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很长时间没有人答出,小明仅仅拿了一面镜子,很快就解决了这道题目,你知道他是怎样做的吗?其实,小明的镜子就起到了一个轴对称的作用,那他的镜子是怎样摆的呢?看了下图你就明白了:(镜子里)镜子(镜子外)一个很平常的例子,让学生在运用轴对称原理解题的过程中,感受到数学的有趣,学生就自然会喜欢上数学这门课.七年级数学的自然性、实用性,决定了开辟第二课堂的重要性.根据新教材的提示与要求,我经常利用课余时间开展数学兴趣小组活动,举办数学知识猜谜,小制作比赛,拼图游戏等等.丰富多彩的课余活动,可以拓宽学生的知识面,发展他们的个性特点与创造力,也可以挖掘学生的潜能,从而逐步提高他们对数学的兴趣.以上只是在新教材教学过程中一点粗浅的看法.如何用好新教材,教师在实践教学中,其方法、措施是多种多样的,体会也各不相同,还有待于我们共同研究和探讨,真正能胜任新教材的教学改革.参考文献[1]数学(初中卷)教学实施指南.华中师范出版社.[2]马兰.合作学习的价值内涵.课程、教材、教法. 2004.4.[3]陈秦青.巧分组妙提词善引导.福建教育.2004.7.[4]王克亮.关于看谁做得最快的思考.福建教育. 2004.12.[5].认知科学建构主义与数学教育.上海教育出版社.一类迭代型函数方程问题的研究广州大学数学与信息科学学院卢建川吴伟朝20世纪以来函数方程常常出现在国际数学奥林匹克竞赛中,成为数学竞赛的一个重要领域,函数方程问题以其求解的技巧丰富和创意越来越受到各类数学竞赛命题者的青睐,并引起国内外数学教育界的广泛关注.近年来,函数方程的身影更不断出现在高考试卷中.本文试图就一类迭代型函数方程问题的求解及解法依据进行一些分析,并给出它的一个充分条件.例1求解函数方程:f(x)+f(1xx)=1+x (其中x≠0,x≠1).(美32届普特南数学竞赛题)分析本题可以用解函数方程常用的换元法.令()x=1xx,注意到(())x=11x,)))(((x=x.解令()x=1xx,不妨记(())x=(2)()x及((()))x=(3)()x,于是,由已知得f(x)＋f(()x)＝1+x,(1)再用()x代换(1)中x得f(()x)＋f((2)()x)＝1+1xx,(2)继续用()x代换(2)中x得f((2)()x)＋f(x)＝111x,(3)由(1)(2)(3)解得f(x)＝()32121x xx x,(x≠0,且x≠1).这一函数方程解法实质上是进行迭代换元.这里让我们感兴趣的问题是为什么恰好有18(3)()x =x ?函数方程f (x )+f(()x )=g(x )更一般意义下的分式线性函数()x =ax bcx d++是否总可以通过若干次迭代后等于x ?即是否存在正整数n 使得()()n x =x ?n 是否总等于3?注意到下题及反例,可知后两个问题是不成立的.例2求解函数方程f(x )+f(12x)=1+x.分析令()x =12x,注意到(2)()x =212x x,(3)()x =12xx,(4)()x =x ,解法略(仿上例).反例若()x =121xx,则不存在正整数n 使()()n x =x .为了进一步分析,在此引进矩阵工具辅以研究.规定()x =ax bcx d++对应于矩阵A=a b c d,记为()x A.于是有:性质1若()x A ,则对于任意正整数n 均有()()n x nA .证:(数学归纳法)由规定已知()x =ax bcx d++,对应于矩阵A=a b c d,也即有(1)()x A.不妨假设(1)()kx =mx n px q++对应于矩阵1k A =m n pq,即(1)()k x 1k A .于是()()k x =(1)(())k x =ax b m n cx d p q x +++++=()()()()a m cn x bm dn ap cq x bp dq ++++++,另一方面,kA =1k A A =m n pqa b cd=am cn bm dn ap cqbp dq++++,可见()()k x k A ,于是命题对于任意正整数n 均成立.由性质1我们可以用矩阵A 验证例1及例2中迭代的结果.例1中()x =(1)/x x ,对应于1110A=,由此易知2111101101011A ==,3A =2A A =0111111=101,3A 对应于(3)()x ,即(3)()x 1xx ==.同理,例2中,()x 12x=,对应于A 0112=,可知2A =1221,3A =2A A=2110,4A =3A A=1001.从而可知(4)()x =x .那么,()x =a x bcx d++的对应矩阵A=a bc d 什么时候就存在正整数n,使得n A =1001±±=±I (I 为单位矩阵1001),即存在正整数n 使得()()n x =x .下面给出一个充分条件c d.19性质2设A =a b cd是2阶的矩阵,其中,,,a b c d 均为实数.若1adbc =,且||a d +<2,则存在整数n 使得nA =±I.证由已知条件及A 的特征多项式()A f λ=I A λ=a bc dλλ=2()a d ad bcλλ++=2()1a d λλ++.∵=2()41a d +×<224=0.∴A 的特征根为两个共轭的复数特征根λ、λ,λλ=1.不妨设λ=cos sin i θθ+,设A 的属于λ的特征向量为ξ2C ∈,即A ξ=λξ,令1α=ξξ+和2α=()i ξξ,则1α及2α为实向量.1()A α=()A ξξ+=A A ξξ+=λξλξ+=12cos sin αθαθ+,2()A α=(())A i ξξ=iA iA ξξ=12sin cos αθαθ+,所以存在可逆矩阵T 及θ∈R,使得:1T A T =cos sin sin cos θθθθ.又由于1n T A T =cos sin sin cos n n n n θθθθ=B,即n A =T cos sin sin cos n n n n θθθθ1T =1TBT .若B =cos sin sin cos n n n n θθθθ=1001±±=±I 时,有:n A =1TBT =T1001±±1T =±I ,而B =±I 充要条件是(),n k k z θπ=∈即/k n θπ=.另一方面由()()210A f a d λλλ=++=,1,2λ=2()4()2a d i a d +±+,则有2a d +=cos θ=cos n π(取k=1),(1)24()2a d +±=θsin =sin nπ(取k=1).(2)于是nA =±I 的解n 就是(1)(2)的解.由此,我们可以编制一系列迭代型函数方程问题.比如,(1)求解函数方程:f(x )+f ((51)14x x )=x .(此时)(x =511222x x ,2a d +=512=cosnπ,故n =5.)(2)求解函数方程:f(x )+2f(313x x +)=x .(此时()x =31221322xx+,2a d +=32=cos n π,故n =6.)当然,更进一步地,对于函数方程A f(x )+Bf()(x )=g(x ),其中)(x 、g(x )为已知函数,A 、B 为常数.由迭代解法和数学归纳法还可得以下的结果]1[:性质3函数方程Af(x )+Bf()(x )=g(x ),其中)(x 、g(x )为已知函数,A 、B 为常数.当)(x 满足()()m x ≠x (m=1,2,…,1n ),而()()n x =x 时,有求解公式:f(x )=12(()(())n n A g x A Bg x +32(2)11(1)(())(1)(()))/n n n n A B g x B g x ++L 1((1))n n n A B +(1(1)n n n A B +≠0).参考文献[1]王向东等.函数方程及其应用.上海科学技术文献出版社,2003,4:124.20。
专题一 数学竞赛中的数列问题东北育才学校 张雷数学竞赛中的数列问题可以分为以下三类(1) 递推数列问题：其中二阶递归数列是数学竞赛中非常重要的内容.既是高考中递归数列的延伸，又是数学竞赛的基础知识.其形式为n n n qa pa a +=++12（p 、q 为常数）.且已知1a 和.2a 求}{n a 的通项公式.我们通常采用特征方程法.即设βα,为方程q px x +=2的二根.则βα≠时，.n n n B A a βα+=其中A 、B 为待定系数，由1a 和2a 确定；如果βα=，则.)(1-+=n n n B A a α其中A 、B 为待定系数，由1a 和2a 确定. 除此之外，还有不动点法等.(2) 数列不等式问题（3）数列综合应用问题：数列问题丰富多彩，常与不等式、数论、组合、函数方程等相结合，这需要我们灵活的解题能力和全面的数学知识.【范例选讲】一、 递推数列问题1. （2008年东南竞赛）设数列{}n a 满足：111,2(12),1,2,3,n n n a a a n n +==+⋅+=.试求通项n a 的表达式.解：将所给递推关系的两边同时除以12n +，得111,2222n n n n n a a n n+++=++ 即111,2222n n n n n a a n n+++-=+ 所以 1111112222nn ni ii ii i i i a a ii +++===⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭∑∑∑， 111111(1)2242n n n i i a a n n i+++=+-=+∑， 即 111(1)112.4222n n n n i i n n i a ++=+⎡⎤=++⎢⎥⎣⎦∑令12n n i i i S ==∑，则1122nn i i i S -==∑， 11111112122222nn n n n n n i i i i i i i i i i i i S S S +---====-=-=-=-∑∑∑∑111111211112222n n i i i n i i -+---=+--⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭∑1121112111()222212nn n i n i n n --=⎡⎤=-+=-+-⎢⎥⎣⎦-∑112112222n n nn n -+=-+-=-故 111(1)1123(1)222(1)4222242n n n n n n n n n n n a n +++⎡++⎤++⎛⎫⎡⎤=++-=+-≥ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦，从而 222(6)1(2)n n a n n n n -=-+--≥.2．（2009年高中数学联赛）已知p ，q （0q ≠）是实数，方程20x px q -+=有两个实根α，β，数列{}n a 满足1a p =，22a p q =-，12n n n a pa qa --=-（n =3，4，…）． （I ）求数列{}n a 的通项公式（用α，β表示）； （II ）若1p =，14q =，求{}n a 的前n 项和． 【解析】 方法一：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以()1212n n n n n a px qx a a αβαβ------=+-，()345n =，，，整理得()112n n n n a a a a βαβ----=- 令1n n n b a a β+=-，则()112n n b b n α+==，，．所以{}n b 是公比为α的等比数列． 数列{}n b 的首项为：()()222121b a a p q p ββαβαββαβα=-=--=+--+=．所以21n n n b ααα-+=⋅=，即11n n n a a βα++-=()12n =，，．所以11n n n a a βα++=+()12n =，，．①当240p q ∆=-=时，0αβ=≠，12a p ααα==+=，11n n n a a βα++=+()12n =，，变为11n n n a a αα++=+()12n =，，．整理得，111n nn na a αα++-=，()12n =，，．所以，数列n n a α⎧⎫⎨⎬⎩⎭成公差为1的等差数列，其首项为122a ααα==．所以()2111nna n n α=+-=+．于是数列{}n a 的通项公式为()1n n a n α=+；……………………………………………………………………………5分②当240p q ∆=->时，αβ≠，11n n n a a βα++=+1n n a βαβαβα+-=+-11n n n a βαβααβαβα++=+---()12n =，，．整理得211n n n n a a ααββαβα+++⎛⎫+=+ ⎪--⎝⎭，()12n =，，．所以，数列1n n a αβα+⎧⎫+⎨⎬-⎩⎭成公比为β的等比数列，其首项为2221a ααβαββαβαβα+=++=---．所以121n n n a αβββαβα+-+=--． 于是数列{}n a 的通项公式为11n n n a βαβα++-=-．………………………………………………10分(Ⅱ)若1p =，14q =，则240p q ∆=-=，此时12αβ==．由第(Ⅰ)步的结果得，数列{}n a 的通项公式为()11122nn n n a n +⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，所以，{}n a 的前n 项和为231234122222n n n n n s -+=+++++234112341222222n n n n s n ++=+++++以上两式相减，整理得1133222n n n s ++=-所以332n n n s +=-．……………………………………………………………………………15分 方法二：(Ⅰ)由韦达定理知0q αβ⋅=≠，又p αβ+=，所以1a αβ=+，222a αβαβ=++．特征方程20p q λλ-+=的两个根为α，β． ①当0αβ=≠时，通项()()1212n n a A A n n α=+=，，由12a α=，223a α=得()()122212223A A A A αααα+=⎧⎪⎨+=⎪⎩ 解得121A A ==．故()1n n a n α=+．……………………………………………………5分 ②当αβ≠时，通项()1212n n n a A A n αβ=+=，，．由1a αβ=+，222a αβαβ=++得12222212A A A A αβαβαβαβαβ+=+⎧⎪⎨+=++⎪⎩ 解得1A αβα-=-，2A ββα=-．故1111n n n n n a αββαβαβαβα++++--=+=---．…………………………………………………………10分 (Ⅱ)同方法一．3. （2000年全国高中数学联赛）设数列}{n a 和{b n }满足10=a ，00=b ，且,2,1,0 47836711=⎩⎨⎧-+=-+=++n b a b b a a n n n n n n 证明：n a ),,2,1,0( =n 是完全平方数．分析 我们能否得到}{n a 的递推关系，先求出通项看一看. 证明 由于6371+-=+n n n a a b 则.637121+-=+++n n n a a b 代入下式整理得： 61412--=++n n n a a a 即).21()21(142112---=-++n n n a a a 又10=a ，.41=a 则由特征方程法可求得： n n a )347(41+=21)347(41+-+n . 由于 7±43=（2±2)3 ，所以 2])32(21)32(21[n n n a -++=设n n n c )32(21)32(21-++=，则10=c ，.21=c由特征方程法可知：}{n c 满足递推关系.412n n n c c c -=++故由0c ，1c 为整数可推得：n c 为整数，于是n a 为完全平方数. 二．数列不等式问题4、（2007年全国高中数学联赛）设∑=-+=nk n k n k a 1)1(1，求证：当正整数2≥n 时，n n a a <+1.证明 由于)111(11)1(1k n k n k n k -+++=-+，因此∑=+=n k n kn a 1112，于是，对任意的正整数2≥n ，有∑∑+==++-+=-1111121111)(21n k n k n n k n k n a a0)11()2)(1(1)2)(1(11)2111(11>-++=++-+-+=∑∑==nk n k kn n n n k n n ，即n n a a <+1 5.（2003年女子竞赛）数列{}n a 定义如下：2112,1,1,2,n n n a a a a n +==-+=，证明：20031220031111112003a a a -<+++< 证：由题设得11(1)n n n a a a +-=-111111n n na a a +∴=---122003122320032004120042004111111111()()()1111111111111a a a a a a a a a a a a ∴+++=-+-++-------=-=----易知数列{}n a 是严格递增的，20041a >，故1220031111a a a +++<为了证明不等式左边成立，只需证明2003200412003a -> 由已知用归纳法可得1111n n n a a a a +-=+，及11,(1)n n n a a a n n ->≥从而结论成立。
高中数学竞赛考试大纲及必备辅导书汇总，尖子生请收好！首先，强调一点：不是所有学生都可以学数学竞赛，要想学习数学竞赛必须同时具备以下条件：•高考数学可以轻松应对；•对数学竞赛有兴趣，自发选择学习数学竞赛；•具备自主学习能力；•高考涉及的其他学科不存在太大问题，或个人的竞赛前景远优于高考前景。
数学竞赛需要的时间和精力都是很大的，并且如果因为学习竞赛受挫而导致对数学产生负情绪是得不偿失的，因此，我从不提倡“全民竞赛”。
当然，如果你恰好符合以上的四个条件，那么你一定要学习竞赛。
为什么？因为学习数学竞赛的好处很多。
与其他学科竞赛一样，学习数学竞赛除了能在升入高校方面获得保送或降分的优惠外，还能培养学生的自主学习能力，这对学生的整个大学学习乃至今后的学术研究或是社会工作是尤为重要的。
当然，对于大部分学生来说，高校的吸引力是最大的。
而2016年新发布的高校自主招生政策中，其中的变化值得深思：•取消“校荐”，考生需自己报名；•“年级排名”不再是报名条件；•门槛抬高，审核更为严格；•报考专业一定要与特长匹配；•试点高校自主招生考核统一安排在高考结束之后、高考成绩公布前进行。
我们最需要关注的点有三个：① 由于校荐被取消，年级排名也被废除，原本校内成绩突出的学生很难走自招，而自招的报名人数会上升，竞争更加激烈；② 据了解，985高校自招的初审底线是竞赛拿到省二以上，而北清更是要求拿到省一，门槛的提高导致了28万申请自招的学生只有4万余人通过初审，8千余人获得资格，初审和复审的通过率均低于20%；③ 现在的自招考试要求不超过两科，考试的科目和专业是相匹配的，而绝大多数专业的考试科目都有数学，因此数学竞赛的比重是很高的。
总的来说，新的政策直接导致的是各高中年级排名较高的学生更难上清北（难以进入博雅领军，难以获得自招资格，裸考进清北的人更少），而间接导致的是更多的学生走上了竞赛这条道路。
因此，若你有足够的实力，精力和时间，那么竞赛将是你们的不二之选。
最新的高中数学竞赛函数练习题高中数学竞赛函数练题（幂函数、指数函数、对数函数）一、选择题1.定义在R上的任意函数f(x)都可以表示为一个奇函数g(x)和一个偶函数h(x)之和，若f(x)=lg(10x+1)，则答案：C解析：将XXX(10x+1)拆分为XXX(10x)和XXX(1+1/10x)，前者是x的一次函数，后者是x的负一次函数，即为奇函数和偶函数之和。
所以，g(x)=x。
h(x)=lg(10x+1)－x。
2.若(log23)x－(log53)x≥(log23)-y－(log53)-y，则答案：C解析：将不等式化简，得到x/y≥(log23-log5)/(log25)，即x/y≥2/(log25)。
因为x>y>0，所以x/y>1，即2/(log25)>1，所以(log23)-y<(log53)-y，即y<(log53)/(log25)-(log23)/(log25)，即y<(log25)/(log5)-(log23)/(log5)，即y<(log23)/(log5)-1.3.已知f(x)=ax2－c满足－4≤f(1)≤－1，－1≤f(2)≤5，那么f(3)应该是答案：B解析：由题意，得到以下不等式组：a-c≥-4，a-c≤-1，4a-c≤5，a-c≤1.将这些不等式组合起来，可得-4≤a-c≤1，即-3≤a≤2.因为f(x)是一个开口向上的抛物线，所以f(3)一定在f(1)和f(2)之间，即-1≤f(3)≤5.因此，B选项正确。
4.已知f(n)=logn(n+1) (n N*且n≥2)，设∑p n=2logf(n)=100 (p,q N*且(p,q)=1)，则p+q=答案：D解析：根据对数的性质，有logn(n+1)=logn+log(n+1)，所以f(n)=logn+log(n+1)。
因此，∑p n=2 logf(n)=∑p n=2logn+log(n+1)=∑p n=2 (logn+log(n+1))=plog2+∑p n=2 log(n+1)。
又到了新一轮竞赛学习，不少学生反映不知道买哪些参考书，今天就来给大家推荐一些书目，从入门、进阶到拔高，适合各个不同阶段，欢迎大家对号入座~一、入门1、《奥数教程》，华东师范大学出版社这套书按年级分为高一、高二、高三三套，每个年级包含教程、测试和学习手册三本， 是比较基础、入门级的竞赛教程 。
《奥数教程》从课本知识出发，由浅入深，逐步过渡到竞赛，内容涵盖了竞赛的全部考点和热点。
每本书包含基础篇和拔高篇，基础篇主要是一试相关内容，拔高篇是二试相关内容。
共30讲，每讲又分为“内容概述”、“例题精解”、“读一读”和“巩固训练”四个部分， 系统地梳理了数学竞赛知识，比较适合刚接触竞赛的学生使用。
《奥数教程-能力测试》是配套的练习用书，每讲配备了1个小时左右的练习量，确保学生更好地掌握知识。
《奥数教程-学习手册》详细解答了《奥数教程》中“巩固训练”，并对该年级的竞赛热点进行精讲，并配有真题用作练习。
2、《2018年全国高中数学联赛备考手册》，华东师范大学出版社这本书每年出版一本，集合了各个省市联赛预赛的试题及答案详解，预赛命题人员大多为各省市数学会成员，题型和难度一般和高联一试相当，可以在学完一遍一试后作为练习题使用。
二、进阶1、《数学奥林匹克小丛书》，华东师范大学出版社俗称“小蓝本”，这套书共14册，包括《集合》、《函数与函数方程》、《三角函数》、《平均值不等式与柯西不等式》、《不等式的解题方法与技巧》、《数列与数学归纳法》、《平面几何》、《复数与向量》、《几何不等式》、《数论》、《组合数学》、《图论》、《组合极值》、《数学竞赛中的解题方法与策略》等，可以说是竞赛生人手一套的“圣书”。
力图用各种方法介绍数学竞赛中的14个专题，书中有对基本知识、基本问题以及解决这些问题的一些典型方法的讲解，还有由基本问题派生出来的教学方法和应用，相对易懂。
2、《奥赛经典》，湖南师范大学出版社这套书分为《奥林匹克数学中的组合问题》、《奥林匹克数学中的几何问题》、《奥林匹克数学中的代数问题》、《奥林匹克数学中的数论问题》、《奥林匹克数学中的真题分析》五册。
高一数学必修一第二章知识点第二章：函数与方程在高一数学必修一中，第二章是关于函数与方程的内容。
函数与方程是数学中重要的概念，它们在数学和实际生活中都有广泛的应用。
本章将介绍函数的基本概念、性质和常见类型，以及方程与不等式的解法。
1. 函数的基本概念函数是一种特殊的关系，它将一个自变量的值映射到一个因变量的值。
在函数中，自变量通常用x表示，因变量通常用y表示。
函数可以用图象、公式或表达式来表示。
函数具有单值性，即对于一个特定的自变量，对应的因变量只有一个值。
2. 函数的性质函数的性质包括定义域、值域和图象。
定义域是指函数中自变量的取值范围，值域是指函数中因变量的取值范围。
图象是函数在坐标系中的表示，它是自变量与因变量之间对应关系的可视化。
3. 常见函数类型常见的函数类型包括线性函数、二次函数、指数函数、对数函数和三角函数等。
线性函数的图象是一条直线，二次函数的图象是一个抛物线，指数函数的图象是一个递增或递减的曲线，对数函数的图象是一个反比例曲线，三角函数的图象是正弦曲线、余弦曲线或正切曲线等。
4. 方程的解法方程是数学中常见的等式，通常包含未知数和已知数。
解方程就是找到满足等式的未知数的值。
常见的方程类型包括一元一次方程、一元二次方程等。
解方程的方法包括合并同类项、移项、因式分解、开方等。
5. 不等式的解法不等式是数学中表示大小关系的符号，包括大于、小于、大于等于、小于等于等。
解不等式就是找到满足不等式关系的变量的取值范围。
常见的不等式类型包括一元一次不等式、一元二次不等式等。
解不等式的方法包括合并同类项、移项、因式分解、试验法等。
总结：通过学习函数与方程，我们可以更好地理解数学的应用和实际问题的解决。
函数与方程是数学中的基础知识，它们在代数、几何、概率等数学领域中有广泛的应用。
掌握函数与方程的概念、性质和解法，可以为我们今后的学习和工作打下坚实的数学基础。
希望同学们能够认真学习、彻底理解，并能够灵活运用到实际问题中。
3.1函数的概念高一数学复习知(习题课的概念及其表示复习知识讲解课件习题课)题型一题型一 复合函数例1已知函数f(x)的定义域为[－1【分析分析】】函数f(x)的定义域为[a，下，接受法则的对象无论是什么代数式时【解析解析】】因为函数f(x)的定义域为1≤2x－1≤3，解得0≤x≤2.故函数f(2x－1)的定义域是[0，2]．合函数定义域的求法，3]，求函数f(2x－1)的定义域．b]指a≤x≤b，即在同一对应法则f的作用式时，必受a≤x≤b制约．[－1，3]，所以对于函数f(2x－1)，有－探究1 (1)此题比较抽象，理解的关键范围，而f (x )的自变量是x ，对于函数f (g (的“x ”的范围与f (g (x ))中的“g (x )”的范围是相(2)法则“f ”相当于一间屋子，任何(3)已知f (x )的定义域为[a ，b ]，求f (b ，即得f (g (x ))的定义域．的关键在于：由于函数的定义域是自变量的x ))而言，自变量也是x ，但同时有f (x )中围是相同的．“人”住进来，空间都不变！g (x ))的定义域，只需解不等式a ≤g (x )≤例2已知函数f(x＋3)的定义域为[【分析分析】】由于函数f(x＋3)的定义域为2≤x＋3≤6，故可以得到函数f(x)的定义域【解析解析】】因为函数f(x＋3)的定义域为所以由－1≤x≤3，得到2≤x＋3≤6.所以函数f(x)的定义域是[2，6]．－1，3]，求函数f(x)的定义域．义域为[－1，3]，所以－1≤x≤3，得到义域．义域为[－1，3]，探究2已知f(g(x))的定义域为[a，b]，求f(x)的定义域只需根据a≤x≤b，求出的范围即得的定义域．g(x)f(x)(3)已知函数f (x ＋2)的定义域为[1，3 【解析解析】】 ∵f (x ＋2)的定义域为[1∴3≤x ＋2≤5，∴f (x )的定义域为[3要使f (1－x )有意义，则3≤1－x ≤5，∴f (1－x )的定义域为{x |－4≤x ≤－3]，求函数f (1－x )的定义域． ，3]，，5]．，∴－4≤x ≤－2. 2}．题往往采取赋值法．探究3此类抽象函数的求值问题往往题型三题型三函数图例4 向高为H 的水瓶中注水，注满为止的图象如图所示，那么水瓶形状是( )B函数图象的应用满为止，如果注水量V 与水深h 的函数关系)探究4 函数图象直观，能够帮助我们是研究数学的一个重要手段，是解题的一个观，便于发现问题，启发思考，有助于培养力．助我们正确理解概念和有关性质，数形结合的一个有效途径，用数形结合解题比较直于培养综合运用数学知识来解决问题的能思考题4 如图所示的四个容器高度相同的速度注入其中，注满为止．用下面对和时间t 之间的关系，其中不正确的个数为A ．1 C ．3【解析解析】】 对于第一个图，水面的高度其他均正确．选A.器高度都相同，将水从容器顶部一个孔中以下面对应的图象显示该容器中水面的高度h 数为( )AB ．2 D ．4的高度h 的增加应是均匀的，因此不正确，课后 巩 固1．著名的狄利克雷函数D (x )＝ 1，0，． A 0C. 1，x 为无理数，0，x 为有理数x 为有理数，x 为无理数，则D (D (x ))＝()．B B 1D. 1，x 为有理数，0，x 为无理数2．已知函数f (x )的定义域为[a ，b ]，A ．[2a ，a ＋b ] C ．[a ，b ]，则y ＝f (x ＋a )的定义域为( ) B ．[0，b －a ] B D ．无法确定3．客车从甲地以60km/h的速度匀速行时，然后以80km/h的速度匀速行驶1小时到过乙地，最后到达丙地所经过的路程s解析解析 图象是经过(0，0)，(1，60)选C.匀速行驶1小时到达乙地，在乙地停留了半小小时到达丙地．下列描述客车从甲地出发，经与时间t之间关系的图象中，正确的是()C，(1.5，60)，(2.5，140)的三段折线．故4．兔子和乌龟赛跑，领先的兔子看着一觉．当它醒来时，发现乌龟快到终点了还是先到达了终点……用s1，s2分别表示乌如下图所示的图象中与故事情节相吻合的是子看着缓慢爬行的乌龟，骄傲了起来，睡了点了，于是急忙追赶，但为时已晚，乌龟表示乌龟和兔子所走的路程，x 为时间，则合的是( )D5．某客运公司确定车票价格的方法是每千米0.5元；如果超过100千米，超过部分 y (元)与行程x (千米)之间的函数关系式是___ 解析解析 由题意得，当0≤x ≤100时，－100)×0.4＝10＋0.4x .方法是：如果行程不超过100千米，票价是过部分按每千米0.4元定价，则客运票价 y ＝ 0.5x ，0≤x ≤100，________________． 10＋0.4x ，x >100y ＝0.5x ；当x >100时，y ＝100×0.5＋(x。
高中数学竞赛基本知识一、三角函数 常用公式由于是讲竞赛，这里就不再重复过于基础的东西，例如六种三角函数之间的转换，两角和与差的三角函数，二倍角公式等等。
但是由于现在的教材中常用公式删得太多，有些还是不能不写。
先从最基础的开始（这些必须熟练掌握）： 半角公式2cos 12sinαα-±= 2cos 12cosαα+±= αααααααcos 1sin sin cos 1cos 1cos 12tan+=-=+-±=积化和差()()[]βαβαβα-++=sin sin 21cos sin ()()[]βαβαβα--+=sin sin 21sin cos()()[]βαβαβα-++=cos cos 21cos cos()()[]βαβαβα--+-=cos cos 21sin sin和差化积2cos2sin2sin sin βαβαβα-+=+2sin2cos 2sin sin βαβαβα-+=- 2cos2cos 2cos cos βαβαβα-+=+ 2sin 2sin 2cos cos βαβαβα-+-=-万能公式ααα2tan 1tan 22sin +=ααα22tan 1tan 12cos +-= ααα2tan 1tan 22tan -=三倍角公式()()αααααα+-=-= 60sin sin 60sin 4sin 4sin 33sin 3 ()()αααααα+-=-= 60cos cos 60cos 4cos 3cos 43cos 3二、某些特殊角的三角函数值 除了课本中的以外，还有一些三、三角函数求值给出一个复杂的式子，要求化简。
这样的题目经常考，而且一般化出来都是一个具体值。
要熟练应用上面的常用式子，个人认为和差化积、积化和差是竞赛中最常用的，如果看到一些不常用的角，应当考虑用和差化积、积化和差，一般情况下直接使用不了的时候，可以考虑先乘一个三角函数，然后利用积化和差化简，最后再把这个三角函数除下去 举个例子求值：76cos74cos 72cosπππ++ 提示：乘以72sin 2π，化简后再除下去。
自招竞赛数学“构造辅助函数法证明不等式”讲义编号：中学数学中的一个难点是不等式问题，近五年的高考热点和数学竞赛中不等式所占的比例也一定程度上在增加。
而函数思想已成为整个中学数学的重点和高考的热点。
有些不等式采用常规方法难以解决，若能巧妙地构造函数将不等式问题转化为函数的问题，借助函数的有关性质，常能使问题获得简捷明了的解决。
数学教育大师波利亚提出：“人的高明之处在于当他碰到一个不能直接克服的障碍时，他就会绕过去，当原来的问题看起来似乎不好解时，就想出一个合适的辅助问题。
”可见，当面对的数学问题难以直接解决时，就可试着用构造辅助函数来解决。
但如何构造辅助函数是个具有创造性的过程。
本文将结合实例，展示思维过程，探讨辅助函数的构造方法，以求抛砖引玉。
知识点一：从辅助函数构造方法角度来看，有直接观察法、作差或求商法、恒等变形法、局部构造法、变参分离法等。
知识点二：从不等号式类型来看，有绝对值不等号、高次不等式、三角函数不等式、指数对数型不等式、多变量不等式、数列不等式等。
1 直接观察观察是认识事物、发现与解决问题的基石。
观察法可以构造简易的辅助函数，解决表面特征比较明显的数学问题。
例1 若,1a b c R a b c +∈++=、、2>+2 作差或求商作差与求商法常用于比较大小，其实也可用来构造辅助函数。
例2 设x y z 、、为实数。
证明：对任意ABC ∆有2222cos 2cos 2cos x y z xy C y A zx B ++≥++3 恒等变形恒等变形是一种操作简易、运用广泛的数学变形，此方法也可用于构造辅助函数。
例3 设0,0,0a b c >>>，且,2a b c a b ≠=+. 证明：a b a b ca b +<4 局部构造例4 设n为正整数，证明：20102010是整数。
5 变参分离变参分离可以构造出辅助函数，用于解决常见的参数问题。
例5若方程3270x x m-+=有三个不同实根，求实数m的取值范围。
函数方程与函数迭代函数方程问题一直是各国重大竞赛中的热点问题，以IMO 为例，在已进行的四十七届竞赛的试题中，有30多道是函数方程的试题，几乎是每届一题.在我国冬令营与国家集训队的测试题中，函数方程问题也是屡见不鲜的.究其原因，它往往是给出较弱的条件，却要从中得出甚强的结论〔一般是要直接求出表达式〕.【根底知识】表示某一类〔或某一个〕函数所具有的一定性质的关系式叫做函数方程〔其中()f x 为未知函数〕.如果一个函数对其定义域内变量的一切值均满足所给的方程，那么称()f x 为这个函数方程的解.寻求函数方程的解或证明函数方程无解的过程，就是解函数方程.我们粗略地归纳其典型的解题方法，主要可以分成以下几类： 1.换元法： 2.解方程〔组〕法 3.待定系数法 4.代值减元法当所给的函数方程中变量不止一个时，和普通方程一样，求解时首先要设法减少变量个数，代值减元就是一种减少变量的方法，它通过适当地对自变量赋于特殊值，从而简化方程，逐步靠近未知结果，最终解决问题.5.柯西法先求出对于自变量取所有正整数的值时函数方程的解具有的形式，然后依次证明对自变量取整数值，有理数值以及取实数值时函数方程的解仍具有这种形式，从而得到方程的解.这里我们给出一个定理：柯西函数方程的解定理：假设()f x 是单调〔或连续〕函数，且满足()()()f x y f x f y +=+(,),x y R ∈那么()(1).f x xf =〔我们将此定理的证明放于例题中进行讲解.〕6.递归法借助数列对函数方程加以研究的方法.设()f n 是定义在R +上的函数，如果存在递推关系S 和初始条件1(1),f a =当知道(1),(2),,()f f f n 的值后，由S 可以惟一确定(1)f n +的值，我们称()f n 为递归函数.递推法主要解决递归函数问题.7.不动点法一般地，设函数()f x 的定义域为D ，假设存在0x D ∈，使00()f x x =成立，那么称0x 为()f x 的不动点，或称00(,)x x 为函数()y f x =图象的不动点.对于一些简单的函数，利用不动点，把函数变形后再迭代，最后利用数学归纳法证明，往往会使算法简单些.【典例精析】【例1】11()(),x xf x f x x--+=求().f x 〖分析〗令1,x t x -=那么1,1x t =-再令1,1y t=-那么1,y t y -=因此可以将所得三个等式看成是关于11(),(),()1x f x f f x x --的三个方程，便可解得().f x解：设1,x t x -=那么1,1x t =-代入原式，得11()(),11f f t t t +=--即11()()1,11f f x x x+=+-- ○1 设1,1t x =-那么代入原式，得111()()1.1t t f f t t t --+=+-即1121()(),1x x f f x x x--+=- ○2 将○1○2与原方程联立，解得321().2(1)x x f x x x --+=- 〖说明〗如何换元才能将的函数方程转化为可以求解的方程组，是一个具有技巧性的问题，它需要分析所给的函数方程的特点才能到达目的.本例通过再次换元得到关于11(),(),()1x f x f f x x--的方程组，消去11(),(),1x f f x x--从而求得().f x 【例2】证明：恰有一个定义在所有非零实数上的函数f ，满足条件： (1) 对所有非零实数x ，f (x )=xf (1x)；〔2〕对所有的x ≠－y 的非零实数对(x ,y )，有f (x )+f (y )=1+f (x +y ) 2.证明：f (x )=x +1显然适合〔1〕、〔2〕。
下证惟一性。
即设f (x )满足〔1〕、〔2〕，那么f (x )=x +1 在〔2〕中，令y =1，得 f (x ) +f (1)=1+ f (x +1) (x ≠－1,x ≠０) ① 在〔2〕中，以－x 代换x ，以x +1代换y ，得f (－x )+ f (x+1)=1+ f (1) (x ≠－1,x ≠０) ②综合①、②，得f (x ) +f (－x )=2 (x ≠－1,x ≠０) ③ ③在x =1时成立，所以在x =－1时也成立， 由〔1〕及③，当x ≠０时，111()()[2()]2[()]2()f x xf x f x xf x f x x x x==--=+--=+-所以 f (x )－ f (－x )＝2x ④从③、④中消去f (－x )，得f (x ) =x +1 另解：由①、③可得 f (－x )=－xf (1x-) ⑤ f (1x ) +f (1x-)=2 ⑥ 由①、③、⑤、⑥联立方程组可得【例3】求所有的函数f ：R →R ，使得对任意实数x 、y ，都有(x －y )f (x ＋y )－(x ＋y )f (x －y )=4xy (x 2－y 2) 3. 解：令x =y ≠0，得f (0)=0设u =x +y ，v =x -y ， 那么u +v =2x ，u -v =2y ，于是①式成为22()()()vf u uf v uv u v -=-假设uv ≠0，那么上式为 22()()f u f v u v u v -=-即对任意非零实数u 、v ，有 22()()f u f v u v u v-=-所以2()f x x c x-=为一常数，x ≠０于是对x ∈R ，所求的函数为3()f x x cx =+ 其中c 为某一常数。
经检验，3()f x x cx =+〔c 是常数〕是欲求的函数。
【例4】求所有的函数f ：R →R 使得 f (f (x )＋y )=f (x 2－y )＋4f (x )y ①对所有x ，y ∈R 成立。
4. 解：易见f (x )≡0或f (x )=x 2皆为上述方程①的解。
我们来证明它们是惟一的解。
设对某个a ，f (a )≠a 2在①中令2()2x f x y -=，得 f (x )·(x 2-f (x ))=0由于f (a )≠a 2，故只能f (a )=0，并且可见a ≠0[否那么a 2=0=f (a )与a 的定义相违]。
于是我们得到，对任何x ，要么f (x )=0，要么f (x )=x 2 在②中令x =0，有f (0)=0 在①中令x =0，有f (y )=f (－y )在①中令x =a ，并用－y 替换y ，得f (a 2+y )=f (－y )=f (y )从上式可见f 以a 2为周期，进而我们有f (f (x ))=f (f (x )+a 2)=f (x 2－a 2)+4f (x )a 2 在①中令y =0，有f (f (x ))=f (x 2) 利用f (x )的周期性，得f (x )·a 2=0所以f (x )=0(因为a ≠0)也就是说，假设f (x )≠x 2，那么必有f (x )≡0成立，因此结论成立。
【例5】解函数方程：对任意x ，y ∈R ，都有f (x +y )+f (x －y )=2f (x )·cos y 5.解：令x =0，y =t ，得f (t )+f (－t )=2f (0)cos t ①令x =2π+ t ，y =2π，得f (π+t )+f (t )=0 ② 令x =2π，y =2π＋t 得f (π+t )+f (－t )=－2f (2π)sin t ③由(①+②－③)/2,得f (t )=f (0)cos t + f (2π)sin t所以f (x )=a cos x +b sin x 其中a =f (0)，b =f (2π)为常数 经检验，f (x )=a cos x +b sin x 满足题设条件。
【例6】求所有满足以下条件的::f N R +→()()(3),,,f n m f n m f n n m N n m +++-=∈≥ 6.解:令m =0，得2f (n )=f (3n ). n N +∈令m =n =0得 f (0)=0令m =n 得 f (2n )+f (0)=f (3n ) 即f (2n )=f(3n )于是，对任意m N +∈，有f (4m )=f(6m )=f(9m ) ①另一方面，在原恒等式中令n =3m ，得f (4m )+f (2m )=f (9m )因此，对任意m N +∈，都有f (2m )=0。
于是，对任意n N +∈，都有11()(3)(2)022f n f n f n === 故，所求的f (n )≡0才能满足题意。
【例7】函数f ，g ：R →R 均非常数，且满足：()()()()(),(1)()()()()().(2)f x y f xg y g x f y g x y g x g y f x f y +=+⎧⎨+=-⎩,求f (0)与g (0)的所有可能值。
.解：自然地，令x =y =0，代入(1)、(2)得22(0)2(0)(0)(3)(0)(0)(0)(4)f fg g g f =⎧⎨=-⎩假设f (0)≠0，那么由(3)，1(0)2g =，由〔4〕，有221(0)(0)(0)04f g g =-=-<，矛盾！ 所以f (0)=0，因此2(0)(0)g g =假设g(0)=0，在(1)中令y =0，得f (x ) ≡0 与题设不符 所以g (0)=1 综上所述，f (0)=0，g (0)=1说明：我们经常会遇到函数在某个点上取值可能不确定的情况，这就需要我们去伪存真，并意识到题目可能会有多解。
【例8】求所有的函数f ：R →R ，使得对任意实数x ，y ，z 有111()()()()224f xy f xz f x f yz +-≥ ① 8.解：题设所给的是一个不等式，而不是方程，而且变元有三个，即x ，y ，z 。
我们设法通过取一些特殊值来寻求结果。
令x =y =z =1，代入①，得21(1)((1))4f f -≥所以21((1))02f -≤ 故1(1)2f = ② 令y =z =1，代入①并利用②，得11()()24f x f x -≥ 所以1()2f x ≥ ③令x =y =z =0，代入①，得21(0)((0))4f f -≥ 所以1(0)2f = ④令x =0，代入①并利用④，得111()224f yz -≥ 故1()2f yz ≤ 即1()2f x ≤ ⑤ 综合③和⑤，即得1()2f x ≡。
〖分析〗注意到()f x 是多项式这一条件，故其解析式的形式是固定的，只需确定最高次项的次数，然后利用待定系数法便可求得解析式.【例9】确定符合以下条件的所有多项式(),f x 使13(1)[()].22f x f f x +=+ ① 9.【解】设 1010()(0),n n n f x a x a x a a -=+++≠代入原方程，得1110100110113(1)(1)[()()].22n n n n n n n n n n a x a x a a a x a x a a a x a x a a ---+++++=++++++++++比拟两端x 的最高次幂，得2,n n =所以0n =或 1.n =当0n =时，原式化为0013,22a a =+解得03,a =所以() 3.f x =当1n =时，原式化为01001113(1)[()],22a x a a a x a a ++=+++由多项式恒等定理得：200010111,2113,222a a a a a a a ⎧=⎪⎪⎨⎪+=++⎪⎩因为00,a ≠所以012,1,a a ==从而()2 1.f x x =+ 故所求的函数方程的解为()3f x =或()2 1.f x x =+〖说明〗本例根据“()f x 是多项式〞这一条件，故其解析式的形式是固定的，只需确定最高次项的次数，然后利用待定系数法和多项式相等便可求得解析式. 〖分析〗此题是关于函数的迭代问题，可令4(1),5x x -=得出函数()f x 的一个不动点，从而可得到问题的解决过程.【例10】假设()f x 是单调〔或连续〕函数，且满足()()()(,),f x y f x f y x y R +=+∈那么()(1).f x xf = 〖分析〗由题条件可以猜测当x n =时，一定有()(1)f n nf =成立.也就是说对x 为整数时结论成立.如果x 不是整数时，我们能将其转化为整数的形式，然后再加以证明即可. 【证明】由题设条件知1212()()()(),n n f x x x f x f x f x +++=+++取12,n x x x x ====得()()(*)f nx nf x n N =∈取0x =，那么(0)(0),f nf =得(0)0.f = ○1 取1,x =那么()(1).f n nf =取m x n =，那么()()(*)m f m nf m N n =∈，得1()()(1)((,)1).m mf f m f m n n n n === ○2取,mx n=-且令0y x =->，那么()()()(0)0.f x f y f x y f +=+==所以()()(1)(1).f x f y y xf =-=-= ○3由○1○2○3可知，对任意有理数,x 均有()(1).f x xf =另一方面，对于任意的无理数x ，因为()f x 连续，取以x 为极限的有理序列{}n x ，那么有()lim ()lim (1)(1).n n n n f x f x x f xf →∞→∞===综上所述，对于任意的实数x ，都有()(1).f x xf =【例11】试求出所有满足以下条件的函数():f x 〔1〕()f x 是定义在R 上的单调函数；〔2〕对任意的实数,x y 都有()()();f x y f x f y += 〔3〕(1)(01).f a a =<≠【解】引理：设A 、B 为常数.如果对于任意的n N +∈，都有1||,A B n-≤那么A=B. 引理的证明：假定A B ≠，那么根据题意知|| 1.A B -≤令1||(1).A B m m -=≥取[]1,n m =+那么11||,A B m n-=>与题设矛盾.所以.A B = 下面解答原题：依据题意，当n 为整数时，归纳易得到()(()).nf nx f x =由()(0)(0)()f x f f x f x =+=且()f x 不恒为0知(0)1,f =且2()()()()0.222x x x f x f f f ==> 当1a >时，因为(1)1(0),f a f =>=所以()f x 在R 上为增函数.对任一个x R ∈，设1()k x k k Z ≤≤+∈，那么()()(1).f k f x f k ≤≤+由11()(1),(1)(1)k k k k f k f a f k f a ++==+==，得1().k k a f x a +≤≤ 两边取对数得log () 1.a k f x k ≤≤+故|log ()| 1.a f x x -≤以()nx n N +∈取代x 得：|log ()||log ()|1,a a f nx nx n f x x -=-≤即1|log ()|.a f x x n-≤由引理得log (),a f x x =即().xf x a =当01a <<时，同理可证().xf x a =故所有满足条件的函数为()(01).x f x a a =<≠【例12】设()()f x x R ∈连续且恒不为0,求满足()()()f x y f x f y +=⋅的解.12〖分析〗由于此题满足的条件可以看出()0,f x >对于大于零的等式两侧分别取对数，利用柯西函数解的定理即可解决.【解】因为2()()()()[()]022222x x x x x f x f f f f =+=⋅=，又()f x 恒不为0,所以()0.f x >对题设()()()f x y f x f y +=⋅两边取自然对数，得ln ()ln ()ln ().f x y f x f y +=+ 令()ln (),g x f x =因为()0f x >且连续，由柯西函数方程解的定理知()(1).g x xg =故ln ()ln (1)f x x f =，所以ln (1)()[(1)].x f x f x ef == 令(1),f a =那么()(0).xf x a a =>〖说明〗此题是例6的拓展与延伸，主要是应用柯西函数方程解的定理解决问题.类似地，利用柯西方程解的定理，在连续或单调性的条件下，我们还可以得到：〔1〕假设()f xy ()()f x f y =+〔0,0x y >>〕，那么()log ;a f x x =〔2〕假设()()()(0,0),f xy f x f y x y =>>那么2();f x x =〔3〕假设()()(),f x y f x f y kxy +=++那么2();f x ax bx =+〔4〕假设()()2(),f x y f x y f x ++-=那么().f x ax b =+这几个问题，同学们可以作为课下练习加以证明.【例13】设R 为实数集，确定所满足以下条件的函数22:,()f R R f x y →-()(),xf x yf y =-,x y R ∀∈〔注：符号“∀〞是“任意的〞〕.13.〖分析〗根据题设条件中所给出的等式的形式，可猜测到()f x kx =是所求的函数，可是还有其它的函数也具有这些性质吗？这就需要我们对函数的唯一性加以证明.13.【解】令0,x y ==得(0)0.f =令0,y =得2()()f x xf x = ○1令0,x =得22()()()f y yf y f y -=-=- ○2 故()f x 是奇函数，只需在(0,)+∞上讨论即可.由○1式有2222()()()f x y f x f y -=-，将22,x y 改写成,(,0)x y x y >，那么得到 ()()(),f x y f x f y -=-即()()()f x y f x f y +=+ ○3〔这里令y y '=-即可〕 由○3运用柯西方法，对,(),(1).x R f x kx k f ∀∈== 一方面，2((1))(1)(1)(1)(()).f x x f x x f x k +=++=++ 另一方面，22((1))(21)()2().f x f x x xf x f x k +=++=++ 比拟以上两个方面，即得().f x kx =〖说明〗此题先猜出()f x kx =，然后再证明其唯一性，类比联想根本初等函数，先猜后证是常用的思路和方法.【例14】有连续的函数:f R R →，满足(())()f x f x f x +=，证明：()f x 是常函数.14.〖分析〗大局部出现的迭代函数不能用柯西法，但根据条件，我们知道有很多函数值相等：()(())(2())f x f x f x f x f x =+=+=，要证明所有的函数值都相等，应该先看当两个数,a b 满足什么条件时有()().f a f b =【解】易用归纳法证明对自然数n ，有()(()).f x f x nf x =+假设()f x 不是常函数，那么存在x 使得()0f x ≠.不妨设()0,f x >又存在y ，使得()()f y f x ≠，且()(1)();x kf x y x k f x +<<++ 设(),z x kf x =+那么(),()()z y z f z f y f z <<+≠.于是存在自然数,n 实数c ，使得直线x ny c +=与函数()f x 的图象在[,()]z z f z +上至少有两个交点，设为(,()),(,()),a f a b f b 于是()(),c a nf a b nf b =+=+故有()()(),f c f a f b a b ===，矛盾！故原命题成立.〖说明〗对此题而言，假设存在正整数n 使得()()a nf a b nf b +=+成立，那么事实：函数()f x 的图象与直线(*,)x ny c n N c R +=∈∈至多有一个交点，有了这一条后就可以利用反证法了.【例15】设:f Q Q →且对任意的,x y Q ∈都有()()()4,f x y f x f y xy +=++如果(1)(1)4f f -≥，求().f x15.〖分析〗此题可以先对过对特殊值进行验证，构造出一个数列，验证当,x y 均为整数时，结论成立的可能性，最后只需借助于所推得的结论将其从整数范围推广到整个有理数范围内即可以求解. 【解】令0,x y ==那么(0)0.f =令1,1,x y ==-那么(0)(1)(1)4f f f =+--，即(1)(1)4,f f +-=因为(1)(1)4f f -，故(1)0,(1)0,f f >->从而4(1)(1)4,f f =+-≥=由于等号成立，故(1)(1) 2.f f =-=令1,y =那么(1)()42f x f x x +=++ ○1 对○1式递推，有()(11)(1)4(1)2,f n f n f n n =-+=-+-+(1)(21)(2)4(2)2,f n f n f n n -=-+=-+-+…………(2)(211)(1)41 2.f f f =-+=+⨯+ 因此2()2.f n n =因为2114()()(),k k k f f f n n n n n +=++即2114()()().k k kf f f n n n n+-=+ 利用(1)2,f =对k 从1到1n -求和，得222().m m f n n =最后令,m mx y n n==-，得224(0)()()().m m m m m f f f f n n n n n =-=+--故222().m m f n n-=因此对所有的x Q ∈，有2()2.f x x =〖说明〗此题构造数列来解函数方程，借助数列与函数方程的关系〔主要是借助于递推关系〕加以研究，这里如何构造数列是一个难点.〖说明〗此题是有关柯西函数方程解的定理，是一个十分重要而有用的定理.此题的解决所使用的方法也为柯西方法.【例16】〔第35届IMO 试题〕设S 是所有大于1-的实数组成的集合，确定所有的函数:f S S →，满足条件：〔1〕对于S 内所有的,x y ，有(()())()();f x f y xf y y f x xf x ++=++〔2〕在区间(1,0)-和(0,)+∞内，()f x x是严格递增的. 16.〖分析〗由于()f x x 在(1,0)-内严格递增，故()1f x x =在此区间内至多有一个解.设(1,0)u ∈-满足()1,f u u=即().f u u =令,x y u ==得22(2)2.f u u u u +=+而222(1)1(1,0),u u u +=+-∈-又22u u u +≠，否那么0, 1.u =-但此时(1,0)u ∉-，故22u u +是(1,0)-内与u 不同的又一个不动点.这与u 的唯一性矛盾.同理，在(0,)+∞内()f x 也没有不动点.令,x y =得(()())()(),f x f x xf x x f x xf x ++=++即()()(1)()x f x xf x x x f x ++=++是()f x 的不动点.从而(1)()0x x f x ++=，所以().1xf x x=-+可验证()1xf x x=-+满足题意. 【解】在条件〔1〕中，令,x y =得(()())()().f x f x xf x x f x xf x ++=++ ○1 那么()()x f x xf x ++是f 的一个不动点〔即使得()f z z =成立的z 〕.设()()A x f x xf x =++，在式○1中令x A =，得(),(()())()()f A A f A f A Af A A f A Af A =⎧⎨++=++⎩即22(),(2)2.f A A f A A A A =⎧⎨+=+⎩所以22A A +也是f 的一个不动点. 假设(1,0)A ∈-，那么有222(1)1(1,0),A A A +=+-∈-且22.A A A +≠从而(1,0)-中有两个不动点.与()f x x在(1,0)-内严格递增矛盾！ 假设(0,)A ∈+∞，那么22(0,)A A +∈+∞，且22A A A +≠，这也与()f x x在(0,)+∞内严格递增矛盾！ 所以0,A =即()()0.x f x xf x ++=解得().1x f x x=-+ 下面验证()1x f x x =-+确实符合条件.显然()11f x x x=-+在S 中严格递增.对任意的,x y S ∈，有1(()())()().111111x yy y x y y x y f x f y xf y f x x f x y y y y x y-----+++=++⋅==-=-++++++ ()().111x x y xy f x yf x y y x x x---++=++⋅=+++从而条件〔1〕成立.因此，所求的所有的函数为().1x f x x=-+ 〖说明〗什么是不动点？如果一个数在函数的作用下值不变〔还是它本身〕，那么这个数就是这个函数的不动点.一个很简单的函数〔例如二次函数〕迭代很屡次以后得到的函数会非常复杂，而原来函数的不动点在迭代很屡次后的函数中仍然是不动点，这就为我们研究迭代后的函数提供了方便.利用不动点法解出函数方程以后，一定要注意回代验证.这样才能保证解题过程的完备性. 【例17】〔第24届IMO 〕:,f R R ++→且满足条件： 〔1〕对任意的,,x y R +∈有(())();f xf y yf x =〔2〕x →+∞时，()0f x →. 试求函数().f x17〖分析〗简单的函数迭代之后往往是十分复杂的，故出现迭代的函数方程是最让人头疼的.对于此题，先观察第一个条件，不难发现：假设令x y =，那么有(())()f xf x xf x =，即()xf x 是不动点，如果这个不动点非常少，比方只有一个的话，那么我们就会非常容易地解决问题了.分析一个这个函数的不动点应该具备的性质，如果a 是函数的不动点，那么根据上面所说的事实，我们马上得到2()a af a =也是不动点，从而2a 也是不动点，结合第二个条件，如果1a >，那么会出现矛盾，故函数的不动点不能超过1.既然1是那么地特殊，不妨我们可以先求出(1),f 而这又是不困难的.那么对于小于1的数呢？根据对称性来说是应该不会有不动点，证明也就不是那么困难了. 【解】令x y =，有(())()f xf x xf x =.显然()xf x 是()f x 的不动点，其不动点集为{()|}.xf x x R +∈ 再令1,x y ==代入条件〔1〕得((1))(1).f f f = 又令1,(1),x y f ==代入原方程得2(((1)))(1).f f f f =所以2(1)(1)f f =，故(1)1((1)0f f ==舍去),即1x =是()1f x =的一个不动点.从而() 1.xf x =所以1()().f x x R x+=∈ 以下用反证法证明1x =是()f x 唯一的不动点. 假设有1α≠且()f αα=.〔1〕假设1α>，由(())(),f xf x xf x =令,x α=可得(())(),f f f αααα=故22().f αα=所以44(),,().n n f f αααα==而这与,()0x f x →+∞→矛盾！〔2〕假设01α<<，那么由1111(1)()(())(),f f f f f αααααα==⋅==得11(),f αα=且由01α<<知11.α>类似〔1〕得出矛盾！于是()f x 只有一个不动点.〖说明〗函数与方程的题目解法技巧性较强，抽象度较高，不动点法是解函数方程问题的一种常用方法.函数方程与函数迭代函数方程问题一直是各国重大竞赛中的热点问题，以IMO 为例，在已进行的四十七届竞赛的试题中，有30多道是函数方程的试题，几乎是每届一题.在我国冬令营与国家集训队的测试题中，函数方程问题也是屡见不鲜的.究其原因，它往往是给出较弱的条件，却要从中得出甚强的结论〔一般是要直接求出表达式〕.【根底知识】表示某一类〔或某一个〕函数所具有的一定性质的关系式叫做函数方程〔其中()f x 为未知函数〕.如果一个函数对其定义域内变量的一切值均满足所给的方程，那么称()f x 为这个函数方程的解.寻求函数方程的解或证明函数方程无解的过程，就是解函数方程.我们粗略地归纳其典型的解题方法，主要可以分成以下几类： 1.换元法： 2.解方程〔组〕法3.待定系数法4.代值减元法 5.柯西法先求出对于自变量取所有正整数的值时函数方程的解具有的形式，然后依次证明对自变量取整数值，有理数值以及取实数值时函数方程的解仍具有这种形式，从而得到方程的解.这里我们给出一个定理：柯西函数方程的解定理：假设()f x 是单调〔或连续〕函数，且满足()()()f x y f x f y +=+(,),x y R ∈那么()(1).f x xf =〔我们将此定理的证明放于例题中进行讲解.〕6.递归法借助数列对函数方程加以研究的方法.设()f n 是定义在R +上的函数，如果存在递推关系S 和初始条件1(1),f a =当知道(1),(2),,()f f f n 的值后，由S 可以惟一确定(1)f n +的值，我们称()f n 为递归函数.递推法主要解决递归函数问题.7.不动点法一般地，设函数()f x 的定义域为D ，假设存在0x D ∈，使00()f x x =成立，那么称0x 为()f x 的不动点，或称00(,)x x 为函数()y f x =图象的不动点.【典例精析】【例1】11()(),x xf x f x x--+=求().f x【例2】证明：恰有一个定义在所有非零实数上的函数f ，满足条件： (1) 对所有非零实数x ，f (x )=xf (1x)；〔2〕对所有的x ≠－y 的非零实数对(x ,y )，有f (x )+f (y )=1+f (x +y )【例3】求所有的函数f ：R →R ，使得对任意实数x 、y ，都有(x －y )f (x ＋y )－(x ＋y )f (x －y )=4xy (x 2－y 2)【例4】求所有的函数f ：R →R 使得 f (f (x )＋y )=f (x 2－y )＋4f (x )y ①对所有x ，y ∈R 成立。
