高中數(shù)學(xué)奧賽教程.pdf

內(nèi)容綜述內(nèi)容綜述 本講先介紹了以下一些重要的概念 集合 子集 兩集合相等 真子集 并集 交集 相對補集 然后介紹了著名的容斥原理 接著介紹了以下幾個定律 零律 分配律 排中律 吸收律 補交轉(zhuǎn)換律 德 摩根律 然后通過 6 道例題分析了一部分集合題目的解題方法與技巧 同學(xué)們應(yīng)在熟悉以上定 義 定理 定律的基礎(chǔ)上仔細(xì)分析例題材解法 爭取可以獨立解決訓(xùn)練題 要點講解要點講解 1 1 基本理論 基本理論 除了課內(nèi)知識外 我們補充以下知識 相對補集 稱屬于 A 而不屬于 B 的全體元素 組成的集合為 B 對 A 的相對補集或差集 記作 A B 容斥原理 以表示集合 A 中元素的數(shù)目 我們有 其中 為 n 個集合稱為 A 的階 n 階集合的全部子集數(shù)目為 A B C 為三個集合 就有下面的定律 1 分配律 2 零律 學(xué)科 奧數(shù)學(xué)科 奧數(shù) 教學(xué)內(nèi)容 集合 一 教學(xué)內(nèi)容 集合 一 3 排中律 4 吸收律 5 補交轉(zhuǎn)換律 6 德 摩根律的相對形式 例題分析 例題分析 例例 1 1 對集合 1 2 n 及其每一個非空了集 定義一個唯一確定的 交替和 如 下 按照遞減的次序重新排列該子集 然后交替地減或加后繼的數(shù)所得的結(jié)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 對于 n 7 求所有子集的 交替和 的總和 分析分析 n 7 時 集合 7 6 5 4 3 2 1 的非空子集有個 雖然子集數(shù)目有 限 但是逐一計算各自的 交替和 再相加 計算量仍然巨大 但是 根據(jù) 交替和 的定 義 容易看到集合 1 2 3 4 5 6 7 與 1 2 3 4 5 6 的 交替和 是 7 可以 想到把一個不含 7 的集和 A 與的 交替和 之和應(yīng)為 7 那么 我們也就很容易解 決這個問題了 解解 集合 1 2 3 4 5 6 7 的子集中 除去 7 外還有個非空子集合 把 這個非空子集兩兩結(jié)組后分別計算每一組中 交替和 之和 結(jié)組原則是設(shè) 這是把結(jié)合為一組 顯然 每組中 交替和 之和應(yīng)為 7 共有組 所以 所有 交替和 之和應(yīng)該為 說明說明 我們在這道題的證明過程中用了這類題目最典型的解法 就是 對應(yīng) 的方法 對應(yīng) 的方法在解決相等的問題中應(yīng)用得更多 例例 2 2 設(shè) A 1 2 2n 證明 A 的任意 n 1 階子集中 存在兩個數(shù) 一個可 被另一個整除 分析分析 對于 2n 個數(shù)中取 n 1 個數(shù) 我們應(yīng)該有一個直覺就是把這 2n 個數(shù)分成 n 組 每 組都必然滿足題目條件 那么由抽屜原則命題就解決了 證明 證明 前2n個自然數(shù)中 共有n個奇數(shù) 根據(jù)自然數(shù)的一種有用的表達(dá)形式 n 2k 1 2 L 為非負(fù)整數(shù) 考查 A 的下列 n 個子集 容易看到 考慮 A 中任意 n 1 個元素 根據(jù)抽屜原則知 至少有兩個元素是上述 n 個集合中同一個 集合中的元素 這兩個數(shù)中 必有一個可被另一個整除 說明說明 把一個集合分成若干個兩兩不交的子集的并 也則分拆 這種分拆的方法在解決 集合的問題時為常用方法之一 例例 3 3 3 3 某班對數(shù)學(xué) 物理 化學(xué)三科總評成績統(tǒng)計如下 優(yōu)秀的人數(shù) 數(shù)學(xué) 21 個 物 理 19 個 化學(xué) 20 個 數(shù)學(xué)物理都優(yōu)秀 9 人 物理化學(xué)都優(yōu)秀 7 人 化學(xué)數(shù)學(xué)都優(yōu)秀 8人 這個班有 5 人任何一科都不優(yōu)秀 那么確定這個班人數(shù)以及僅有一科優(yōu)秀的三科分別有多少 個人 分析 分析 自然地設(shè) A 數(shù)學(xué)總評優(yōu)秀的人 B 物理總評優(yōu)秀的人 C 化學(xué)總評優(yōu)秀的人 則已知 A 21 B 19 C 20 這表明全班人數(shù)在 41 至 48 人之間 僅數(shù)學(xué)優(yōu)秀的人數(shù)是 可見僅數(shù)學(xué)優(yōu)秀的人數(shù)在 4 至 11 人之間 同理僅物理優(yōu)秀的人數(shù)在 3 至 10 人之間 同理僅化學(xué)優(yōu)秀的人數(shù)在 5 至 12 人之間 解解 略 說明說明 先將具體的實際生活中的問題數(shù)學(xué)化 然后根據(jù)數(shù)學(xué)理論來解決這個問題 不僅是競賽中常見情況 也是在未來學(xué)習(xí)中數(shù)學(xué)真正有用的地方 例例 4 4 4 4 n 元集合具有多少個不同的不交子集對 分析 分析 我們一般想法是對于一個子集 求出與它不交的子集個數(shù) 然后就可以求 出總的子集對來了 解解 如果子集對是有序的 即在子集對中可以區(qū)分第一個子集與第二個子集 則 第一個子集若是 k 個元素 第二個子集就由其余 n k 個元素組成 可能的情況是種 而 這時第一個集合的選取的可能情況應(yīng)為種 那么 k 從 o 變到 n 總的情況可能就是 如果子集對是無序的 即兩個子集相同但次序不同的子集 對不認(rèn)為不同 則對有序子集對中有一對是由兩個空集組成 而對其它個有序?qū)?每一對中交換兩個子集的次序 得到的是同一個無序子集對 因此有個無序子集 對 其中至少有一個子集非空 于是無序子集對的總數(shù)為 分析二 分析二 我們可以從元素的角度來思考問題 對一個元素來說 它有三種不同的 選擇 在第一個集合中 在第二個集合中 或者不在兩個集合中 解法二解法二 在計算有序?qū)Φ臄?shù)目時 對每一個元素來說有三種可能 它或在第一個 子集 或在第二個子集 或不在其中任意一個子集 因此不同的不交有序子集對的總數(shù) 以下同解法一 說明 說明 本題為 1973 年捷克的競賽題 對題目的不同分析使我們得到了差異很大的 兩個解法 解法一從題目要求想起 很容易想到 但解出最后解卻不見得那么簡單 而解法 二的想法是類似于集合分析的想法 很難想到 但想出后比較容易求解 兩個解法對比一下 正體現(xiàn)了數(shù)學(xué)思維的兩方面 一個是純代數(shù)想法 以計算的方法替代對題目更深層次的研究 另一個則是控掘題目本身的內(nèi)在關(guān)系 找出最合適的解答 我們當(dāng)然推薦第二種做法 例例 5 5 5 5 1992 位科學(xué)家 每人至少與 1329 人合作過 那么 其中一定有四位數(shù)學(xué)家 兩兩合作過 分析 分析 在與一個人 A 合作的人中我們找到 B 再說明一定有人與 A 和 B 都合作過 為 C 最后再說明有人與 A B C 都合作過為 D 那么 A B C D 就是找的人了 證 明證 明 一個人A 不妨設(shè)B與 之合作 那么 即C 與 A 和 B 均 合 作 過 分 別 表 示 與 A B 合 作 過 的 人 的 集 合 同 樣 地 所以存在 則 A B C D 就是所求 證畢 說明說明 把一個普通的敘述性問題轉(zhuǎn)化為集合的語言描述的問題通常為解題的關(guān)鍵 之處 也是同學(xué)們需加強的 例例 6 6 6 6 集合 X 由 n 個元素構(gòu)成 對兩個子集 求得集合的元 素個數(shù) 證明 所有求得個數(shù)之和為 分 析分 析 我 們 先 考 慮 一 個 簡 單 情 況 n 2 這 時 有 四 個 集 合 記 為 交集情況就是 那么對于 n 很大 時 我們有的不只是 4 個集合卻可以以此形式分組 證明 證明 因為 集合 X 總共 有個不 同子集 所以不同 的有序子 集對共 有 將所有子集對分為個 4 元組 其中 表示子集的補集 X A 交換子集對的 4 元組中子集對的次序 得到的是同一個四 元組 事實上 由子集對得到的 4 元組與由得到的完全相同 且 說明 說明 復(fù)雜的問題先考慮簡單的特殊的情況是一種最常用的方法 從中找到共性 后就很容易得到原題目有答案了 1 一個集合含有 10 個互不相同的十進(jìn)制兩位數(shù) 證明 這個集合必有兩個無公共元 素的子集合 這兩個子集元素和相等 2 是否存在兩個以非頁整數(shù)為元素的集合 A B 使得任一個非負(fù)整數(shù)都可以被 A B 之中各取一數(shù)之和唯一表出 3 對每個使得在 n 元集合中 可以取出 k 個子集 其中任意兩個 的交非合 4 能否把分成兩個積相等的不交集合 參考答案參考答案 1 10 個元素的集合共有個非空子集 每一個這個集合的非空子集 中數(shù)字之和小于 由抽屜原則知 必有兩個子集 它們有相同的元素和 設(shè)為滿足題目要求條件 2 十進(jìn)制為第 1 位 為第 i 位 考慮如下的 A B A 為奇位為 o 的那些非負(fù)整數(shù)組成 B 為偶位為 o 的那些非負(fù)整數(shù)組成 不難驗證這樣的AB 是符合題目要求的 3 在集合中取定一個元素 并只考慮含的子集 這類子 集的個數(shù)為集合的子集的個數(shù) 即為 因此 另一方面 設(shè)從集 合 X 至少取出個子集 將集合 X 的所有子集分成對 每一對由一個子集與它的 補集組成 由抽屜原則 所取子集至少有兩個組成一對 因此它們不交 于是 4 對 7 取模 由于均不能為 7 的位數(shù) 所以 mod7 所以 n n 1 n 2 n 3 n 4 n 5 mod7 而若能拆分應(yīng)為0 1 4 2 mod7 所以集合不能拆成滿足要求的集合 經(jīng)驗談 經(jīng)驗談 集合是數(shù)學(xué)中的重要基礎(chǔ)知識 不論是高考還是數(shù)學(xué)競賽中都少不了它的一席之地 本 文將幫助你徹底掌握集合知識 內(nèi)容綜述 內(nèi)容綜述 集合是組合數(shù)學(xué)的基礎(chǔ) 也是高中數(shù)學(xué)競賽中的重要組成部分 希望大家通過本講學(xué)習(xí) 開拓思路 靈活解題 另外 要想解好集合題目 相關(guān)知識也很重要 例題分析 例題分析 例例 1 1 1 1 設(shè) 是有限集合的 50 個子集 每個子集都含有的半數(shù)以上 的元素 證明 存在子集 它至多含 5 個元素 并且和集合 中每一個 集合至少有一個公共元 分析 我們知道 這種題目并沒有什么特別好的辦法 只能一個一個把這 5 個元素找出 來 我們還是可以先將題目簡化成簡單形式 看是否方便理解一些 但這里我們就不這么做 了 證明 設(shè)集合中元素個數(shù)為 n 子集 中每一個都含以上的元素 即所有這些子集的元素個數(shù)大于由抽屜原理 必有集合的元素 它至少屬 于 26 個子集 同理可證 對每個 在子集 中至少有 個子集 它們具有公共元素 在集合中取出一個元素 它至少屬于 26 個子集 并作為集 學(xué)科 奧數(shù)學(xué)科 奧數(shù) 教學(xué)內(nèi)容 集合教學(xué)內(nèi)容 集合 二二 合中五個元素之一 去掉包含這個元素的 26 個子集 在余下 24 個子集中取一個元素 它至少屬于 13 個子集 去掉這 13 個子集 在余下的 11 個子集中取一個元素 它至少屬于6 個子集 在余下 5 個子集中取一個元素 它屬于 3 個子集 剩下兩個子集再取一個公共元素 就可以了 于是 求得集合的至多 5 個元素 在上述過程中所取的元素可能重復(fù) 所以 可能小于 5 它們構(gòu)成集合 而子集 中每一個都至少含有它的一個元素 說明 說明 這道題目當(dāng)和均較小時也就可以作為小學(xué)生競賽題 而數(shù)目增大以后卻成為 了英國高中競賽題目 假設(shè)我們在分析較小的數(shù)時可以把規(guī)律找出 而這是很簡單的 那么 整道題目也就迎刃而解了 這就告訴我們 做這類整數(shù)問題時 應(yīng)該時時刻刻想到先將數(shù)目 變小看看規(guī)律 然后再做題目本身 例例 2 2 2 2 有 11 人管理一個保險柜 可以在柜上加若干把鎖 每把鎖可以有若干把鑰匙 問 如何加鎖和如何分配各鎖的鑰匙 才能使任何 6 個人可以把保險柜打開 但任意 5 個人 卻不能 分析 我們反過來想一下 假設(shè) 是 11 個人打不開的鎖的集合 從11 個人中任意找 5 個人的可能性有種情況 要想把它們都區(qū)別開 也就是說至少要 有 462 把鎖 那么再對 462 把鎖進(jìn)行構(gòu)造就可以了 解 設(shè)加把鎖 又設(shè) 是這 11 個人各自打不開的鎖的集合 從 11 個 集合中任選 5 個并集都不相同 故至少應(yīng)有鎖把 為分配好各鎖的鑰匙 設(shè)鎖號 依次為 1 號 2 號 462 號 同時把 11 個人任取 5 個的組合也編上 1 至 462 號 然后把鎖 和組合一一對應(yīng)起來 給每個人發(fā)鑰匙時 他所在的組的號的鑰匙不給他 其他鑰匙都給他 這時就滿足題設(shè)了 說明說明 這個構(gòu)造難度很大 這主要原因還是因數(shù)目太大了 也應(yīng)該先從小的數(shù)目做起 最后回到原題 例例 3 3 3 3 把個元素的集合分為若干個兩兩不交的子集 按照下述規(guī)則將某一個子集中某 些元素挪到另一個子集 從前一子集挪到后一子集的元素個數(shù)等于后一子集的元素個數(shù) 前 一子集的元素個數(shù)應(yīng)不小于后一子集的元素個數(shù) 證明 可以經(jīng)過有限次挪動 使得到的 子集與原集合相重合 分析 首先考慮到是一個很特殊的數(shù) 其次我們發(fā)現(xiàn)若兩個集合的元素個數(shù)除以 2 的若干次冪后若為奇數(shù) 那么 它們之間挪后就應(yīng)為偶數(shù)這一事實 若還不能想到解答就試 一下 時的情況 相信解答就不會難找到了 證明 考慮含奇數(shù)個元素的子集 如果有這樣的子集 因為所有子集所含元素的個數(shù) 總和是偶數(shù) 所以具有奇數(shù)個元素的子集個數(shù)也是偶數(shù) 任意將所有含有奇數(shù)個元素的子集 配成對 對每對子集按題目要求的規(guī)則移動 從較大的子集挪出一些元素 添加到較小的子 集 挪出的元素個數(shù)為較小子集的元素個數(shù) 于是得到的所有子集的元素個數(shù)都是偶數(shù) 現(xiàn) 在考慮元素個數(shù)不被 4 整除的子集 如果 則總共有兩個元素 它們在同一個子集 因此設(shè) 因為子集的元素個數(shù)的總數(shù)被 4 整除 因此這樣的子集的個數(shù)為偶數(shù) 任意 將這樣的子集配成對 對每一對子集施行滿足題目要求的挪動 于是得到的每個子集數(shù)均可 被 4 整除 依此做下去 最后得到的每個子集元素個數(shù)均可被整除 也就是只能有一個 子集 它的元素個數(shù)為 證畢 說明 這道題的證明中隱含了一種單一變量在變化時變化方向相同這一性質(zhì) 就這道題 來說 一直在增加的就是各子集元素個數(shù)被 2 的多少次冪整除的這個冪次數(shù) 這是一大類問 題 除了這種變化量 還要經(jīng)?？紤]變化中的不變量 例例 4 4 4 4 給定 1978 個集合 每個集合都含有 40 個元素 已知其中任意兩個集合都恰有一 個公共元 證明 存在一個元素 它屬于全部集合 分析 我們可以先去找一個屬于很多個集合的元素 最好它就是我們要找的那一個 證明 考慮給定的 1978 個集合中任意一個集合 它和其它 1977 個集合都相交 因 此 存在 使得它至少屬于其中 50 個集合 否則 集合中每個元素至多屬于 49 個 集合 而集合恰有 40 個元素 所以除外至多有 1960 個集合 不可能 因此設(shè)屬于集 合 下面證明它屬于給定的 1978 個集合中任一個 對于除了 的任一個集合 設(shè) 則與 每一個都有至少一個元素的交 它們都與 不同 那么 就至少要有 51 個元素 不可能 因此屬于每個集合 說明 說明 這種題目最怕把它想難了 想行太難了 就會覺得無從下手 做數(shù)學(xué)競賽題就需 要一方面在做題之前選好方向 另一方面就是大膽嘗試去做 例例 5 5 5 5 在一個含 10 個元素的集合的若干非空子集中 任意兩個不同的子集的交集含 有中元素的數(shù)目不多于 2 這樣的子集合有多少個 分析 的一元素子集和二元素子集顯然都是滿足條件的 三元子集呢 如果有一個 多于 3 元的子集 總可以把它拆為三元子集的并 增加子集的數(shù)量而不影響性質(zhì) 而恰恰把 全部三元子集都選上也符合題目要求 解 中的單元素子集共 10 個 這 10 個都符合題目的要求 中的含兩個元素的集合共個 它們也符合要求 中含三個元素的集合共個 也符合要求 這表明 的子集合中 至少有個子集滿足條件 另一方面 假設(shè)的非空子集有多于 175 個具有題目中的條件 設(shè)這個子集族為 其中則中必存在含有中的元素數(shù)超過 3 的集合 設(shè) 取 作差集 顯然 這表明 與不能同為子集族中的成員 用替換 得到另一個子集族 容易看到也符合題目中的條件 并且 經(jīng)過這樣的替換后 中某個元素被含中元素少于的另一個的子集所替 代 因為 中的元素數(shù)目有限 所以有限次替代后 總可使新的子集族中各元素含有 中的元素數(shù)目不超過 3 這就看出與矛盾 這表明不 存在符合題目條件的多于 175 個的的子集形成的子集族 即這樣的子集族恰有 175 個 說明 說明 這道題是一類典型問題的代表 這種問題的解法就是先構(gòu)造 然后證明更多或更 少不行 在證明過程中盡量把它往構(gòu)造出來的方向化規(guī) 例例 6 6 6 6 在個元素組成的集合中取個不同的三元子集 證明 其中必有兩個 它們 恰有一個公共元 分析 證明恰有一個公共元也許挺難 那么證只有兩個或零個公共元不可能是否可行 呢 如果具有兩個公共元的集合與表示為 那么 有傳遞性 是否有用呢 證明 設(shè)結(jié)論不真 則所給的 3 元子集要么不交 要么恰有兩個公共元 如果子集 與恰有兩個公共元 則記 設(shè)是三個子集 可以證明如果 則 于是所有給定的 3 元子集可以分類 使得同一類中任意兩個不同子集都恰有兩 個公共元 而不同類的子集不相交 于是對每個子集類 有三種可能 1 恰含 3 個元素的 類 2 恰含 4個元素的類 3 至少含 5 個元素的類 在 1 下 3 元子集類恰由一個 3 元子集組成 在 2 下 子集類中至多有 4 個子集 考慮 3 設(shè) 則還有一個 由 有 因此對子集類中任意子集 由 它包含與 于是類中子集個數(shù)比類中元素個數(shù)少 2 于是 每個類中子集個數(shù)不超過元素個數(shù) 但是題 中條件子集數(shù)大于元素個數(shù) 矛盾 說明 說明 此題為 1979 年美國競賽題 題目難度較大 應(yīng)該說是應(yīng)用了高等代數(shù)中的一些 思想 1 求的所有子集元素的和之和 2 小明去買東西 現(xiàn)在他有 10 元 希望分成 10 包 使在商店內(nèi)他能買起的東西都可 由包中的錢直接支付 3 能否把整數(shù)集合分成 3 個子集 使得對每個整數(shù) 都屬于不同的 集合 4 10 名學(xué)生按下面的規(guī)則組成運動隊 規(guī)則是 每人可報名參加任何一個運動隊 每個運動隊都不能完全包含于或重合于另一個運動隊 問 最多幾個隊 每隊分別多少 人 參考答案參考答案 1 我們可以發(fā)現(xiàn)對每個數(shù) 它出現(xiàn)在個子集之中 因此所有子集中的的和為 那么全部元素在全部子集之中的和為 2 利用二進(jìn)制來考慮此題 小明的前 9 包分別有錢 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 剩下一包裝剩下的錢 以上數(shù)皆為二進(jìn)制 就可以了 3 不能 反證法 設(shè)存在合乎題中條件的一種分法 如果和同屬于一個子集 則 記為 否則記為 對 若分在三個集合中則稱為好的 都 是好的 而 故 在第二組中用代替 故是好的 故 由此即 但 矛 盾 有這樣一個結(jié)論階集合的子集若滿足且則的最大值 為 代入本題得為 能力訓(xùn)練 能力訓(xùn)練 A A 級級 選擇題選擇題 1 若 a 0 a 1 F x 是一奇函數(shù) 則是 2 1 1a 1 F x G x x A 奇函數(shù) B 偶函數(shù) C 非奇非偶函數(shù) D 奇偶性與 a 有關(guān) 2 設(shè)f x 是定義在實數(shù)集上的周期為 2 的周期函數(shù) 且是偶函數(shù) 已知當(dāng) x 2 3 時 f x x 則當(dāng) x 2 0 時 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 設(shè)f x g x 是定義在 上的兩個函數(shù) 對任意實數(shù) x y 滿足 f x y x y 2f x g x 若 f 0 0 但 f x 不恒等于 0 則 A f x g x 都是奇函數(shù) B f x g x 都是偶函數(shù) C f x 是偶函數(shù) g x 是奇函數(shù) D f x 是奇函數(shù) g x 是偶函數(shù) 4 奇函數(shù) y f x 有反函數(shù) 函數(shù)在 0 上是減函數(shù) 則 fy 1 x fy 1 x 上是 A 是增函數(shù) B 是減函數(shù) C 有時是增函數(shù) 有時是減函數(shù) 學(xué)科 奧數(shù)學(xué)科 奧數(shù) 教學(xué)內(nèi)容 函數(shù)通性訓(xùn)練題教學(xué)內(nèi)容 函數(shù)通性訓(xùn)練題 D 有時是增函數(shù) 有時是減函數(shù) 有時是常數(shù)函數(shù) 5 函數(shù) y f x a 與函數(shù) y f a x 的圖象間的關(guān)系是 A 關(guān)于 y 軸對稱 B 關(guān)于 x 軸對稱 C 關(guān)于直線 x 2a 對稱 D 關(guān)于直線 x a 對稱 填空題填空題 6 函數(shù) f x 對一切實數(shù) x 都滿足 并且方程 f x 0 有三個實 2 1 2 1 xfxf 根 這三個實根的和是 7 設(shè)奇函數(shù) y f x 的定義域為 R f 1 2 且對任意 都有Rxx 21 當(dāng) x 0 時 f x 是增函數(shù) 則函數(shù)在這間 3 2 上 f x f x xf x 2121 fy 2 x 的最大值是 8 定義域是實數(shù)域的奇函數(shù) f x 對任意實數(shù) x 都有 f x f x 2 則 f 2 f 4 f 6 f 1992 f 1994 9 設(shè)函數(shù) f x 的定義域為 0 且單調(diào)遞增 滿足 f 2 1 f xy f x f y 1 證明 f 1 0f 1 0 2 求 f 4 3 若 f x f x 3 2 求 x 的范圍 4 舉出一個符合上述要求的函數(shù) f x B B 級級 10 設(shè)函數(shù) f x 對任一實數(shù) x 滿足 f 2 x f 2 x f 7 x f 7 x 且f 0 0 求證 f x 在 30 30 上至少有 13 個零點 且 f x 是以 10 為周期的函數(shù) 11 函數(shù)的最小正周期分別為 2 和 2 證明xsin x fsinx x f 21 和 f x sinx sin x 不是周期函數(shù) 12 證明 若函數(shù) y f x 在 R 上的圖解關(guān)于點和直線 x b b a 皆對 yA a 0 稱 則 f x 為周期函數(shù) 13 設(shè) f 是一個從實數(shù)集 R 映射到自身的函數(shù) 并且對任何 x R 均有 f x 1 以及 7 1 6 1 42 13 f x xfxfxf 證明 f 是周期函數(shù) 即存在一個非零實數(shù) C 使得對任何 x R 成立 f x C f x 參考答案參考答案 能力訓(xùn)練 能力訓(xùn)練 A A A A 級級 1 B 故 G x 是偶數(shù) 2 C 當(dāng) x 2 1 時 x 4 2 3 f x f x 2 2 f x 4 當(dāng) x 3 2 時 由于 f x 為偶函數(shù) f x x 當(dāng) x 1 0 時 f x f x 2 x 2 x 2 3 D 令 x 0 f y f y 又將 y 代換成 y f x y f x y 2f x g y g y g y 4 A 如果一個函數(shù)存在反函數(shù) 那么它們的單調(diào)狀況相同 5 D 設(shè)圖 象上任意一點 則a f xy y x 00 是 x 2af aa f xy 000 2 00 反之也成立的圖象上在點xafyyxa 6 y f x 的圖象關(guān)于對稱 其中一根必是 另兩根之和是 故所有實 2 1 x 2 1 1 2 1 2 根之和是 1 5 7 令由 f x 為奇函數(shù) 且在 0 上為增函數(shù) 故在 0 0 f 0 0 xx 21 上也為增函數(shù) 且f 2 f 1 1 2f 1 4 用定義易知 上為增函數(shù) 故 3 0 y 2 在xf 2 上的最大值是 16 2 2 f 8 f x 為 R上的奇函數(shù) f 0 0 且 f 0 f 2 f 4 f 1994 0 故原式為 0 9 1 取 x 1 y 2 得 f 2 f 1 2 f 1 f 2 f 1 0 2 f 4 f 2 f 2 2 3 f x f x 3 f x x 3 2 f 4 所以 4 3 0 3 4 1 4 3x 2 xxxx 故 但 4 可取 xlogf x 2 B B B B 級級 10 f x 關(guān)于 x 2 和 x 7 對稱 f 4 f 2 2 f 2 2 f 0 0 f 10 f 7 3 f 7 3 f 4 0 于是 0 10 上至少有 兩個零點 f x 10 f 7 3 x f 7 3 x f 4 x f 2 2 x f 2 2 x f x f x 以 10 為周期 f 30 f 30 3 10 f 0 0 綜上 f x 在 30 30 上至少有 13 個零點 11 反證 若周期為 T 則 sin x T sin x T sinx sin x 2 2 cos 2 sin 2 2 cos 2 T sin TxTTx 存在使得將代入 于是 x0R 0 2 2 cos 0 2 x2 cos 00 TxT 而 0 2 sin T 對每個 x R 由于 故 0 2 2 cos 2 sin TxT 0 2 sin T 于是 k m 矛盾 0 2 sin T 0 2 sin T 2 2 Zmkm T k T 12 提示4 b a 是它的一個周期 由已知有 f b x f bx f ayyx f a 00 x 反復(fù)利用 可證 f x 4 b a f x 13 同樣 有 由 即 對所有 N 成立 又 f x 有界 故只有 f x 1 f x 0 f x 1 f x f x 為周期函數(shù) 內(nèi)容綜述內(nèi)容綜述 函數(shù)是數(shù)學(xué)上的一個基本而又重要的概念 在現(xiàn)代數(shù)學(xué)中 它幾乎滲透到各個分支中 函數(shù)的性質(zhì)主要指函數(shù)的對稱性 單調(diào)性和周期性 函數(shù)圖象的對稱性反映了函數(shù)圖象的局部與整體的關(guān)系 恰當(dāng)?shù)剡\用函數(shù)的對稱性 往 往可使問題簡化 函數(shù)的奇偶性是對稱性中最重要的特殊情形 函數(shù)的單調(diào)性可用函數(shù)值的比較給出證明 利用函數(shù)的單調(diào)性 可以比較實數(shù)的大小 證明一些不等式和確定某些函數(shù)的值域及最值 設(shè) f 是 D 上的函數(shù) 如果存在常數(shù) T 0 使得對每個 x D 都有 f x T f x T f x 成立 則稱 f x 為周期函數(shù) T 為 f x 的一個周期 如果 f x 的所有正周期中存在最小值 稱為周期函數(shù) f x 的最小正周期 一般說函數(shù)的周期都是指最小正周期 例題分析例題分析 例 1 已知函數(shù) y f x x R 且 x 0 對任意非零實數(shù)都有 試判定 f x 的奇偶性 分析 分析 欲判別 f x 的奇偶性 即找出 f x 與 f x 之間的關(guān)系 可令 為此必求出 f 1 而求f 1 又可令 為此又必先求出 f 1 而f 1 不難求得 解解 令 則 f 1 2f 1 所以 f 1 0 令 則 f 1 f 1 f 1 所以 f 1 0 學(xué)科 奧數(shù)學(xué)科 奧數(shù) 教學(xué)內(nèi)容 有關(guān)函數(shù)通性的試題選講教學(xué)內(nèi)容 有關(guān)函數(shù)通性的試題選講 于是 在已知等式中 以 1 x 分別代替 則f x f 1 f x 即f x f x 故 f x 為偶函數(shù) 說明說明 在以抽象的函數(shù)等為條件的問題中 常常先考慮 x 取 0 1 1 等的特殊值 再利 用 f 0 f 1 的值來研究函數(shù) f x 的性質(zhì) 例 2 設(shè) a 是大于 0 的實數(shù) f x 是定義在全體實數(shù) R 上的一個實函數(shù) 并且對每一實 數(shù) x 滿足條件 1 試證明 函數(shù) f x 是周期函數(shù) 也就是 存在一個實數(shù) b 0 使得對每一 x 都有 f x b f x 2 就 a 1 舉出一個這種函數(shù) f x 的例子 但 f x 不能是常數(shù) 分析分析這是一道探索存在性的問題 題中給出的已知條件只有唯一的一個含有 a 的方 程 直覺告訴我們 f x 的周期定與 a 有關(guān) 于是 我們可從原方程出發(fā) 邊遞推邊探索 解解 1 由 有 將 代入 但 故 f x a f x a 即 f x 是一個周期函數(shù) 且周期 b 2a 2 現(xiàn)在我們來構(gòu)造一個周期為 2 的 滿足 1 式的函數(shù) f x 由于 1 式可化為 這使我們想到最熟悉的周期函數(shù) 正余弦 但同時應(yīng)注意到 2f x 1 非負(fù) 周期為 2 所以可令 即 不難證實它的確滿足條件 說明說明 f x 不唯一 顯然 函數(shù)也是滿足條件的一個函數(shù) 例 3 證明 函數(shù)可以表示為兩個單調(diào)遞增的多項式函數(shù)之差 證 注意到恒等式 而函數(shù)都是單調(diào)遞增的多項式函數(shù) 從而命題得 證 說明說明 一般地 任意實系數(shù)多項式可表示為兩個單調(diào)遞增的多項式函數(shù)之差 例 4 設(shè)二次函數(shù)的圖象以 y 軸為對稱軸 已知 而 且若點在的圖象上 則點在函數(shù)的圖象上 1 求的解析式 2 設(shè) 問是否存在實數(shù) 使內(nèi)是減函數(shù) 在內(nèi)是增函數(shù) 分析分析 由已知條件的解析式不難求得 欲求 可按定義分別求出 內(nèi)分別是減函數(shù) 增函數(shù)的的范圍 求出它們的交即可 解解 1 因的對稱軸為 y 軸 故 從而 設(shè)在的圖象上 即 則點在 的圖象上 即 故 因此 2 由 1 可得 設(shè) 則 要使在內(nèi)為減函數(shù) 只需 但 故只 要 所以 然而當(dāng)時 因此 我們只要 在 內(nèi)是減函數(shù) 同理 當(dāng)時 內(nèi)是增函數(shù) 綜上討論 存在唯一的實數(shù) 使得對應(yīng)的滿足要求 例 5 奇函數(shù)的定義域為 R 當(dāng)時 設(shè)函數(shù) 的值域為 求 a b 的值 分析分析 可先由已知條件寫出在 R 上的解析式 再根據(jù)二次函數(shù)的單調(diào)性分情形討 論的最大值和最小值 從而得到關(guān)于 a b 的方程 解 解 是奇函數(shù) 時 函數(shù)式為 因為與同時存在 所以 同號 分以下情形討論 1 時 由 2 時 由 3 時 由 無解 5 時 由 矛盾 6 由 與矛盾 綜上分析 說明說明 本題源自第四屆 希望杯 第二試解答題 重在考查學(xué)生的分類討論問題能力和 運用函數(shù)性質(zhì)的解題能力 例 6 函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱 但不包括數(shù) 0 對定義域中的任意實數(shù) x 在 定義域中存在使 且滿足以下 3 個條件 1 定義域中的數(shù) 或 則 2 a 是一個正常數(shù) 3 當(dāng) 0 x 2a 時 f x 0 證明證明 i f x 是奇函數(shù) ii f x 是周期函數(shù) 并求出其周期 iii f x 在 0 4a 內(nèi)為減函數(shù) 證 i 對定義域中的 x 由題設(shè)知在定義域中存在使 則 f x 為奇函數(shù) ii 因 f a 1 f a f a 1 于是 若 f x 0 則 若 f x 0 則 仍有 f x 4a f x f x 為周期函數(shù) 4a 是它的一個周期 iii 先證在 0 2a 內(nèi) f x 為減函數(shù) 事實上 設(shè) 則 則 當(dāng) 所以 當(dāng)時 于是 即在 2a 4a 內(nèi) f x 也是減函數(shù) 從而命題得證 賦值法是指給定的關(guān)于某些變量的一般關(guān)系式 賦予恰當(dāng)?shù)臄?shù)值或代數(shù)式后 通過運算 推理 最后得出結(jié)論的一種解題方法 下面介紹它在函數(shù)方程中的應(yīng)用 學(xué)科 奧數(shù)學(xué)科 奧數(shù) 教學(xué)內(nèi)容 賦值法在函數(shù)方程中的應(yīng)用教學(xué)內(nèi)容 賦值法在函數(shù)方程中的應(yīng)用 一 判斷函數(shù)的奇偶性一 判斷函數(shù)的奇偶性 例 1若 x y x y 中令x y 0 得 0 0 ffff 又在 x y x y 令y x x x x x ffffff 即 0 x x 又 0 0 ffff 所以 x x ff 由于 x 不恒為零 所以 x 是奇函數(shù) ff 例 2已知函數(shù)y x x R x 0 對任意非零實數(shù)x1x2都有 x1x2 fff x1 x2 試判斷 x 的奇偶性 ff 解 取x1 1 x2 1 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 則有 x x 即 x x ffff 因為 x 為非零函數(shù) 所以 x 為偶函數(shù) ff 例 3 對任意x y R 有 x y x y 2 x y 且 0 0 ffff 判斷 x 的奇偶性 f 解 令x y 0 得 0 0 2 2 0 因為 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 所以函數(shù)y x ff 二 討論函數(shù)的單調(diào)性二 討論函數(shù)的單調(diào)性 例 4 設(shè) x 定義于實數(shù)集R上 當(dāng)x 0 時 x 1 且對任意x y R ff 有 x y x y 求證 x 在R上為增函數(shù) ffff 證明 由 x y x y 中取x y 0 得 0 2 0 fffff 若 0 0 令x 0 y 0 則 x 0 與 x 1 矛盾 fff 所以 0 0 即有 0 1 ff 當(dāng)x 0 時 x 1 0 當(dāng)x1 0 而 又x 0ff0 1 f xf xf 時 0 0 所以 x R x 0 fff 設(shè)x1 x2 則x10 x2 x1 1 所 以 x2 x1 x2 fff x1 x1 x2 x1 x1 所以y x 在R上為增函數(shù) fff 三 求函數(shù)的值域三 求函數(shù)的值域 例 5已知函數(shù) x 在定義域x R 上是增函數(shù) 且滿足 xy x y ffff x y R 求 x 的值域 f 解 解 因為x y 1時 1 2 1 所以 1 0ff 又因為 x 在定義域R 上是增函數(shù) 所以x1 x2 0 時 令x1 mx2 m 1 則 x1 f 0 fffffff 得以對于x 1 有 x 0 f 又設(shè)x1 mx2 0 0 m 1 則0 x1 x2 所以由函數(shù)在R 上遞增可得 x1 x2 0 即 mx2 x2 m fffff x2 x2 m 0 所以對于 0 x 1 有 x 0 使 求證 x 是周期函數(shù) 0 2 c ff 證明 證明 令 代入 a b a b 2 a b 可 2 c xa 2 c b ffff 得 x c x 所以 x 2c x c c x c x ffffff 即 x 2c x ff 則 x 是以 2c為周期的函數(shù) f 例 7若對常數(shù)m和任意x 等式成立 求證 x 是周期函數(shù) 1 1 xf xf mxf f 證明 證明 將已知式中的x換成x m得 x 2m x m m ff 又將上式中x 2m換成x 4m可得 1 1 1 1 1 1 1 1 1 xf xf xf xf xf mxf mxf 2 1 2 2 4 xf mxf mmxfmxf 故 x 是以 4m為周期的函數(shù)f 五 求函數(shù)的解析式五 求函數(shù)的解析式 例 8設(shè)對滿足 x 1 的所有實數(shù)x 函數(shù) x 滿足 求fx x x f x x f 1 3 1 3 x 的解析式 f 解 將x取為代入原等式 有 1 1 3 x x 1 3 1 3 x x xf x x f 將x取為代入原等式 有 2 x x 1 3 x x x x fxf 1 3 1 3 1 2 且將原等式代入即得 1 22 7 2 3 x x xx xf 例9求函數(shù) F x 當(dāng)x 0 x 1 時有定義且滿足 x x x FxF 1 1 解 1 中以代換x得x x x FxF 1 1 x x1 2 x x x x F x x F 1211 再在 1 中以代換x得 1 1 x 3 1 2 1 1 x x xF x F 1 2 3 化簡得 1 2 1 23 xx xx xF 例 10 x 的定義域在非負(fù)實數(shù)集合上并取非負(fù)數(shù)值的函數(shù) 求滿足下列所有條件f 的 x 1 x y x x y 2 2 0 3 當(dāng) 0 x 2ffffff 時 x 0 f 解 令x 2 t 2 y 由于y 0 故t 2 2 t 2 2 t ffff 由 2 得 2 0 所以 t 0 ff 所以當(dāng)t 2 時 x 0 f 由 3 的逆命題知 當(dāng) x 0 時 x 2 f 綜合 得 x 0 x 2 f 考慮 0 x 2 0 y 2 即 x y 0 時 1 兩邊等于零的特殊情ff 況 設(shè) x y x 0 fff 因為 x y x 0 fff 由 得 x y 2 即 設(shè) x y 0 由 得 x y 2 f 2 yf x f 即x 2 y 因為 且x 2 y 所以 解得 所以當(dāng) 2 yf x y yf 2 2 y yf 2 2 0 x 2 時 x 所以f x xf 2 2 2 0 20 2 2 x x x xf 例11設(shè) S 表示所有大于 1 的實數(shù)構(gòu)成的集合 確定所有的函數(shù) S S 滿足f 以下兩個條件 i 對于 S 內(nèi)的所有x和y 有 x y x y y x ffff ii 在區(qū)間 1 x0 的每一個內(nèi) 是單調(diào)遞增的 x xf 解 令x y得 x x x x x x x x fffff 又令x x x x t 則 t t 在 1 中令x t得fff t2 2t t t t t t t t t t 2 t t2 2t ffffff 若t 0 則 t 2 t t 0 但 與在x 0 時單調(diào)遞增矛盾 1 2 2 tt ttf t tf x xf 同理 t 0 亦導(dǎo)致矛盾 因此 對任 x恒有 x x x x t 0 ff 從而 1 x x xf 顯然 這一函數(shù)滿足題設(shè)條件 函數(shù)奧賽競賽練習(xí)函數(shù)奧賽競賽練習(xí) 一 選擇題一 選擇題 1 2000 年北京市中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽 已知函數(shù) y f x 有反函數(shù) 現(xiàn)將 y f 2x 1 的圖象 向左平移 2 個單位 所得圖形表示的函數(shù)的反函數(shù)是 A 2 3 1 xf y B 2 3 1 xf y C 2 3 1 xf y D 2 3 1 xf y 二 填空題二 填空題 2 2001 年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽 函數(shù)的值域為 23 2 xxxy 3 2001 年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽 不等式的解集為 2 3 2 log 1 2 1 x 4 2001 年北京市中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽 函數(shù) f x 對于任意非負(fù)實數(shù) x y 都滿足 且 f x 0 f 1 0 則 22 2 yfxfyxf 32 f 三 解答題三 解答題 5 2000 年北京市中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽 f x 是定義在R上的函數(shù) 對任意的 x R 都有f x 3 f x 3 和 f x 2 f x 2 設(shè) g x f x x 1 求證 g x 是周期函數(shù) 2 如果 f 998 1002 求 f 2000 的值 6 2000 年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽 若函數(shù)在區(qū)間 a b 上的最小值為 2 13 2 1 2 xxf 2a 最大值為 2b 求區(qū)間 a b 7 第一屆 希望杯 全國邀請賽試題 求函數(shù) 在區(qū)間 1 1 上的值域 72 10626174 2 234 xx xxxx xf 8 第九屆 希望杯 全國邀請賽試題 若實數(shù) x 滿足不等式 試求函數(shù)的最大值 012872 234 xxxx 4 x xxf 9 2000 年莫斯科師范大學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克競賽 作函數(shù)的圖象 xx y2 22 10 2000 年莫斯科師范大學(xué)數(shù)學(xué)奧林匹克競賽 函數(shù)是偶函 1lg 2 xxxf 數(shù)還是奇函數(shù) 11 第五屆北京高中數(shù)學(xué)知識應(yīng)用競賽 中國青年報 2001 年 3 月 19 日報道 中國移 動通信將于 3 月 21 日開始在所屬 18 個省 市移動通信公司陸續(xù)推出 全球通 移動電話資 費 套餐 這個 套餐 的最大特點是針對不同用戶采取了不同的收費方法 具體方案如下 原計費方案的基本月租為 50 元 每通話一分鐘付 0 4 元 請問 1 套餐 中第 4 種收費方式的月話費 y 與月通話量 t 月通話量是指一個月內(nèi)每次 通話用時之和 每次通話用時以分為單位取整計算 如某次通話時間為 3 分 20 秒 按 4 分 鐘計通話用時 的函數(shù)關(guān)系式 2 取第 4 種收費方式 通話量多少時比原計費方式的月通話費省錢 3 據(jù)中國移動 2000 年公布的中期業(yè)績 每戶通話平均為每月 320 分鐘 若一個用戶 的通話量恰好是這個平均值 那么選擇哪種收費方式更合算 并說明理由 參考答案參考答案 1 A由于 抽象 沒有具體的函數(shù)表達(dá)式 使題目顯得有些難 化難為易的方法因 而也就是化抽象為具體 不妨設(shè) f x x 1 這樣符合原題 f x 有反函數(shù) 的規(guī)定 于是以 方案代號基本月租 元 免費時間 分鐘 超過免費時間的話費 元 分鐘 130480 60 2981700 60 31683300 50 42686000 45 538810000 40 656817000 35 778825880 30 下種種全具體化了 反函數(shù)是 向左平移 2 個單位所得圖1 1 xxfxxf2 12 形表示的函數(shù) 這個函數(shù)的反函數(shù) 再與 4 個選42 2 2 1 xxxf2 2 1 1 x xf 擇來對照 A 項是符合 2 3 1 xf y 2 22 13 xx y B 項是不合 2 3 1 xf y 1 22 13 xx y C 項是不合 2 3 1 xf y 1 22 13 xx y D 項是不合 故選 A 2 3 1 xf y 2 22 13 xx y 2 2 2 3 1 U 02323 22 xyxxxxxy 兩邊平方得 從而且 2 32 2 yxy 2 3 y 32 2 2 y y x 由或 y 2 2 3 10 32 23 0 32 2 22 y y yy y y yxy 任取 y 2 由 易知 x 2 于是 32 2 2 y y x023 2 xx 任取 同樣由 易知 x 1 2 3 1 x2 3 2 log 1 2 1 x2 3 2 log 1 2 1 x 2 7 log 1 2 1 x 此時 或或 2log 2 1 x0log 7 2 2 1 4 或 0 x 1 或 7 2 21 x 即解集為 4 2 1 1 0 7 2 UU 4 2 3 1 這題 f x 不容易具體化 但是它的值則是可以具體化的 例如設(shè) x 0 y 0 則由 22 2 yfxfyxf 得 f 0 0 2 0 2 0 0 fff 0 0 2 2 f 再設(shè) x 0 y 1 得 以 f 0 0 代入 已知 f 1 0 2 1 2 0 1 fff 1 1 2 2 ff 2 1 1 f 設(shè) x 1 y 1 得 2 1 2 1 2 fff 即 1 4 1 2 2 1 2 f 設(shè) x 2 y 1 得 2 1 2 2 3 fff 2 3 4 1 21 3 f 設(shè) x 0 得 3 y 2 3 2 2 3 f 2 3 3 f 設(shè) x 0 4 3 y 得 2 4 3 2 0 3 fff 即 2 4 3 2 2 3 f 4 3 3 2 4 f 至此可求 32 f 2 4 3 2 2 32 fff 2 3 1 4 3 21 5 解 本例的難度顯然又有增加 主要是難以具體化 只能在抽象的層面來解決問題 1 g x f x x 可得 g x 2 f x 2 x 2 g x 3 f x 3 x 3 再以 f x 3 f x 3 和 f x 2 f x 2 代換 可得 xxfxxfxg 22 2 xxfxxfxg 33 3 由 可得 g x 4 f x 2 x 2 f x 2 x 2 f x x g x 6 f x 2 x 2 f x x 由 可得 g x 6 f x 3 x 3 f x x 由 知 g x 6 f x x g x g x 是周期函數(shù)獲證 6 是它的一個周期 2 2000 998 1002 是 6 的整數(shù)倍 所以 g 2000 g 998 即 f 2000 2000 f 998 998 f 2000 f 998 1002 1002 1002 2004 本題的不同之處在于沒有 具體化 而是利用 f x 3 與 f x 2 的反復(fù)操作以求 g x 6 與 f x 的關(guān)系 進(jìn)而得到 g x 6 g x 以達(dá)到證明的目的 6 解 f x 的最大值只能是 或 f a 或 f b f x 的最小值只能是 f a 或 f b 2 13 0 f 其中之一 令 且 即可得關(guān)于 a b 的方程組 解出 a b 的值 ay2 min by2 max 當(dāng) a 值由負(fù)值增大到正值時 區(qū)間 a b 在 x 軸上自左向右移動 因此在求 f x 的最值 時 須按區(qū)間 a b 的位置分類求解 f x 圖象頂點坐標(biāo)為 2 13 0 2 13 2 1 2 aaf 2 13 2 1 2 bbf 1 當(dāng) a b 0 時 由 f x 在 a b 上單調(diào)遞增得 f a 2a 且 f b 2b 即 2 2 13 2 1 2 2 13 2 1 2 2 bb aa 于是 a b 是二次方程的兩個負(fù)根 但此方程兩根異號 故區(qū)間 a 0 2 13 2 2 1 2 xx b 不存在 2 當(dāng) a 0 b 時 f x 在 a 0 上單調(diào)遞增 在 0 b 上單調(diào)遞減 因而 f x 在 x 0 處取得最大值 在區(qū)間 端點 x a或 x b 處取得最小值 即 a 0 時 由 f x 在 a b 上單調(diào)遞減得 f a 2b 且 f b 2a 即 2 2 13 2 1 2 2 13 2 1 2 2 ab ba 解得或 舍去 3 1 b a 1 3 b a 即得區(qū)間 1 3 綜上所述 所求區(qū)間為 1 3 或 4 13 172 7 解 值域為 1 72 64 72 2 2 xx xxxf 3 2 15 15 8 解 2 1 2 3 12872 234 xxxxxxxx5 max f 9 解 研究 2 種情況 即 x 1 于是022 x 22