1樓:匿名使用者
由條件最小值為8得, |2a-5|=8,所以a=13/2或者-3/2
正數a使得關於x代數式|x+1|+|x-6|+2|x-a|的最小數是8,那麼a的值為
2樓:匿名使用者
第三講 函式的概念和性質
知識、方法、技能
i.函式的定義
設a,b都是非空的數集,f是從a到b的一個對應法則.那麼,從a到b的對映f:a→b就叫做從a到b的函式.
記做y=f(x),其中x∈a,y∈b,原象集合,a叫做函式f(x)的定義域,象的集合c叫做函式的值域,顯然c b.
ii.函式的性質
(1)奇偶性 設函式f(x)的定義域為d,且d是關於原點對稱的數集.若對任意的x∈d,都有f(-x)=-f(x),則稱f(x)是奇函式;若對任意的x∈d,都有f(-x)=f(x),則稱f(x)是偶函式.
(2)函式的增減性 設函式f(x)在區間d′上滿足:對任意x1, x2∈d′,並且x1f(x2)),則稱f(x)在區間d′上的增函式(減函式),區間d′稱為f(x)的一個單調增(減)區間.
iii.函式的週期性
對於函式¬ f(x),如果存在一個不為零的正數t,使得當x取定義域中的每個數時,f(x+t)=f(x)總成立,那麼稱f(x)是周期函式,t稱做這個周期函式的週期.如果函式f(x)的所有周期中存在最小值t0,稱t0為周期函式f(x)的最小值正週期.
iv.高斯函式
對任意實數x,我們記不超過x的最大整數為[x],通常稱函式y=[x]為取整函式,又稱高斯函式.
進一步,記=x-[x],則函式y=稱為小數部分函式,它表示的是x的小數部分.
根據高斯函式的定義,可得到其如下性質.
性質1 對任意x∈r,均有
x-1<[x]≤x<[x]+1.
性質2 對任意x∈r,函式y=的值域為 .
性質3 高斯函式是一個不減函式,即對任意x1, x2∈r,若x1≤x2, 則[x1] ≤[x2].
性質3 若n∈z, x∈r,則有 [x+n]=n+[x], =
後一個式子表明y=是一個以1為週期的函式.
性質4 若x , y ∈r, 則 [x]+ [y]≤[x+y] ≤[x]+ [y]+1.
性質5 若n∈n*, x∈r, 則[nx]≥n[x]
性質6 若n∈n*, x∈r, 則 .
性質7 若n∈n*, x∈r+, 則在區間[1,x]內,恰有 個整數是n的倍數.
性質8 設p為質數,n∈n*,在p在n!的質因數分解式中的冪次為
賽題精講
函式是高中數學,也是高等數學的基礎.因此,也是高考和高中數學競賽的重要內容.下面分類介紹此類題目.
i 函式的定義域和值域
例1 當x為何值時, 才有意義.
【思路分析】應根據對數的意義,從最外層開始一層一層地逐步消去根號和對數符號求出x的範圍.
【略解】由 >0,得 ≥1
......∴【評述】這種多層對數及根式問題,一定要逐層由外向內求解,要有耐心。
例2 設a=,在a上定義函式f如下:若a∈a,則f(a)表示a的數字之和,例如f(7)=7,f(42)=6,設函式f的值域是集合m.求證:m=.
【思路分析】注意從充要條件的角度來進行證明.
【略解】先證m .
任取x∈m, 即x是被7整除的正整數的數字之和,由於7×10n,n=0, 1,2,...,所以x的數字之和是大於1的正整數,因此x∈.所以
m .再證 m.
任取x∈,即x是大於1的正整數.下面分兩種情形:
當x=2k(k∈n*)時,由於7|100|,於是取
a= 10011001...1001,
k個1001
則7|a,且f(a)=2k,所以x∈m.
當x=2k+1(k∈n*)時,由於7|100|,7|21,於是取
b=10011001...100121,
k-1個1001
則7|b,且f(b)=2(k-1)+3=2k+1,故x∈m,故x∈m.所以
m.因此 m=.
【評述】此類題目的證明嚴謹、科學.
例3 設正實數x, y滿足xy=1,求函式
f(x, y) = 的值域.(其中([x]表示不超過x的最大整數)
【思路分析】由x、y的對稱性,不妨設x≥y,則有x2≥1,必分x=1與x>1兩種情況討論.
【詳解】不妨設x≥y,則x2≥1,x≥1.有下面兩種情形:
(1)當x=1時,y=1,此時f(x,y)= .
(2)當x>1時,設[x]=n, =x-[x]=α,則x=n+α,0≤α<1.
於是,y= <1,故[y]=0.
.由函式g(x)=x+ 在x≥1時是遞增的和0≤α<1得
綜上所述,f(x, y)的值域為 .
【評述】本例表面上為「二元函式」實為一元函式,因為y= ,消去y後就是關於x的函式了.
ii.函式性質的應用
在數學競賽中,常見的應用函式性質的題目有以下幾類:
1.求值、求最值
例4 設函式f(x)是定義在r上的週期為3的奇函式,且f(1)=2,求f(2)+f(3)的值.
【思路分析】要抓住函式為奇函式且週期為3進行變形求值.
【略解】對定義在r上的奇函式,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 設f(x),g(x)都是定義在r上的奇函式,f(x)=af(x)+bg(x)+2在區間(0,+∞)上的最大值是5,求f(x)在(-∞,0)上的最小值.
【思路分析】應注意f(x)-2是奇函式,這是解題的一條途徑.
【略解】令 (x)=f(x)-2=af(x)+bg(x),
易知 (x)為奇函式,且在(0,+∞)上有最大值3.
∴ (x)在(-∞,0)上有最小值-3.
故f(x)在(-∞,0)上的最小值為-1.
【評述】將代數式轉化為奇函式的思想十分重要,應注意掌握這種「轉化思想」.
例6 設函式f(x), 對任意x, y∈r都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0時,f(x)<0且f(1)=-2.
(1)證明:f(x)是奇函式;
(2)求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值.
【思路分析】因為x∈r,由區間的特殊點,即x=0入手,是解題的出發點.
【略解】(1)令x=y=0,則有
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)是奇函式.
(2)設x1, x2∈r,且x1< x2,則
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)0, ∴1-lga=0,
故a=10.
【評述】利用「函式與方程的思想」來解題依然是本題的主線,但函式是奇函式是出發點。應注意找好每道題解題的出發點.
例8 已知定義在r上的單調函式f(x)滿足f(x+y)=f(x)+f(y)且f(1)=2.
(1)求證:f(x)為奇函式;
(2)當t>2時,不等式f(klog2t)+f(log2t-log22t-2)<0恆成立,求實數k的取值範圍.
【思路分析】由f(x)的定義域為r,從其特殊點,即x=y=0入手來解此題.
【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)為奇函式.
(2)∵f(0)=0, f(1)=2,且f(x)是r上的單調函式,故f(x)是r上的單調遞增函式.又f(x)是奇函式.
由 得klog2t0,
∴(k+1)2-8<0,
∴-2 8.
3.已知指數函式f(x)=ax(a>0, a≠1),求滿足f(3x2-4x-5)>f(2x2-3x+1)的x的值.
4.設q為有理數集,求滿足下列條件的從q到q的函式f:
(1)f(1)=2;
(2)對所有x,y∈q,有f(x,y)=f(x)f(y)-f(x+y)+1.
5.函式f(x)在[0,1]上有定義,f(0)=f(1).如果對於任意不同的x1, x2∈[0,1],都有|f(x2)-f(x1)|<|x2-x1|.求證:
|f(x2)-f(x1)|< .
6.求方程[x/1!]+[x/2!]+...+[x/10!]=1001的整數解.
7.g: c→c,ω∈c,a∈c, ω3=1, ω≠1.證明有且僅有一個函式f: c→c,滿足
f(z)+f(ωz+a)=g(z), z∈c.求出f.
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合併同類項 原式 n 3 x m 1 x 10 要使取值與x無關，則含x的項係數都為0 所以 n 3 0，m 1 0 得 m 1，n 3 希望能幫到你，如果不懂，請hi我，祝學習進步！如果關於字母x的代數式 3x的平方 mx nx的平方 x 10的值與x的取值無關，求m,n的值解 3x 2 mx n...
幾道簡單的代數題，幾道關於代數式的題
1.把x和y的值代入式子裡面直接求或者化簡以後代入求。因為x y 1，所以。x y 2 7 x y 3 5 x y 2 x y 7 x y 3 3 x y 2 9 7 x y 3 x y 7 x y 3 92.先合併同類項。2ax 2 x 2 3x 2 5x 2 3x 6bx 2 6 6b x 2a...