）。所以当时，于是即在（2a，4a）内，f(x)也是减函数，从而命题得证。赋值法是指给定的关于某些变量的一般关系式，赋予恰当的数值或代数式后，通过运算推理，最后得出结论的一种解题方法。下面介绍它在函数方程中的应用。学科：奥数学科：奥数教学内容：赋值法在函数方程中的应用教学内容：赋值法在函数方程中的应用一、判断函数的奇偶性一、判断函数的奇偶性例 1若（xy）（x）（y）中令xy0，得（0）0。ffff又在（xy）（x）（y）令yx，（xx）（x）（x），ffffff即（0）（x）（x），又（0）0.ffff所以（x）（x）。ff由于（x）不恒为零，所以（x）是奇函数。ff例 2已知函数y（x）（xR，x0），对任意非零实数x1x2都有（x1x2）fff（x1）（x2），试判断（x）的奇偶性。ff解：取x11，x21 得（1）=（1）（1），所以（1）=0fff又取x1=x2=1，得（1）=（1）（1），fff所以（1）=0f再取x1=x，x2=1，则有（x）=（x），即（x）=（x）ffff因为（x）为非零函数，所以（x）为偶函数。ff例 3对任意x、yR，有（xy）（xy）=2（x）（y），且（0）0，ffff判断（x）的奇偶性。f解：令x=y=0 得（0）（0）=22（0），因为（0）0，所以（0）=1，又fffff令x=0 得（y）（y）=2（y），即（y）=（y）。取x=y，得（x）ffffff=（y）.所以函数y=（x）。ff二、讨论函数的单调性二、讨论函数的单调性例 4设（x）定义于实数集R上，当x0 时，（x）1，且对任意x，yR，ff有（xy）=（x）（y），求证（x）在R上为增函数。ffff证明：由（xy）=（x）（y）中取x=y=0 得（0）=2（0）。fffff若（0）=0，令x0，y=0，则（x）=0，与（x）1 矛盾。fff所以（0）0，即有（0）=1。ff当x0 时，（x）10，当x10，而，又x=0ff0)(1)(fxfxf=时，（0）=0，所以（x）R，（x）0。fff设x1x2，则x10，（x2x1）1，所 以（x2）=x1（x2fffx1）=（x1）（x2x1）（x1），所以y=（x）在R上为增函数。fff三、求函数的值域三、求函数的值域例 5已知函数（x）在定义域xR上是增函数，且满足（xy）=（x）（y）ffff（x、yR），求（x）的值域。f解：解：因为x=y=1时，（1）=2（1），所以（1）=0ff又因为（x）在定义域R上是增函数，所以x1x20 时，令x1=mx2（m1），则（x1）f0。fffffff得以对于x1 有（x）0。f又设x1=mx20（0m1），则0 x1x2。所以由函数在R上递增可得（x1）（x2）0,即（mx2）（x2）=（m）fffff（x2）（x2）=（m）0。所以对于 0 x1 有（x）0，使，求证（x）是周期函数。02=cff证明：证明：令，代入（ab）（ab）=2（a）（b）可2cxa=2cb=ffff得：（xc）=（x）。所以（x2c）=（xc）c=（xc）=（x），ffffff即（x2c）=（x）。ff则（x）是以 2c为周期的函数。f例 7若对常数m和任意x，等式成立，求证（x）是周期函数。()(1)(1xfxfmxf+=+f证明：证明：将已知式中的x换成xm得（x2m）=（xm）mff又将上式中x2m换成x4m可得)(1)(1)(11)(1)(11)(1)(1xfxfxfxfxfmxfmxf=+=+=)()2(12)2()4(xfmxfmmxfmxf=+=+=+故（x）是以 4m为周期的函数f五、求函数的解析式五、求函数的解析式例 8设对满足|x|1 的所有实数x，函数（x）满足，求fxxxfxxf=+1313（x）的解析式。f解：将x取为代入原等式，有，（1）13+xx+=+13)(13xxxfxxf将x取为代入原等式，有。（2）xx+13xxxxfxf+=+1313)(（1）（2），且将原等式代入即得)1|(|227)(23+=xxxxxf例9求函数 F（x），当x0，x1 时有定义且满足.xxxFxF+=+11)(解：，（1）中以代换x得xxxFxF+=+11)(xx1（2）xxxxFxxF1211=+再在（1）中以代换x得11+x，（3）12)(11=+=xxxFxF（1）（2）（3）化简得.)1(21)(23=xxxxxF例 10（x）的定义域在非负实数集合上并取非负数值的函数，求满足下列所有条件f的（x）：（1）x（y）（x）=（xy）；（2）（2）=0；（3）当 0 x2ffffff时，（x）0.f解：（）令x=2，t=2y，由于y0，故t2。2（t2）（2）=（t）.ffff由（2）得（2）=0，所以（t）=0.ff所以当t2 时，（x）=0.f由（3）的逆命题知：当（x）=0 时，x2，f综合、得，（x）=0 x2.f（）考虑 0 x2，0y2，（即（x）（y）0）时，（1）两边等于零的特殊情ff况。设x（y）（x）=0.fff因为x（y）（x）=0.fff由（）得：x（y）2，即。设（xy）=0，由（）得；xy2，f)(2yfxf即x2y，因为，且x2y，所以，解得.所以当)(2yfxyyf=2)(2yyf=22)(0 x2 时，（x）=.所以fxxf=22)(=)2.(0)20(,22)(xxxxf例11设 S 表示所有大于1 的实数构成的集合，确定所有的函数：SS，满足f以下两个条件：（i）对于 S 内的所有x和y，有x（y）x（y）=y（x）；ffff（ii）在区间1x0 的每一个内，是单调递增的。xxf)(解：令x=y得：（x（x）x（x）=x（x）x（x），fffff又令x（x）x（x）=t，则（t）=t，在（1）中令x=t得fff（t22t）=t（t）t（t）=t（t）t（t）=（t2）t=t22t.ffffff若t0，则（t2）tt0，但，与在x0 时单调递增矛盾。1)2()2()(=+=ttttfttfxxf)(同理，t0，亦导致矛盾。因此，对任x恒有x（x）x（x）=t=0.ff从而。1)(+=xxxf显然，这一函数满足题设条件。函数奥赛竞赛练习函数奥赛竞赛练习一、选择题一、选择题1（2000 年北京市中学生数学竞赛）已知函数 y=f(x)有反函数，现将 y=f(2x-1)的图象向左平移 2 个单位，所得图形表示的函数的反函数是（）A2)(31xfy+=B2)(31xfy=C2)(31xfy+=D2)(31xfy=二、填空题二、填空题2（2001 年全国高中数学联赛）函数的值域为_。232+=xxxy3（2001 年全国高中数学联赛）不等式的解集为_。23|2log1|21+x4（2001 年北京市中学生数学竞赛）函数 f(x)对于任意非负实数 x、y 都满足，且 f(x)0，f(1)0，则=_。22)(2)()(yfxfyxf+=+)32(+f三、解答题三、解答题5（2000 年北京市中学生数学竞赛）f(x)是定义在R上的函数，对任意的 xR，都有f(x+3)f(x)+3 和 f(x+2)f(x)+2，设 g(x)=f(x)-x，（1）求证 g(x)是周期函数；（2）如果 f(998)=1002，求 f(2000)的值。6（2000 年全国高中数学联赛）若函数在区间a，b上的最小值为21321)(2+=xxf2a，最大值为 2b，求区间a，b。7（第一届“希望杯”全国邀请赛试题）求函数在区间