高中數(shù)學(xué)奧賽輔導(dǎo)教材(共十講)

第一講集合概念及集合上的運(yùn)算

知識(shí)、方法、技能

高中一年級(jí)數(shù)學(xué)（上）（試驗(yàn)本）課本中給出了集合的概念；一般地，符合某種條件（或

具有某種性質(zhì)）的對(duì)象集中在一起就成為一個(gè)集合.

在此基礎(chǔ)上，介紹了集合的元素的確定性、互異性、無序性.深入地逐步給出了有限集、

無限集，集合的列舉法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、補(bǔ)集、并集等十

余個(gè)新名詞或概念以及二十幾個(gè)新符號(hào).由此形成了在集合上的運(yùn)算問題，形成了以集合為背

景的題目和用集合表示空間的線面及其關(guān)系，表面平面軌跡及其關(guān)系，表示充要條件，描述

排列組合，用集合的性質(zhì)進(jìn)行組合計(jì)數(shù)等綜合型題目.

賽題精講

I.集合中待定元素的確定

充分利用集合中元素的性質(zhì)和集合之間的基本關(guān)系，往往能解決某些以集合為背景的高

中數(shù)學(xué)競賽題.請(qǐng)看下述幾例.

33

例1：求點(diǎn)集{（x,y）Ilg（x+ly+l）=lgx+lgy}中元素的個(gè)數(shù).

39

【思路分析】應(yīng)首先去對(duì)數(shù)將之化為代數(shù)方程來解之.

【略解】由所設(shè)知無>0,y>0,及+；>3+[=盯，

由平均值不等式，有/+>3岫.（￥）.（}=xy,

當(dāng)且僅當(dāng)即（虛根舍去）時(shí)，等號(hào)成立.

故所給點(diǎn)集僅有一個(gè)元素.

【評(píng)述】此題解方程中，應(yīng)用了不等式取等號(hào)的充要條件，是一種重要解題方法，應(yīng)注意掌

握之.

例2：已知y4={y|y=x2-4x+3,xeR},B={y|y=-x2-2x+2,xeR}.求AnB.

【思路分析】先進(jìn)一步確定集合A、B.

【略解】y=(x—2>—121,又y=—(x+l>+3<3.

.?.A={y|y>-l},B={y|y<3},^An5={y|-l<y<3}.

【評(píng)述】此題應(yīng)避免如下錯(cuò)誤解法：

聯(lián)立方程組

},''消去y,2/-2x+l=0.因方程無實(shí)根，故

[y=--_2X+2.

這里的錯(cuò)因是將A、B的元素誤解為平面上的點(diǎn)了.這兩條拋物線沒有交點(diǎn)是實(shí)數(shù).但這不是拋

物線的值域.

例3：已知集合A={(x,y)||x|+1y\=a,a>Q},B={(x,y)||xy|+1=|x|+1y|}.

若Ac3是平面上正八邊形的頂點(diǎn)所構(gòu)成的集合，則a的值為.

【思路分析】可作圖，以數(shù)形結(jié)合法來解之.

【略解】點(diǎn)集A是頂點(diǎn)為(a,0),(0,a),(-a,0),(0,-a)的正方形的四條邊構(gòu)成(如

圖I-1—1—1).

將|町|+1=|x[+|y|,變形為(|x|T)(3-1)=0,

所以，集合B是由四條直線x=±l,y=±l構(gòu)成.

欲使AC8為正八邊形的頂點(diǎn)所構(gòu)成，只有a>2或1<。<2這兩種情況.

(1)當(dāng)。>2時(shí)，由于正八形的邊長只能為2,顯然有缶一2血=2,

故a=2+V2.

(2)當(dāng)l<a<2時(shí)，設(shè)正八形邊長為/,貝I」

/cos450=3,/=2&-2,

2

這時(shí)，a—1+——V2.

2

綜上所述，a的值為2+后或血，

如圖I一1一1一1中A(后,0)/(2+五,0).

【評(píng)述】上述兩題均為1987年全國高中聯(lián)賽試題，題目并不難，讀者應(yīng)從解題過程中體會(huì)

此類題目的解法.

II.集合之間的基本關(guān)系

充分應(yīng)用集合之間的基本關(guān)系(即子、交、并、補(bǔ))，往往能形成一些頗具技巧的集合

綜合題.請(qǐng)看下述幾例.

例4：設(shè)集合4={巴|〃GZ},B={〃|n€Z},C={〃+」|〃wZ},O={N+!|〃GZ}4iJ

2236

在下列關(guān)系中，成立的是()

A.AuBuCu。B.AcB=（j）,CcD=（!）

WWW

C.A=BuC,CuDD.B=B^CC\D=（/）

【思路分析】應(yīng)注意數(shù)的特征，即〃+2=生士1,4+』=里里/€2.

22366

【解法1】???A={2|〃GZ},8={〃I〃eZ},C={〃+工I〃GZ},。={2+工I〃wZ},

2236

???4=8口。,。匚。.故應(yīng)選C.

*

【解法2】如果把A、B、C、D與角的集合相對(duì)應(yīng)，令

>77t71H7TTT

A'={J[〃eZ},8，={〃》|〃eZ},C，={〃》+—|neZ},O={J+—|neZ}.

2236

結(jié)論仍然不變，顯然A'為終邊在坐標(biāo)軸上的角的集合，B'為終邊在x軸上的角的集

合，C'為終邊在y軸上的角的集合，D'為終邊在y軸上及在直線y=±?x上的角的集

合，故應(yīng)選(C).

【評(píng)述】解法1是直接法，解法2運(yùn)用轉(zhuǎn)化思想把已知的四個(gè)集合的元素轉(zhuǎn)化為我們熟悉的

的角的集合，研究角的終邊，思路清晰易懂，實(shí)屬巧思妙解.

例5設(shè)有集合4={劉尤2-[無]=2}和8=3|劉<2},求4門8和4。3(其中㈤表示不

超過實(shí)數(shù)x之值的最大整數(shù)).

【思路分析】應(yīng)首先確定集合A與B.

從而—14》42.顯然,2€4：.A<JB={X\-2<X<2].

若xwAcB,則/=[x]+2,[x]€{1,0-1,-2),

從而得出x==或x=—l([x]=—1).于是An5={-l,V3}

【評(píng)述】此題中集合B中元素x滿足時(shí)，會(huì)出現(xiàn)什么樣的結(jié)果，讀者試解之.

例6：設(shè)/(x)=x2+bx+c(b,c6R),,EL4={x|x=f(x),xGR},B={x[x=/[/(x)],xeR},

如果A為只含一個(gè)元素的集合，則人=8.

【思路分析】應(yīng)從A為只含一個(gè)元素的集合入手，即從方程/(x)-x=0有重根來解之.

【略解】設(shè)4={。|(/€11},則方程/(》)一》=0有重根1,于是/(x)-x=(x—a)2,

f(x)=(x-a)2+x“從而x=即x=[(x-a)2+(x-a)]2+(x-(z)2+x,

整理得(x—a)2[(x—a+l)2+l]=0,因x,a均為實(shí)數(shù)

(x-a+l)2+1力0,故％=。即8={a}=A.

【評(píng)述】此類函數(shù)方程問題，應(yīng)注意將之轉(zhuǎn)化為一般方程來解之.

例7：已知M={(蒼丁)|32公},%={(?田|左+(y-a)241}.求立時(shí),a

需滿足的充要條件.

【思路分析】由McN=N，可知NqM.

【略解】McN=NON=M.

由/+(,_0241得/?y_y2+Qa_l)y+(l_q2)于是，

若-y-+(2iz—l)y+(1—o')<0①

必有yN/,即N=M.而①成立的條件是小二'「a)_(2"D10,

一4

即4(1—M)+(2。-1)2<0,解得a>l-.

4

【評(píng)述】此類求參數(shù)范圍的問題，應(yīng)注意利用集合的關(guān)系，將問題轉(zhuǎn)化為不等式問題來求解.

222

例8：設(shè)A、B是坐標(biāo)平面上的兩個(gè)點(diǎn)集，Cr={(x,y)\x+y<r}.

若對(duì)任何r20都有C,.uA之Gu8,則必有A=B.此命題是否正確？

【思路分析】要想說明?個(gè)命題不正確，只需舉出一個(gè)反例即可.

【略解】不正確.

反例：取4={(%,乃口2+/<1},B為A去掉(0,0)后的集合.

容易看出C,.UA=GUB,但A不包含在B中.

【評(píng)述】本題這種舉反例判定命題的正確與否的方法十分重要，應(yīng)注意掌握之.

III.有限集合中元素的個(gè)數(shù)

有限集合元素的個(gè)數(shù)在課本P23介紹了如下性質(zhì)：

一般地，對(duì)任意兩個(gè)有限集合A、B,有

card(AuB)=card[A)+card(B)-card(AnB).

我們還可將之推廣為：

一般地，對(duì)任意n個(gè)有限集合A1,&，?,?，4,有

card(AiuA2UA3U---UAn_xu4〃)

=[card(A1)+card(A2)+card(A3)-^---卜card(An)]-[card(A{cA2)+card(A、cA3)]

+…+cwd(A]cA“)+…+card(A“_]cA〃)]+[card(AnA2nA3)]4--??+card(An_2nAn_xnAn)]

----+(-1)"_|-card[\cA3c…cA“).

應(yīng)用上述結(jié)論，可解決一類求有限集合元素個(gè)數(shù)問題.

【例9】某班期末對(duì)數(shù)學(xué)、物理、化學(xué)三科總評(píng)成績有21個(gè)優(yōu)秀，物理總評(píng)19人優(yōu)秀，化

學(xué)總評(píng)有20人優(yōu)秀，數(shù)學(xué)和物理都優(yōu)秀的有9人，物理和化學(xué)都優(yōu)秀的有7人，化學(xué)和數(shù)

學(xué)都優(yōu)秀的有8人，試確定全班人數(shù)以及僅數(shù)字、僅物理、僅化學(xué)單科優(yōu)秀的人數(shù)范圍(該

班有5名學(xué)生沒有任一科是優(yōu)秀).

【思路分析】應(yīng)首先確定集合，以便進(jìn)行計(jì)算.

【詳解】設(shè)人=｛數(shù)學(xué)總評(píng)優(yōu)秀的學(xué)生｝,B=｛物理總評(píng)優(yōu)秀的學(xué)生｝,C=｛化學(xué)總評(píng)優(yōu)秀的學(xué)生｝.

則card(A)=21,card(B)=19,card(C)=20,card(AcB)=9,card(BcC)=7,card(CcA)=8.

,**card(AoBuC)=card(A)+card(8)+card(C)-card(AnB)-card(Br\C)-card(CnA)

+card(Ac8cC),：.card\AuBuC)-card(AnBr>C)=2\+19-^20-9-S=36.

這里，是數(shù)、理、化中至少一門是優(yōu)秀的人數(shù)，cad(AcBcC)是這

三科全優(yōu)的人數(shù).可見，估計(jì)card(AuBuC)的范圍的問題與估計(jì)card(Ac8cC)的范

圍有關(guān).

注意到nJ5nC)<mm｛card(AcB),card(BnC),card(CnA)｝=7,可知

0<card｛AnnC)<7.因而可得36<card(AuBuC)<43.

又card(AoBuC)+card(AuC)=card(U),其中card(AuBoC)=5.

A41<card(JJ)<48.這表明全班人數(shù)在41-48人之間.

僅數(shù)學(xué)優(yōu)秀的人數(shù)是caW(Ac仄元).

二card(AcBuC)=card｛AuBuC)-card(BuC)=card(AuBuC)-card(B)

-card(C)+card(BcC)-card(Au5uC)-32.

可見44card(Ac8DC41L同理可知34card(8cAuC)410,

5<cat(CcBuA)<12.故僅數(shù)學(xué)單科優(yōu)秀的學(xué)生在4~11之間，僅物理單科優(yōu)秀的學(xué)生

數(shù)在3~10之間，僅化學(xué)單科優(yōu)秀的學(xué)生在5~12人之間.

第二講映射及映射法

知識(shí)、方法、技能

1.映射的定義

設(shè)A,B是兩個(gè)集合，如果按照某種對(duì)應(yīng)法則力對(duì)于集合A中的任何一個(gè)元素，在集

合B中都有惟一的元素和它對(duì)應(yīng)，這樣的對(duì)應(yīng)叫做從集合A到集合B的映射，記作/：4-B.

(1)映射是特殊的對(duì)應(yīng)，映射中的集合A,B可以是數(shù)集，也可以是點(diǎn)集或其他集合，

這兩個(gè)集合有先后次序，從A到B的映射與從B到A的映射是截然不同的.

(2)原象和象是不能互換的，互換后就不是原來的映射了.

(3)映射包括集合A和集合B,以及集合A到B的對(duì)應(yīng)法則/,三者缺一不可.

(4)對(duì)于一個(gè)從集合A到集合B的映射來說，A中的每一個(gè)元素必有惟一的，但B中

的每一個(gè)元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一個(gè).

2.--映射

一般地，設(shè)A、B是兩個(gè)集合，//-B.是集合A到集合B的映射，如果在這個(gè)映射下，

對(duì)于集合A中的不同元素，在集合B中有不同的象，而且B中每一個(gè)元素都有原象，那么

個(gè)這個(gè)映射叫做A到B上的一一映射.

3.逆映射

如果/是A與B之間的一一對(duì)應(yīng)，那么可得B到A的一個(gè)映射g：任給b規(guī)定

g(b)=a,其中。是b在/下的原象，稱這個(gè)映射g是7的逆映射，并將g記為rI

顯然有即

如果/是A與B之間的一一對(duì)應(yīng)，則廣|是B與A之間的一一對(duì)應(yīng)，并且尸|的逆映射

是工

事實(shí)上，尸|是B到A的映射，對(duì)于B中的不同元素b,和b2,由于它們在/下的原象不

同，所以b和b2在尸?下的像不同，所以尸?是1-1的.

任給aeA,^f(a)=b,則廣|(b)=a.這說明A中每個(gè)元素a在尸都有原象.因此，/

t是映射上的.

這樣即得尸是B到A上的1一1映射，即尸是B與A之間一對(duì)應(yīng).從而尸有逆映射

6：AfB.由于任給aeA,設(shè)//(a)=b,其中b是。在「I下的原象，即/I(b)=a,所以，

f(a)=b,從而力(a)=b=/(a),得力=f,這即是尸的逆映射是f

賽題精講

I映射

關(guān)映射的高中數(shù)學(xué)競賽題是常見題型之一，請(qǐng)看下述試題.

例1：設(shè)集合A/={x|O<x<ll,xeZ},集合/={(a,b,c,d)\a,h,c,deM},映射/：F—Z.使得

fff、

(。也c,d)—>ab—cd.已知(〃,匕x,y)—>39,(u,y,x,v)—>66,求x,y,w#的值.

【思路分析】應(yīng)從(〃也cd入手，列方程組來解之.

【略解】由/的定義和已知數(shù)據(jù)，得

uv-xy=39,

uy-xv=66(u,v9x,ywM).

將兩式相加，相減并分別分解因式，得

(y+v)(w-x)=105,(y-v)(w+x)=27.

顯然，〃-x20,y-v20,在x,e{x|04x41l,xeZ}的條件下，0<M-V<11,

[詈]+14y+v422,即104y+v422,但(y+v)|105,可見(y+v}=15,(y+v)=21,

對(duì)應(yīng)可知(“-x)1=7,(“-X)2=5.

27

同理，ill0<y-v<11,[—]+\<u+x<22知,3<u+x<22又有(〃+%))=3,(w+x)2=9.

對(duì)應(yīng)地，(y-y)]=9,(y-咦=3.于是有以卜兩種可能：

y+x=\5,y+v=21,

(I)u-x=7,(II)?-x=5,

w+x=9,M+x=9,

J-u=3;y-v=3.

由(I)解出kl,y=9,w=8,v=6；由(H)解出y=12,它已超出集合M中元素的范

圍.因此，(II)無解.

【評(píng)述】在解此類問題時(shí)，估計(jì)y+-%,丁-匕“+》的可能值是關(guān)鍵，其中，對(duì)它們的

取值范圍的討論十分重要.

例2：已知集合A={(x,y)|—<-^<JJ}和集合{(x,y)|2>0}.求一個(gè)A與B的一一對(duì)

3xx

應(yīng)力并寫出其逆映射.

【略解】從已知集合A,B看1恒它們分別是坐標(biāo)平面上兩直線所夾角形區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)的集合

(如圖I—1—2—1).

集合A為直線y=和y=Qx所夾角內(nèi)點(diǎn)的集合，集合B則是第一、三象限內(nèi)點(diǎn)

的集合.所要求的對(duì)應(yīng)實(shí)際上可使A區(qū)域拓展成B區(qū)域，并要沒有“折疊”與“漏洞”.先用

極坐標(biāo)表示集合A和B：

A={(pcose,psin6)|x?wO,/?ER,—<0<—},

63

B={(/7cose，psin°)|x?w0,p￡R,0<(p<§}.

TT

令/(pcos。,夕sin。)->(pcos°,psin°)，9=3(?！?.在這個(gè)映射下，極徑夕沒有改

6

變，輻角之間是一次函數(shù)8=36-二，因而掰口夕之間是--一對(duì)應(yīng)，其中(工,乙)，

263

TT

9w(0,5).所以，映射/是A與B的一?對(duì)應(yīng).

逆映射極易寫，從略.

【評(píng)述】本題中將下角坐標(biāo)問題化為極坐標(biāo)問題，頗具特色.應(yīng)注意理解掌握.

II映射法

應(yīng)用映射知識(shí)往往能巧妙地解決有關(guān)集合的一些問題.

例3：設(shè)*={1,2,…，100},對(duì)X的任一非空子集M,M中的最大數(shù)與最小數(shù)的和稱為M

的特征，記為m(M).求X的所有非空子集的特征的平均數(shù).

【略解】設(shè)AuX,4/:A—A,A'={101—a|aeA}uX.

于是/：AfA'是X的非空子集的全體(子集組成的集)，Y到X自身的滿射，記X的非

空子集為A”A2,A。(其中n=2i°°—l),則特征的平均數(shù)為

]“1n

一￡皿Aj)=丁X(加(Aj)+m(A-)).

n,=l2n,=1

由于A中的最大數(shù)與A'中的最小數(shù)的和為101,A中最小數(shù)與A'中的最大數(shù)的和也

為101,故機(jī)缶,)〃2(4：)=202,從而特征平均數(shù)為--202-/z=101.

2n

如果A,B都是有限集合，它們的元素個(gè)數(shù)分別記為card(A),card(8).對(duì)于映射/：4fB來

說，如果/是單射，則有cm力(A)Wcard(B)；如果/是滿射，則有，?！?4)2以4(8)；如

果/是雙射，則有card(A)=card(B).這在計(jì)算集合A的元素的個(gè)數(shù)時(shí)，有著重要的應(yīng)用.即

當(dāng)card(A)比較難求時(shí)，我們就找另一個(gè)集合B,建立一一對(duì)應(yīng)/：4.B，把B的個(gè)數(shù)數(shù)清,

就有以以(月)=這是我們解某些題時(shí)常用的方法.請(qǐng)看下述兩例.

例4：把a(bǔ)ABC的各邊n等分，過各分點(diǎn)分別作

A

各邊的平行線，得到一些由三角形的邊和這些平

行線所組成的平行四邊形，試計(jì)算這些平等四邊

形的個(gè)數(shù).

【略解】如圖IT—2—2所示，我們由對(duì)稱性,

先考慮邊不行于BC的小平行四邊形.把AB邊和

圖

AC邊各延長一等分，分別到B',C',連接I-1-2-2

B'C'.將A'B'的n條平行線分別延長，與B'C'相交，連同B',C'共有n+2個(gè)分點(diǎn),

從B'至C'依次記為1,2,n+2.圖中所示的小平行四邊形所在四條線分別交B'C'

于i,j,k,/.記

A={邊不平行于BC的小平行四邊形},

B={(i,j,k,l)11<z<j<k<l<n+2}.

把小平行四邊形的四條邊延長且交6'C'邊于四點(diǎn)的過程定義為一個(gè)映射：

下面我們證明了是A與B的---對(duì)應(yīng)，事實(shí)上，不同的小平行四邊形至少有一條邊不相

同，那么交于B'C'的四點(diǎn)亦不全同.所以，四點(diǎn)組亦不相同，從而/是A到B的1

-1的映射.

任給一個(gè)四點(diǎn)組過i,j點(diǎn)作AB的平行線，過k,/

作AC的平行線，必交出一個(gè)邊不平行于BC的小平行四邊形，所以，映射/是A到B的滿

射.總之/是A與B的對(duì)應(yīng)，于是有card(A)=card(B)=

加上邊不平行于AB和AC的兩類小平行四邊形，得到所有平行四邊形的總數(shù)是3。,：+2.

例5：在一個(gè)6X6的棋盤上，已經(jīng)擺好了一些1X2的骨牌，每一個(gè)骨牌都恰好覆蓋兩上相

鄰的格子，證明：如果還有14個(gè)格子沒有被覆蓋，則至少能再放進(jìn)一個(gè)骨牌.

【思路分析】還有14個(gè)空格，說明已經(jīng)擺好了

11塊骨牌，如果已經(jīng)擺好的骨牌是12塊，

圖I一1一2一3所示的擺法就說明不能再放入骨牌.

所以，有14個(gè)空格這?條件是完全必要的.我們

要證明當(dāng)還有14個(gè)空格時(shí)，能再放入一個(gè)骨牌，

只要能證明必有兩個(gè)相鄰的空格就夠了.如果這種

情況不發(fā)生，則每個(gè)空格的四周都有骨牌，由于正

方形是對(duì)稱的，當(dāng)我們選定一個(gè)方向時(shí)，空格和骨牌就有了某種對(duì)應(yīng)關(guān)系，即可建立空格到

骨牌的一種映射，通過對(duì)空格集合與骨牌集合之間的數(shù)量關(guān)系，可以得到空格分布的一個(gè)很

有趣的結(jié)論，從而也就證明了我們的命題.

【略解】我們考慮下面5X6個(gè)方格中的空.

如果棋盤第一行(即最上方的一行)中的空格數(shù)多于3個(gè)時(shí)，則必有兩空格相鄰，這時(shí)問題

就得到解決.

現(xiàn)設(shè)第一行中的空格數(shù)最多是3個(gè)，則有card(X)N14—3=11,另一方面全部的骨牌

數(shù)為11,即card(Y)=11.所以必有card(X)=card(y),事實(shí)上這是--個(gè)---映射，這時(shí)，

將發(fā)生,個(gè)很有趣的現(xiàn)象：最下面一行全是空格，當(dāng)然可以放入?個(gè)骨牌.

【評(píng)述】這個(gè)題目的證明是頗具有特色的，從內(nèi)容上講，這個(gè)題目具有一定的綜合性，既有

覆蓋與結(jié)構(gòu)，又有計(jì)數(shù)與映射，尤其是利用映射來計(jì)數(shù)，在數(shù)學(xué)競賽中還較少見.

當(dāng)然這個(gè)題目也可以用其他的方法來解決.例如，用抽屜原則以及用分組的方法來討論其

中兩行的結(jié)構(gòu)，也能比較容易地解決這個(gè)問題，請(qǐng)讀者作為練習(xí).

例6：設(shè)N={1,2,3,…},論證是否存一個(gè)函數(shù)/：N-?N使得〃1)=2,/(/(?))=f(n)+n

對(duì)一切〃eN成立，/(〃)</(〃+1)格，即除去第一行后的方格中的空格.對(duì)每一個(gè)這樣的

空格，考察它上方的與之相鄰的方格中的情況.

(1)如果上方的這個(gè)方格是空格，則問題得到解決.

(2)如果上方的這個(gè)方格被骨牌所占，這又有三種情況.

(i)骨牌是橫放的，且與之相鄰的下方的另一個(gè)方格也是空格，則這時(shí)有兩空格相鄰，即問

題得到解決；

(ii)骨牌是橫放的，與之相鄰的下方的另一個(gè)方格不是空格，即被骨牌所覆蓋；

(iii)骨牌是豎放的.

現(xiàn)在假設(shè)僅發(fā)生(2)中的5)和(iii)時(shí)，我們記X為下面5義6個(gè)方格中的空格集合,

Y為上面5X6個(gè)方格中的骨牌集合，作映射/：x->y,由于每個(gè)空格(X中的)上方都

有骨牌(Y中的)，且不同的空格對(duì)應(yīng)于不同的骨牌.所以，這個(gè)映射是單射，于是有

card(X)<card(Y),對(duì)一切〃wN成立.

【解法1】存在，首先有一條鏈.

1-2T-5—8-13f21-…①

鏈上每一個(gè)數(shù)n的后繼是/(〃)，/滿足

/(/(?))=/(?)+?②

即每個(gè)數(shù)是它產(chǎn)面兩個(gè)數(shù)的和，這種鏈稱為了鏈.

對(duì)于①中的數(shù)m>n,由①遞增易知有

>m-n③

我們證明自然數(shù)集N可以分析為若干條f鏈，并且對(duì)任意自然數(shù)m>n,③成立(從而

/(”+1)>/(“))，并且每兩條鏈無公共元素).方法是用歸納法構(gòu)造鏈(參見單博著《數(shù)學(xué)

競賽研究教程》江蘇教育出版社)

設(shè)已有若干條/鏈，滿足③，而k+1是第一個(gè)不在已有鏈中出現(xiàn)的數(shù)，定義

/伏+1)=/伙)+1④

這鏈中其余的數(shù)由②逐一確定.

對(duì)于m>n,如果m、n同屬于新鏈，③顯然成立，設(shè)m、n中恰有一個(gè)屬于新鏈.若m屬

于新鏈，在m=k+l時(shí)，-f(n)-f(k)+1-f(n)>k-n+\-m-n,

設(shè)對(duì)于m,③成立，則/(/(加))一/(〃)=/(加)+加一/(〃)之機(jī)一〃+m2/(團(tuán))一〃

[由②易知2加之/(m)].即對(duì)新鏈上一切m,③成立.

若n屬于新鏈，在口=1:+1時(shí)，

f(m)-f(n)=f(m)-f(k)-\>tn-k-\=m-n.

設(shè)對(duì)于n,③成立，在m>n時(shí)，m不為原有鏈的鏈?zhǔn)?。?/p>

m=/(x),則在機(jī)>/(〃)時(shí)J(m)-/(〃〃))=s+機(jī)一(/(〃)+〃)=m-f(n)+(s-h).

而在s?n,f(n)-f(s)>n-s>0,與mf(〃)矛盾,所以s>n,/(m)-/(/(?))>m-f(n).

即對(duì)新鏈上一切，③成立.因而添入一條新鏈后，③仍成立.

這樣繼續(xù)添加，直到所有自然數(shù)均在鏈中出現(xiàn)，所得函數(shù)N即為所求.

【解法2]令/(〃)=[/?(?+1)]+〃,其中￡=表示x的整數(shù)部分.顯然/(〃)

嚴(yán)格遞增，并且/⑴=2.又由于夕(，+1)=1,

/(""))=/(〃)+[夕(/(〃)+1)]

=/(〃)+{例2(〃+1)]+夕(〃+1)}

=/(")+{/2(〃+1)—雙伙n+1)]+隊(duì)〃+1)}

(“}=x-[x]為X的分?jǐn)?shù)部分)

=/(〃)+{〃+1-團(tuán)以〃+1)]}=/(?)+?.

因此，[￡("+1)]+〃就是滿足要求的函數(shù).

第三講函數(shù)的概念和性質(zhì)

知識(shí)、方法、技能

I.函數(shù)的定義

設(shè)A,B都是非空的數(shù)集，f是從A到B的一個(gè)對(duì)應(yīng)法則.那么，從A到B的映射f：A-

B就叫做從A到B的函數(shù).記做y=f(x),其中x￡A,y￡B,原象集合，A叫做函數(shù)f(x)的定

義域，象的集合C叫做函數(shù)的值域，顯然C±B.

II.函數(shù)的性質(zhì)

(1)奇偶性設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈,且D是關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的數(shù)集.若對(duì)任意的xCD,

都有f(一x尸一f(x),則稱Rx)是奇函數(shù)；若對(duì)任意的xGD,都有f(一x尸(W,則稱f(x)是偶函

數(shù).

(2)函數(shù)的增減性設(shè)函數(shù)f(X)在區(qū)間D'上滿足：對(duì)任意X1,X2GD',并且Xi〈X2時(shí)，

總有f(X])<f(X2)(f(X1)>f(X2)),則稱f(x)在區(qū)間D'上的增函數(shù)(減函數(shù))，區(qū)間D'稱為f(x)的

一個(gè)單調(diào)增(減)區(qū)間.

III.函數(shù)的周期性

對(duì)于函數(shù)f(x),如果存在?個(gè)不為零的正數(shù)T,使得當(dāng)x取定義域中的每個(gè)數(shù)時(shí)，

f(x+T)=f(x)總成立，那么稱f(x)是周期函數(shù)，T稱做這個(gè)周期函數(shù)的周期.如果函數(shù)f(x)的所有

周期中存在最小值To,稱To為周期函數(shù)f(x)的最小值正周期.

IV.高斯函數(shù)

對(duì)任意實(shí)數(shù)X,我們記不超過X的最大整數(shù)為[X],通常稱函數(shù)尸[X]為取整函數(shù)，又稱高

斯函數(shù).

進(jìn)一步，記｛X｝=X—[X],則函數(shù)尸｛X｝稱為小數(shù)部分函數(shù)，它表示的是X的小數(shù)部分.

根據(jù)高斯函數(shù)的定義，可得到其如下性質(zhì).

性質(zhì)1對(duì)任意XGR,均有

X—l<[x]<x<[x]+l.

性質(zhì)2對(duì)任意xGR,函數(shù)產(chǎn)｛x｝的值域?yàn)閇0,1).

性質(zhì)3高斯函數(shù)是一個(gè)不減函數(shù)，即對(duì)任意X1,X2dR,若X]<X2,則[X]]<[X2].

性質(zhì)3若n6Z,xGR,則有[x+n]=n+[x],｛n+x｝=｛x｝

后一個(gè)式子表明產(chǎn)｛X｝是一個(gè)以1為周期的函數(shù).

性質(zhì)4若x,yGR,則[x]+[y]<[x+y]W[x]+[y]+l.

性質(zhì)5若nGN*,xGR,則[nx]2n[x]

性質(zhì)6若nGN*,xGR,則[與=[區(qū)].

nn

性質(zhì)7若nGN*,xdR+,則在區(qū)間[l,x]內(nèi)，恰有[三]個(gè)整數(shù)是n的倍數(shù).

n

性質(zhì)8設(shè)p為質(zhì)數(shù)，n￡N*,在p在n!的質(zhì)因數(shù)分解式中的幕次為

P(〃!)=[~]+[―y]+???

PP

賽題精講

函數(shù)是高中數(shù)學(xué)，也是高等數(shù)學(xué)的基礎(chǔ).因此，也是高考和高中數(shù)學(xué)競賽的重要內(nèi)容.

下面分類介紹此類題目.

I函數(shù)的定義域和值域

【思路分析】應(yīng)根據(jù)對(duì)數(shù)的意義，從最外層開始一層一層地逐步消去根號(hào)和對(duì)數(shù)符號(hào)求

出X的范圍.

【略解】由x>0,得［1gX>1

【評(píng)述】這種多層對(duì)數(shù)及根式問題，一定要逐層由外向內(nèi)求解，要有耐心。

例2設(shè)A={a|a=7p,peN*},在A匕定義函數(shù)f如下：若aGA,則f(a)表示a的數(shù)字之和,

例如f(7)=7,f(42)=6,設(shè)函數(shù)f的值域是集合M.求證：M={n|nGN*,n22}.

【思路分析】注意從充要條件的角度來進(jìn)行證明.

【略解】先證M={n|nGN*,n22}.

任取xdM,即x是被7整除的正整數(shù)的數(shù)字之和，由于7X10、眸。，1,2,…，所以x

的數(shù)字之和是大于1的正整數(shù)，因此xG{n|nGN*,n22}.所以

Mq{n|nCN*,n22}.

再證{n|nGN*,n》2}cM.

任取xG{n|nWN*,n22},即x是大于1的正整數(shù).下面分兩種情形：

當(dāng)x=2k(kGN*)時(shí),由于7|100|,于是取

a=10011001-1001,

k個(gè)1001

則7|a，且f(a)=2k,所以xGM.

當(dāng)x=2k+l(kGN*)時(shí),由于7|100|,7|21,于是取

b=10011001—100121,

k-1個(gè)1001

則7|b,且f(b尸2(k—l)+3=2k+l,故xCM,故x^M.所以

{n|nGN*,n22}=M.

因此M={n|nCN*,nZ2}.

【評(píng)述】此類題目的證明嚴(yán)謹(jǐn)、科學(xué).

例3設(shè)正實(shí)數(shù)x,y滿足xy=l,求函數(shù)

f(x,y)=-------9-------的值域.(其中([x]表示不超過x的最大整數(shù))

33+印+3+1

【思路分析】由x、y的對(duì)稱性，不妨設(shè)xey,則有x2^l,必分x=l與x>l兩種情況

討論.

【詳解】不妨設(shè)x》y,則x2，l,x\l.有下面兩種情形:

(1)當(dāng)x=l時(shí),y=l,此時(shí)Rx,y)=g.

(2)當(dāng)x>l時(shí)，設(shè)[x]=n，{x}=x—[x]=a,則x=n+a,0Wa<1.

于是，尸一-一<h故[y]=0.

n+a

1

〃+aH--------

〃

/(x,V)=+a

〃+l

由函數(shù)g(x尸x+工在x》l時(shí)是遞增的和OWaVI得

X

11?1

〃+—W〃+ad--------<n+1H--------,

nn+an+1

1?1

〃+—〃+1+—

???-―7-<f(x,y)<-----產(chǎn)L

n+1〃+1

1

n-\—21

1-4^

設(shè)a._n_-+l

〃+ln24-nn4-n

?I

幾+l+一

b.---------^=l+—.則

n+1("+1)2

n—2

，，+I"n(n+1)(〃+2)

a{>a2=%,%<a4<...an<...,

b{>b2>...>bn>....

于是當(dāng)x>1時(shí)J(x,y)的值域?yàn)閇4，bj,即R,3).

64

綜上所述，4v,y)的值域?yàn)樯経[2,』).

264

【評(píng)述】本例表面上為“二元函數(shù)”實(shí)為一元函數(shù)，因?yàn)閥=-,消去y后就是關(guān)于x

x

的函數(shù)了.

II.函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用

在數(shù)學(xué)競賽中，常見的應(yīng)用函數(shù)性質(zhì)的題目有以下兒類：

1.求值、求最值

例4設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為3的奇函數(shù)，且f(l)=2,求f(2)+f(3)的值.

【思路分析】要抓住函數(shù)為奇函數(shù)且周期為3進(jìn)行變形求值.

【略解】對(duì)定義在R卜.的奇函數(shù)，必有

f(O)=-f(O),即f(0)=0.

二f(3)=f(O)=O,f(2)=f(-l+3)=f(-l)=-f(l)=-2.

，f(2)+f(3)=-2.

例5設(shè)f(x),g(x)都是定義在R上的奇函數(shù)，F(xiàn)(x)=af(x)+bg(x)+2在區(qū)間(0,+?>)上的

最大值是5,求F(x)在(-8,0)上的最小值.

【思路分析】應(yīng)注意F(x)—2是奇函數(shù)，這是解題的一條途徑.

【略解】令Q(x)=F(x)—2=af(x)+bg(x),

易知9(x)為奇函數(shù)，且在(0,+8)上有最大值3.

...夕(x)在(一8,0)上有最小值一3.

故F(x)在(一8,0)上的最小值為一1.

【評(píng)述】將代數(shù)式轉(zhuǎn)化為奇函數(shù)的思想十分重要，應(yīng)注意掌握這種“轉(zhuǎn)化思想”.

例6設(shè)函數(shù)f(x),對(duì)任意x,yGR都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0時(shí)，f(x)<0且f(l)=-2.

(1)證明：f(x)是奇函數(shù)；

(2)求f(x)在［-3,3］上的最大值和最小值.

【思路分析】因?yàn)閤eR,由區(qū)間的特殊點(diǎn)，即x=0入手，是解題的出發(fā)點(diǎn).

［略解］⑴令x=y=0,則有

f(0)=f(0)+f(0),Af(0}=0.

再令y=-X,得f(0)=f(x)+f(—x),

Vf(0)=0,Z.f(-x)=-f(x),

，f(x)是奇函數(shù).

(2)設(shè)X］,X2dR,且X1〈X2,則

f(x2)=flx1+(x2—XI)］=f(x1)+f(X2-X1),

VX2>Xi,.'.X2—X|>0.

由已知得f(x2—X］)<0,

???f(X2)Vf(X1).故f(x)在R上是減函數(shù).

；.f(x)在［―3,3］上的最大值［f(x)］域大值=f(一3),最小值［f(x)及小但=a3).

又Vf(3)=f(l+2)=f(l)+f(2)=f(l)+f(l)+f(l)=-6,fi［-3)=-f(3)=6.

故f(x)在［-3,3］上的最大值為6,最小值為-6.

【評(píng)述】本題中的“X2=X|+(X2—xD”是完成證明函數(shù)是減函數(shù)的證明的主要過程，這-

特點(diǎn)讀者應(yīng)有所體會(huì).

2.求函數(shù)的解析式

例7若f00=2X-2-、lga為奇函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的值.

【思路分析】可由f(x)為奇函數(shù)，得到f(一x尸一f(x),構(gòu)造方程來求a的值.

【略解】；R-x)=2-x-2xlga=-(2x-2-xlga)=-f(x),

二(2*+2x)-(2x+2x)lga=0,

BP(2x+2-x)(l-lga)=0,

V2x+2x>0,/.l-lga=0,

故a=10.

【評(píng)述】利用“函數(shù)與方程的思想”來解題依然是本題的主線，但函數(shù)是奇函數(shù)是出發(fā)

點(diǎn)。應(yīng)注意找好每道題解題的出發(fā)點(diǎn).

例8已知定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(x+y尸f(x)+f(y)且瑁尸2.

(1)求證:f(x)為奇函數(shù)；

(2)當(dāng)t>2時(shí)，不等式f(kk>g2t)+f(log2t-log?、-2)<0恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

【思路分析】山f(x)的定義域?yàn)镽,從其特殊點(diǎn)，即x=y=O入手來解此題.

【略解】(1)令x=y=O得

f(0)=2f(0),.\f(0)=0.

再令y=—x,得f(O)=f(x)+f(—x),

/.f(—x)=—f(x),即f(x)為奇函數(shù).

(2)???f(0)=0,f(l)=2,且f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，故f(x)是R上的單調(diào)遞增函數(shù).又f(x)

是奇函數(shù).

由f{klog,r)<-/(log,t-log；t_2)=/(logjf-log,t+2)

2

得klog2t<log2t—log2t+2,

即log22t—(k+1)log2t+2>0,

.\(k+l)2-8<0,

—2y/~2<k+l<2V2,

—1—2yl~2<k<—1+2\[2.

故使不等式恒成立的實(shí)數(shù)k的范圍是(-1-272,272-1).

【評(píng)述】本題(2)為函數(shù)不等式，此類題1=1十分典型，本節(jié)后面將專門加以介紹.

第四講常見的初等函數(shù)、二次函數(shù)

知識(shí)、方法、技能

常函數(shù)y=c,暴函數(shù)y=x"(a6Q),指數(shù)函數(shù)y=a*,對(duì)數(shù)函數(shù)y=logaX,三角函數(shù)(產(chǎn)sinx,

y=cosx,y=tanx等)，反三角函數(shù)(y=arcsinx,y=arccosx,y=arctanx等)是數(shù)學(xué)中最為基本的

函數(shù)，我們把它們統(tǒng)稱為基本初等函數(shù).

學(xué)習(xí)中應(yīng)熟練掌握各基本初等函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、周期性等基本性

質(zhì)，并能利用這些性質(zhì)快捷地比較兩個(gè)數(shù)值的大小或解有關(guān)不等式.具體解題時(shí)，若繪出各基

本初等函數(shù)的草圖，往往能“一目了然”地獲得問題的結(jié)果.

繪制基函數(shù)y=xa(a=竺，m、n是互質(zhì)的整數(shù))草圖的一般步驟是：

n

(1)根據(jù)指數(shù)a的大小判斷函數(shù)圖象在第一象限的情形如圖I-1-4-1.

(2)判斷函數(shù)的奇偶性并確定函數(shù)圖像在其他象限的情況

①m,n均為奇數(shù)時(shí)，產(chǎn)x&為奇函數(shù)，圖象在一、三象限內(nèi)關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)稱.

②m為偶數(shù)，n為奇數(shù)時(shí)Y=x"為偶函數(shù)，圖象在-、二象限內(nèi)關(guān)于y軸對(duì)稱.

③m為奇數(shù)，n為偶數(shù)時(shí)，y=x。既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)，函數(shù)只在第一象限有

圖像.

常見的函數(shù)往往是由基本初等函數(shù)通過有限次加減乘除運(yùn)算或復(fù)合而得到的，我們

稱之為初等函數(shù).其中二次函數(shù)和形如y=x+-的分式函數(shù)在高考和競賽中具有尤為

X

重要的地位.同學(xué)們要熟練掌握求二次函數(shù)解析式、值域的有關(guān)方法，并會(huì)用這些方

法解決相關(guān)的問題；會(huì)判斷二次方程根的分布情況：會(huì)利用函數(shù)y=x+&的性質(zhì)求

X

出一些分式函數(shù)的值域.

賽題精講

135

例13個(gè)基函數(shù)y=》2,y=和產(chǎn)x6的圖象如圖1—1—4—2：試寫出各個(gè)函數(shù)的圖

象的對(duì)應(yīng)編號(hào).

圖I—1一4一2

【思路分析】3個(gè)函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性都相同，具有類似的草圖，僅從草圖己

無法區(qū)分這三者了.只能更為“精細(xì)”地考察和函數(shù)值的大小，不妨取x=2試試.

235

【略解】當(dāng)x=2時(shí)，3個(gè)函數(shù)值分別為23,212%.因?yàn)閥=2'為增函數(shù)，

135125

上<3<二所以22<24<26.而圖中,x=2時(shí)，圖象①的對(duì)應(yīng)點(diǎn)縱坐標(biāo)最大，圖象③的對(duì)應(yīng)

246

y35

點(diǎn)縱坐標(biāo)最小，所以產(chǎn)x2,y=x4和y=/對(duì)應(yīng)的圖象依次為③，②，①.

【評(píng)述】一般地，當(dāng)a越大大時(shí)，幕函數(shù)圖像在x>l對(duì)應(yīng)的部分越“高”.此外，本題方

法也可應(yīng)用于辨別兩個(gè)草圖相近的指數(shù)函數(shù)或?qū)瘮?shù)的圖象.

例2比較下列各題中兩個(gè)值的大小：

_3_322

(1)(-行尸與-(石尸；(2)(-3.14戶與(-萬戶；

24

(3)(一萬戶與(-萬戶(4)log23與log23.1.

3--

【思路分析】(1)中兩數(shù)有相同的指數(shù)一二，故可將這兩者看做同一函數(shù)y=x$的兩

個(gè)不同函數(shù)值，利用函數(shù)單調(diào)性比較兩數(shù)大小.

_3

【略解】(1)因?yàn)閥=x不是(-8,0)上的減函數(shù)，又—五>—JJ,所以

3_3

(-V2)-7<(-V3)-?.

222

(2)因?yàn)閥=/是(-oo,0)上的減函數(shù)又—3.14〉一肛所以(—3.14)3<(_萬"；

2224-2i

(3)因?yàn)閥-'是(-00,+8)上的增函數(shù)，又(一%)3=%3,§<仁,所以(一萬尸<萬5

(4)因?yàn)閥=k)g2X是(0,+8)上的增函數(shù),又3<3.1,所以Iog23〈k>g23.1.

例3求下列函數(shù)的定義域：

⑴y=logulog?log?x(a>0,aH1);

(2)廣行―鬲H，

【略解】(1)據(jù)題意有l(wèi)ogalogaXX).

①a>l時(shí)，上式等價(jià)于logax>l,BPx>a.

②0〈a〈l時(shí)，上式等價(jià)于0<logaX〈l,即l>x>a.

所以，當(dāng)a>l時(shí)，函數(shù)定義域?yàn)?a,+8)；而當(dāng)Ova<l時(shí)，函數(shù)定義域?yàn)?a,l).

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歹丐尸，

V9-(1r1-3

>0,(|r<9