映射附映射法附例題

1、映射及映射法及例題知識(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f，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f ： at 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f,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

2、原象如有，也不一定只有一個(gè)2. 一一映射一般地，設(shè)A、B是兩個(gè)集合，f : at 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f是A與B之間的對(duì)應(yīng)，那么可得B到A的一個(gè)映射g：任給b B，規(guī)定g(b)二a，其中a是b在f下的原象，稱這個(gè)映射g是f的逆映射，并將g記為f1.顯然有(f1) 1= f,即如果f是A與B之間的對(duì)應(yīng)，貝U f1是B與A之間的對(duì)應(yīng)，并且廠的逆映射是f.事實(shí)上，廣是B到A的映射，對(duì)于B中的不同元素bi和b2,由于它們?cè)趂下的原象不 同，所

3、以bi和b2在廠1下的像不同，所以廠1是1 1的.任給a 代設(shè)f(a)=b，則f(b)二a.這說明a中每個(gè)元素a在f 1都有原象.因此， f1是映射上的.這樣即得f1是B到A上的1 1映射，即 廠1是B與A之間一一對(duì)應(yīng).從而f 1有逆映射h：A_. B.由于任給a A,設(shè)h(a) =b，其中b是a在f1下的原象，即f1(b)=a，所以，f(a)=b，從而h(a) =b = f(a),得h = f，這即是f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(jìng)賽題是常見題型之一，請(qǐng)看下述試題 例 1 設(shè)集合 M =x|OEx 乞11,x Z,集合F =( a,b,c,d) |a,b,c,d M,映射

4、f: i乙使fff得(a,b,c,d)ab-cd已知(u,v,x,y) > 39,(u,y, x,v) > 66,求x,y,u,v 的值.f【思路分析】應(yīng)從(a,b,c,d) ab-cd入手，列方程組來解之【略解】由f的定義和已知數(shù)據(jù)，得uv _xy =39,uy _xv = 66(u, v, x, y 三 M ).將兩式相加，相減并分別分解因式，得(y v)(u -x) =105,(y -v)(u x)二 27.顯然，u - x 亠0, y - v 丄0，在 x, y,u,v：二x |0 Mx M11,x：二 Z的條件下，0zu_v11,105TEy v 乞22,即 10 y v

5、 乞22,但(y - v) |105,可見(y v =15,(y v" =21,11對(duì)應(yīng)可知(u _x), =7, (u _x)2 =5.27同理，由 0 my V G1, 1 3 x 豈22知,3 mu X 乞 22又有(u x)3,(u x) 9.11對(duì)應(yīng)地,(y -v) =9,(y-vL =3.于是有以下兩種可能：y +x =15,(I)ux=7,u x =9,y -v =3;由(I)解出x=1 , 范圍因此，(n)無解.【評(píng)述】在解此類問題時(shí)，估計(jì)取值范圍的討論十分重要.y=9,y +v =21,u x =5,u x =9,y 一 v 二 3.u=8 , v=6 ;由(n)解

6、出 y=12，它已超出集合 M中元素的y，v,u -x, y - v,u x的可能值是關(guān)鍵，其中，對(duì)它們的y) |- - 0.求一個(gè)A與B的對(duì)x例2：已知集合a =( x, y) |空：.3和集合( x,3 x應(yīng)f，并寫出其逆映射.B11 / 11【略解】從已知集合 (如圖 I- 1 - 2- 1).圖I 1-2- 1A , B看出，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)的集合集合A為直線八孑和3x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 =( ' cosd '

7、sinR |- 0, ' R,g-,B =( - cos ,'sin ) | J - 0, t R,0 :：:令fLcosr, "i nR >(rcos，'si nJ, =3( 一).在這個(gè)映射下，極徑匸沒有6改變，輻角之間是一次函數(shù).-2，因而w之間是一一對(duì)應(yīng)，其中二(石，-)，(0,3).所以，映射f是A與B的一一對(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n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)X=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

8、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) A X,令f:AA,A =101-a|a A X.于是f : A； A 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A1, A2，An (其中n=2100- 1)，則特征的平均數(shù)為m(Ai)=n i呂12nn、(m(AJ m(A).i 二由于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1為101，故m(Ajm(A) =202,從而特征平均數(shù)為202 n=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

9、(B).對(duì)于映射f : A； B來 說，如果f是單射，則有card (A) _card (B)；如果f是滿射，則有card (A) _ card (B)；如 果f是雙射，則有card (A)二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)f : a > B，把B的個(gè)數(shù)數(shù)清，就有card (A)二card (B).這是我們解某些題時(shí)常用的方法.請(qǐng)看下述兩例例4：把厶ABC的各邊n等分，過各分點(diǎn)分別作 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

10、】如圖I 1-2 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 AC邊各延長(zhǎng)一等分，分別到 B ', C',連接 B ' C'.將A ' B '的n條平行線分別延長(zhǎng)，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, l.記A=邊不平行于BC的小平行四邊形,B =( i, j,k,l) |1 I ： j < k ：丨乞 n 2.f :

11、 A_； B .把小平行四邊形的四條邊延長(zhǎng)且交B C 邊于四點(diǎn)的過程定義為一個(gè)映射:下面我們證明f是A與B的一一對(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 BC 的四點(diǎn)亦不全同所以，四點(diǎn)組(i, j,k,l)亦不相同，從而f是A到B 的1 1的映射任給一個(gè)四點(diǎn)組(i, j ,k,l), i j : k : l < n 2，過i, j點(diǎn)作AB的平行線，過k,I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f是A到B的滿射總之f是A與B的一一對(duì)應(yīng)，于是有 card(A) =card (BHCn 2.加上邊不平行于 AB和AC的兩類小平行四邊形，得到所有平

12、行四邊形的總數(shù)是 3Cn4 2.例5:在一個(gè)6 X 6的棋盤上，已經(jīng)擺好了一些1X 2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 1 23所示的擺法就說明不能再放入骨牌 所以，有14個(gè)空格這一條件是完全必要的 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

13、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 5X 6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) 一14-3 = 11，另一方面全部的骨牌數(shù)為11,即card (Y) =所以必有card (X) = card (Y),事實(shí)上這是一個(gè)一一映射，這時(shí),將發(fā)生一個(gè)很有趣的現(xiàn)象：最下面一行全是空格，當(dāng)然可以放入一個(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)

14、與映射，尤其是利用映射來計(jì)數(shù)，在數(shù)學(xué)競(jìng)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)f : N r N 使得 f (1) = 2 , f (f (n) = f (n) n對(duì)一切nN成立，f(n) : f (n 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

15、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(")和(iii )時(shí)，我們記 X為下面5X6個(gè)方格中的空格集 合，Y為上面5X 6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 n N 成立【解法1】存在，首先有一條鏈1 t 2 t8 t 13 21 t鏈上每一個(gè)數(shù)n的后繼是f(n) , f滿足f (f (n) =

16、 f (n) n 即每個(gè)數(shù)是它產(chǎn)面兩個(gè)數(shù)的和，這種鏈稱為f鏈對(duì)于中的數(shù)m>n，由遞增易知有f (m) - f (n) _ m - n 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,成立(從而 f(n +1) > f (n),并且每?jī)蓷l鏈無公共元素)方法是用歸納法構(gòu)造鏈(參見單壿著數(shù)學(xué)競(jìng)賽研究教程江蘇教育出版社)設(shè)已有若干條f鏈，滿足，而k+1是第一個(gè)不在已有鏈中出現(xiàn)的數(shù)，定義f (k 1 f (k) 1 這鏈中其余的數(shù)由逐一確定對(duì)于m>n，如果m、n同屬于新鏈，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+1 時(shí)，f (m) -

17、f (n) = f (k) 1 - f (n)亠 k - n 1 = m - n,設(shè)對(duì)于 m,成立，則 f (f (m) - f (n) = f (m) m-f( n)_m-nm_f (m) - n由易知2m 一 f(m).即對(duì)新鏈上一切 m,成立若n屬于新鏈，在n=k+1時(shí)，f (m)f (n)二 f (m)f (k) T 丄 mk -1 = m -n.設(shè)對(duì)于n,成立，在 m>n時(shí)，m不為原有鏈的鏈?zhǔn)住Ｓ沵 二 f (x),貝V在m f (n)時(shí)，f (m) _ f (f (n)二 s m _ (f (n) n)二 m _ f (n) (s _ n).而 在s_n, f(n)-f(s)

18、亠n-sO,與m f(n) 矛 盾 ， 所 以s n, f (m) _ f (f (n) _ m - f (n) 即對(duì)新鏈上一切，成立.因而添入一條新鏈后，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)1 l【解法2】令f(n) =(n 1) - n,其中 (5 -1),x表示x的整數(shù)部分顯然f(n)嚴(yán)格遞增，并且 f(1)=2. 又由于'-C1)=1,- f(f(n)二 f(n)(f(n) 1)=f (n)n 1)1(n 1)=f (n) (n 1) - - (n 1) (n 1)(x二x-x為x的分?jǐn)?shù)部分)=f (n) n 1 - n 1) = f (n) n.因此，(n

19、 1)，n就是滿足要求的函數(shù).針對(duì)性訓(xùn)練題31. 設(shè)A=B=R，取映射f : Ar B，使集合B中的元素y = X和集合A中的元素x對(duì)應(yīng)，這個(gè)映射是否是 A到B上的映射？2. 已知 A =x | 0 _ x _ 90 , B =x| 0 _ x _ 1,映射 f : x sin2 x,求30 ,45 的象以及33 , 1的原象.413. 從A到B的映射是f : x r y = 3x -1，從B到C的映射是g : y = z，試寫2y +1出從A到C的映射h.4. 設(shè) A 二佝總耳, B 二dd'lbsd. 寫出一個(gè)f : A > B，使得f是單射，并求 A到B的單射的個(gè)數(shù)； 寫出

20、一個(gè)f : A > B，使得f不是單射，并求所有這種映射的個(gè)數(shù)； A到B的映射能否是滿射？5. 設(shè)集合A=1 , 2，則從A到A的映射f中滿足f(f(x) = f (x)的映射有幾個(gè)？6. 某銀行為管理保險(xiǎn)柜，設(shè)11人管理，保險(xiǎn)柜上加了若干把鎖，這些鎖的鑰匙分發(fā)給11人保管使用問最少應(yīng)為保險(xiǎn)柜加多少把鎖，才能使任何6人同時(shí)到場(chǎng)就能打開保險(xiǎn)柜，而任何5人到場(chǎng)都不能打開？7. 由83個(gè)單位立方體砌成棱長(zhǎng)為 8的大立方體，問在大立方體中共可作多少條直線，使每條直線都穿過8個(gè)單位方體的中心?&在19 x 93的方格板上畫出主對(duì)角線，問它穿過多少個(gè)單位方格的內(nèi)部?第三講函數(shù)的概念和性質(zhì)知識(shí)

21、、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 tB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x D , 都有f( x)= f(x)，則稱f(x)是奇函數(shù)；若對(duì)任意的 x D，都有f( x)=f(x),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xi, X2 D',并且XEX2時(shí), 總有f

22、(Xi)<f(X2)(f(xi)>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),如果存在一個(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)y=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)y=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)

23、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x R，均有x 1<x < x<x+1.性質(zhì)2 對(duì)任意x R，函數(shù)y=x的值域?yàn)?,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, X2 R，若X1< X2，則X1 W X2.性質(zhì) 3 若 n Z, x R，則有x+ n=n+x, n+x=x后一個(gè)式子表明y=x是一個(gè)以1為周期的函數(shù)性質(zhì) 4 若 x , y R,則x+ y W x+y W x+ y+1性質(zhì) 5 若 n N*, x R,則nx > nx性質(zhì) 6 若 n N*, x R,則X二兇n nx性質(zhì)7若n N*, x R+，則在區(qū)間1,x內(nèi)，恰有個(gè)整數(shù)是n的倍

24、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nnp(n!) “ 2PP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(jìng)賽的重要內(nèi)容.下面分類介紹此類題目I函數(shù)的定義域和值域當(dāng)x為何值時(shí),lg ： g lg Jg Jg Jgx 才有意義【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ig ig ig、ig、igx>0，得 ig ： ig . ig i ig Jg xx _10102102102 10【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,p N*

25、,在A上定義函數(shù)f如下：若a A，貝U 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|n N*, n > 2.【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冬n|n N*,n > 2.任取x M,即x是被7整除的正整數(shù)的數(shù)字之和，由于7X 10n, n=0, 1,2，所以x的數(shù)字之和是大于1的正整數(shù)，因此 x n|n N* , n2.所以M -n|n N*,n >2.再證n|n N* , n2 M.任取x n|n N*,n2,即x是大于1的正整數(shù).下面分兩種情形：當(dāng)x=2k(k N*)時(shí)，由于7|100|

26、,于是取a= 100110011001,k 個(gè) 1001則 7|a,且 f(a)=2k,所以 x M.當(dāng) x=2k+1(k N*)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)=2(k 1)+3=2k+1,故 x M,故 x M.所以n|n N*, n2 M.因此 M=n|n N*, n2.【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=1，求函數(shù)f(x, y)=x yxy x y 1的值域(其中(x表示不超過x的最大整數(shù))【思路分析】由x、y的對(duì)稱性，不妨設(shè) x>y,則有x2> 1,必分

27、x=1與x>1兩種情況 討論【詳解】不妨設(shè)x>y,則x2> 1,x> 1有下面兩種情形:(1)當(dāng)x=1時(shí),1 y=1，此時(shí) f(x,y)=.2(2)當(dāng)x>1時(shí),設(shè)x=n ,x=x x= a，貝y x=n+ a ,0< a <1F是，1y=<1, 故 y=0.1nf(x,y)二nn +11由函數(shù)g(x)=x+ 在x > 1時(shí)是遞增的和 ow a <1得x11n -< nnn1 n -遼 f (x, y):n n 1設(shè)an1n -nn 1_ n21n2n1_J1n2 nbn =n 1n +1n 1=1(n 1)2an 1 "

28、; ann -2n(n 1)( n 2)a1a a3,a3 ： a° ：a* ：，b b2，bn于是當(dāng)x -1時(shí)，f (x, y)的值域?yàn)閍2, d),即5,-).6 4 綜上所述，f(x, y)的值域?yàn)閬A 5,5).26 4【評(píng)述】本例表面上為“二元函數(shù)”實(shí)為一元函數(shù)，因?yàn)? 、y=，消去y后就是關(guān)于 xx的函數(shù)了 .II 函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中，常見的應(yīng)用函數(shù)性質(zhì)的題目有以下幾類: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(1)=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上的奇函數(shù)，必有

29、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(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(汽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(x)=F(x) 2=af(x)+bg(x),易知:(x)為奇函數(shù)，且在(0, + a)上有最大值3.- :(x)在( OO,故F(x)在( O, 0) 上的最小值為1.【評(píng)述】將代數(shù)式轉(zhuǎn)化為奇函數(shù)的思想十分重要，

30、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, y R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y)，若 x>0 時(shí)，f(x)<0 且 f(1)=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)?x R，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】(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)是奇函數(shù)(2)設(shè) X!, X2 R，且 X!< X2,則f(X2)=fX i +(

31、X2 xl)=f(x l)+f(x 2 xl),T X2>X1, X2 Xi>0.由已知得f(X2 X1)<0,- f(X2)<f(X1).故f(x)在R上是減函數(shù). f(x)在3, 3上的最大值f(x)最大值=f( 3),最小值f(x)最小值=f(3).又 f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1)+f(1)= 6, f( 3)= f(3)=6.故f(x)在3, 3上的最大值為6,最小值為一6.【評(píng)述】本題中的“XX1+(X2 X1)'是完成證明函數(shù)是減函數(shù)的證明的主要過程，這一特點(diǎn)讀者應(yīng)有所體會(huì).2 求函數(shù)的解析式例7 若f(x)=2 x 2 xlga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( x)= f(x),構(gòu)造方程來求a的值.【略解t f( x)=2 X 2Xlga= (2X 2 xlga)= f(x),- (2X+2x) (2X+2x)lga=0,即(2X+2x)(1 lga)=0,t 2X+2x>0, 1 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)