函数的存在性问题
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x , 其中 f 作用 45 次 .
证 构造函数 f ( x ) = ( 45 - 1 + x ) 2 , 容 易验证 f ( x ) 满足条件 . 评注 本题使用的是 “构造法” , 即直接 构造出符合条件的对象 . 例 3 ( 第 5 届全国中学生数学冬令营 试题) 设函数 f ( x ) 对 x ≥ 0 有定义 , 且满足 条件 :
) 问 :思路 2 是分类讨论 ; 思路 1 利用等价转 科第 ( Ⅱ
分类讨论 : ① 当解;
m
2
< - 1 ,即 m > 2 时 , m 无
1 ②当 - 1 ≤≤, 即 1 ≤m ≤ 2 时, m 无 2 2
解; ③当 1 m < < 0 ,即 0 < m < 1 时 , 2 2
换及数形结合的方法避免讨论以简化计算 . ( 未完待 续)
解得 : ④当 2 ≤m < 2 6 - 4 . 3
m
所以
m≥
2 . 3
2 即 M = [ , - 4 + 2 6) . 3 思路 2 :令 t = cosα, h ( t) = t 2 + m t - 2 m = ( t +
m
2
≥ 0 ,即 m ≤ 0 时 , m 无解 .
2
)2 -
m2
2 , 2 6 - 4) . 3 评析 此题涉及集合的意义 , 二次函数图象 , 一
x + 2 ax + b (a 2 x +1 ≠ 0 , a , b ∈R) , 证明 : 1 ) 存在两个实数 m 1 ,
例4 设函数 φ( x ) =
2
m2 ( m1 < m2 ) , 满 足 φ ( x ) [ (1 - m i) x + a ] ( i = 1 , 2) ; ( 1 - m i ) ( x 2 + 1)
2
x0
2
) , 于是有
f(
x0
2 f ( x 0) 1 ) ≥ > x2 . 2 2 0 2 x2 0
用数学归纳法不难证明对于任意自然数 k
2 成立 . 显然存在自然数 k 0 , 使得当 k ≥k 0 时 ,
f( x0
k)
又 φ( x ) - m i =
> 22
k
- 2k - 1
x2 0
( 1)
可知当 m 2 > 1 时 , φ( x ) - m 2 ≤0 ; 当 φ( x ) ≤ m 1 < 1 时 φ( x ) - m 1 ≥ 0 , 故 m1 ≤
© 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
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数 学 通 讯 2001 年第 21 期
为前两种类型 . 例 6 ( 第 52 届 MMO 十年级试题) 是 否存在这样的函数 : 它在坐标平面上的图象 与任一直线均有公共点 ? 解 存在 . 因为不低于三次的奇次多项 式函数 y = P ( x ) 均满足条件 . 对任意直线 y = k x + b , P ( x ) - k x - b = 0 至少有一实根 x 0 , 故它们总有交点 . 评注 本题直接指出满足条件的对象存 在 , 也是证明存在性问题的方法 . 例 7 ( 2000 年全国高中数学联赛题改 1 2 13 编) 已知函数 f ( x ) = x + , 是否存在 2 2 a , b ∈R , 使 f ( x ) 的定义域和值域分别为 [ a , b ]和 [ 2 a , 2 b ] ? 解 已知函数的图象是关于 y 轴对称 且开口向下的抛物线 , 直接确定 a , b 是否存 在不易统一处理 , 须分类讨论 . 1) 当 0 ≤a < b 时 , f ( x ) 在 [ a , b ] 上递 减 , 故满足 1 2 13 a + =2b, f ( a) = 2 b , 2 2 ,即 f ( b) = 2 a , 1 2 13 b + =2a, 2 2 a=1, 解之得 故区间 [ a , b ]为 [ 1 , 3 ]. b=3, 2) 当 a < 0 < b 时 , f ( x ) 在 [ a , 0 ] 上递 增、 在 [ 0 , b ]上递减 , 故 13 13 f ( 0) = 2 b = ,b= , 2 4 1 由 a < 0 知 2 a < 0 , 但 f ( b) = × 2 13 13 39 ( )2 + = > 0 , 故 f ( x ) 在 x = a 时取最 4 2 32 1 2 13 小值 2 a , 此时有 a + =2a, a = - 2 2 2 13 17 , 即区间 [ a , b ]为 [ - 2 - 17 , ]. 4 3) 若 a < b ≤ 0 , f ( x ) 在 [ a , b ] 上递增 , 1 2 13 a + =2a f ( a) = 2 a 2 2 即 , 即 , 由 f ( b) = 2 b 1 2 13 b + =2b 2 2 1 2 13 x - 2x + = 0 的两根异号知满足 a < 2 2 b≤ 0 的区间不存在 .
=
欲使 ( b - m i ) ( 1 - m i ) - a2 = 0 , 即
2 2 m i - ( b + 1) m + b - a = 0
例 5 ( 第 28 届 IMO 试题) 求证 : 不存 在这样的函数 f : N →N = { 0 , 1 , 2 , 3 , …, n , … } , 使得对于任何 n ∈N , f [ f ( n ) ] = n + 1987 . 证 假设存在这样的函数 f , 则 ( f n + 1987 ) = f [ f [ f ( n ) ] ] = f ( n ) + 1987 , 由数学归纳法可证明 f ( n + 1987 m ) = f ( n ) + 1987 m ( m ∈Z) . 令 i , j ∈{ 0 , 1 , 2 , …, 1986 } , 若 f ( i ) ≡ ( j mod1987) , 设 j = f ( i ) + 1987 k , 则 f ( j ) = f [ f ( i ) + 1987 k ] = f [ f ( i ) ] ≡ i ( mod 1987) , 因{ 0 , 1 , 2 , …, 1986} 中的元素 为奇数个 , 故总存在 n ∈{ 0 , 1 , 2 , …, 1986 } , 使 f ( n ) ≡n ( mod 1987) . 设 f ( n ) = n + 1987 k ( k ∈ Z ) , 则 f [ f ( n ) ] = f ( n + 1987 k ) = f ( n ) + 1987 k = n + 1987・ 2 k , 由 f [ f ( n ) ] = n + 1987 得 2 k = 1 , 矛盾 , 假设不成立 , 命题正确 . 评注 反证法是证明否定型存在性问题 最常用的方法 . 3 探索型 探索符合条件的数学对象是否存在 , 因 对象要么存在 , 要么不存在 , 故本质上可归结
2 f ( x 0) ≤ 2 x2 0f (
∵ Δ = ( b + 1) 2 - 4 ( b - a2 ) = ( b - 1) 2 + 4 a2 > 0 , ( 1) 存在两个不等实根 m 1 , m 2 , 使结论 1) 成立 . 2) 由 ( 1 ) 知 m 1 + m 2 = b + 1 , m 1 m 2 = b
m2.
有0<
≤ 1 成立 , 2k 由 2) 及 ( 1) 可知 k ≥k 0 时 , 有
22
k
x0
2 否定型
- 2k - 1
x0 < M
2
( 2)
由于 M 为固定常数 , ( 2 ) 显然不可能对 任意 k ≥k 0 成立 , 矛盾 . 于是 , 对任意 x ≥ 0 , 恒有 f ( x ) ≤x 2 . 评注 本题使用的是 “反证法” , 是证明 肯定型存在性问题的重要方法 .
收稿日期 :2001 - 06 - 29 ) , 男 , 山东安丘人 , 山东安丘市北关中学高级教师 . 作者简介 :崔金兴 ( 1955 — © 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
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数 学 通 讯 2001 年第 21 期
函 数 的 存 在 性 问 题
崔金兴
( 安丘市北关中学 , 山东 262100)
刘玉花
( 安丘兴安街道成教中心 , 山东 262100)
中图分类号 : 文献标识码 : 文章编号 :0488 - 7395 ( 2001) 21 - 0044 - 03
存在性问题历来是竞赛命题的重要内 容 , 函数中的存在性问题也占有一定比重 , 笔 者将其解法介绍如下 . 函数中的存在性问题主要有三种类型 , 即肯定型 、 否定型和探索型 . 分述如下 . 1 肯定型 已知函数满足某些条件 , 证明某种对象 一定存在 , 常见的有如下方法 . 例 1 ( 第 29 届 IMO 国家集训班选拔 考试试题) 设 f ( x ) = 3 x + 2 , 证明 :存在正整 数 m 使得 f ( 100) ( m ) 能被 1988 整除 . 证 f ( 100) ( m ) = 2 + 3 ×2 + 32 ×2 + … + 399 × 2 + 3100 ×m . 因 3 与 1988 互质 , 3100 与 1988 也互质 . 由裴蜀 (Be′ zout ) 恒等式 , 存在自然数 u , v 使 1988 u - 3100 v = 1 . 设 n =2+3× 2 + 32 × 2 + …+ 399 × 2 ,则
证 构造函数 f ( x ) = ( 45 - 1 + x ) 2 , 容 易验证 f ( x ) 满足条件 . 评注 本题使用的是 “构造法” , 即直接 构造出符合条件的对象 . 例 3 ( 第 5 届全国中学生数学冬令营 试题) 设函数 f ( x ) 对 x ≥ 0 有定义 , 且满足 条件 :
) 问 :思路 2 是分类讨论 ; 思路 1 利用等价转 科第 ( Ⅱ
分类讨论 : ① 当解;
m
2
< - 1 ,即 m > 2 时 , m 无
1 ②当 - 1 ≤≤, 即 1 ≤m ≤ 2 时, m 无 2 2
解; ③当 1 m < < 0 ,即 0 < m < 1 时 , 2 2
换及数形结合的方法避免讨论以简化计算 . ( 未完待 续)
解得 : ④当 2 ≤m < 2 6 - 4 . 3
m
所以
m≥
2 . 3
2 即 M = [ , - 4 + 2 6) . 3 思路 2 :令 t = cosα, h ( t) = t 2 + m t - 2 m = ( t +
m
2
≥ 0 ,即 m ≤ 0 时 , m 无解 .
2
)2 -
m2
2 , 2 6 - 4) . 3 评析 此题涉及集合的意义 , 二次函数图象 , 一
x + 2 ax + b (a 2 x +1 ≠ 0 , a , b ∈R) , 证明 : 1 ) 存在两个实数 m 1 ,
例4 设函数 φ( x ) =
2
m2 ( m1 < m2 ) , 满 足 φ ( x ) [ (1 - m i) x + a ] ( i = 1 , 2) ; ( 1 - m i ) ( x 2 + 1)
2
x0
2
) , 于是有
f(
x0
2 f ( x 0) 1 ) ≥ > x2 . 2 2 0 2 x2 0
用数学归纳法不难证明对于任意自然数 k
2 成立 . 显然存在自然数 k 0 , 使得当 k ≥k 0 时 ,
f( x0
k)
又 φ( x ) - m i =
> 22
k
- 2k - 1
x2 0
( 1)
可知当 m 2 > 1 时 , φ( x ) - m 2 ≤0 ; 当 φ( x ) ≤ m 1 < 1 时 φ( x ) - m 1 ≥ 0 , 故 m1 ≤
© 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
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数 学 通 讯 2001 年第 21 期
为前两种类型 . 例 6 ( 第 52 届 MMO 十年级试题) 是 否存在这样的函数 : 它在坐标平面上的图象 与任一直线均有公共点 ? 解 存在 . 因为不低于三次的奇次多项 式函数 y = P ( x ) 均满足条件 . 对任意直线 y = k x + b , P ( x ) - k x - b = 0 至少有一实根 x 0 , 故它们总有交点 . 评注 本题直接指出满足条件的对象存 在 , 也是证明存在性问题的方法 . 例 7 ( 2000 年全国高中数学联赛题改 1 2 13 编) 已知函数 f ( x ) = x + , 是否存在 2 2 a , b ∈R , 使 f ( x ) 的定义域和值域分别为 [ a , b ]和 [ 2 a , 2 b ] ? 解 已知函数的图象是关于 y 轴对称 且开口向下的抛物线 , 直接确定 a , b 是否存 在不易统一处理 , 须分类讨论 . 1) 当 0 ≤a < b 时 , f ( x ) 在 [ a , b ] 上递 减 , 故满足 1 2 13 a + =2b, f ( a) = 2 b , 2 2 ,即 f ( b) = 2 a , 1 2 13 b + =2a, 2 2 a=1, 解之得 故区间 [ a , b ]为 [ 1 , 3 ]. b=3, 2) 当 a < 0 < b 时 , f ( x ) 在 [ a , 0 ] 上递 增、 在 [ 0 , b ]上递减 , 故 13 13 f ( 0) = 2 b = ,b= , 2 4 1 由 a < 0 知 2 a < 0 , 但 f ( b) = × 2 13 13 39 ( )2 + = > 0 , 故 f ( x ) 在 x = a 时取最 4 2 32 1 2 13 小值 2 a , 此时有 a + =2a, a = - 2 2 2 13 17 , 即区间 [ a , b ]为 [ - 2 - 17 , ]. 4 3) 若 a < b ≤ 0 , f ( x ) 在 [ a , b ] 上递增 , 1 2 13 a + =2a f ( a) = 2 a 2 2 即 , 即 , 由 f ( b) = 2 b 1 2 13 b + =2b 2 2 1 2 13 x - 2x + = 0 的两根异号知满足 a < 2 2 b≤ 0 的区间不存在 .
=
欲使 ( b - m i ) ( 1 - m i ) - a2 = 0 , 即
2 2 m i - ( b + 1) m + b - a = 0
例 5 ( 第 28 届 IMO 试题) 求证 : 不存 在这样的函数 f : N →N = { 0 , 1 , 2 , 3 , …, n , … } , 使得对于任何 n ∈N , f [ f ( n ) ] = n + 1987 . 证 假设存在这样的函数 f , 则 ( f n + 1987 ) = f [ f [ f ( n ) ] ] = f ( n ) + 1987 , 由数学归纳法可证明 f ( n + 1987 m ) = f ( n ) + 1987 m ( m ∈Z) . 令 i , j ∈{ 0 , 1 , 2 , …, 1986 } , 若 f ( i ) ≡ ( j mod1987) , 设 j = f ( i ) + 1987 k , 则 f ( j ) = f [ f ( i ) + 1987 k ] = f [ f ( i ) ] ≡ i ( mod 1987) , 因{ 0 , 1 , 2 , …, 1986} 中的元素 为奇数个 , 故总存在 n ∈{ 0 , 1 , 2 , …, 1986 } , 使 f ( n ) ≡n ( mod 1987) . 设 f ( n ) = n + 1987 k ( k ∈ Z ) , 则 f [ f ( n ) ] = f ( n + 1987 k ) = f ( n ) + 1987 k = n + 1987・ 2 k , 由 f [ f ( n ) ] = n + 1987 得 2 k = 1 , 矛盾 , 假设不成立 , 命题正确 . 评注 反证法是证明否定型存在性问题 最常用的方法 . 3 探索型 探索符合条件的数学对象是否存在 , 因 对象要么存在 , 要么不存在 , 故本质上可归结
2 f ( x 0) ≤ 2 x2 0f (
∵ Δ = ( b + 1) 2 - 4 ( b - a2 ) = ( b - 1) 2 + 4 a2 > 0 , ( 1) 存在两个不等实根 m 1 , m 2 , 使结论 1) 成立 . 2) 由 ( 1 ) 知 m 1 + m 2 = b + 1 , m 1 m 2 = b
m2.
有0<
≤ 1 成立 , 2k 由 2) 及 ( 1) 可知 k ≥k 0 时 , 有
22
k
x0
2 否定型
- 2k - 1
x0 < M
2
( 2)
由于 M 为固定常数 , ( 2 ) 显然不可能对 任意 k ≥k 0 成立 , 矛盾 . 于是 , 对任意 x ≥ 0 , 恒有 f ( x ) ≤x 2 . 评注 本题使用的是 “反证法” , 是证明 肯定型存在性问题的重要方法 .
收稿日期 :2001 - 06 - 29 ) , 男 , 山东安丘人 , 山东安丘市北关中学高级教师 . 作者简介 :崔金兴 ( 1955 — © 1994-2006 China Academic Journal Electronic Publishing House. All rights reserved.
44
数 学 通 讯 2001 年第 21 期
函 数 的 存 在 性 问 题
崔金兴
( 安丘市北关中学 , 山东 262100)
刘玉花
( 安丘兴安街道成教中心 , 山东 262100)
中图分类号 : 文献标识码 : 文章编号 :0488 - 7395 ( 2001) 21 - 0044 - 03
存在性问题历来是竞赛命题的重要内 容 , 函数中的存在性问题也占有一定比重 , 笔 者将其解法介绍如下 . 函数中的存在性问题主要有三种类型 , 即肯定型 、 否定型和探索型 . 分述如下 . 1 肯定型 已知函数满足某些条件 , 证明某种对象 一定存在 , 常见的有如下方法 . 例 1 ( 第 29 届 IMO 国家集训班选拔 考试试题) 设 f ( x ) = 3 x + 2 , 证明 :存在正整 数 m 使得 f ( 100) ( m ) 能被 1988 整除 . 证 f ( 100) ( m ) = 2 + 3 ×2 + 32 ×2 + … + 399 × 2 + 3100 ×m . 因 3 与 1988 互质 , 3100 与 1988 也互质 . 由裴蜀 (Be′ zout ) 恒等式 , 存在自然数 u , v 使 1988 u - 3100 v = 1 . 设 n =2+3× 2 + 32 × 2 + …+ 399 × 2 ,则
