周期函數與周期數列

TPMKstandardizationoffice【TPMK5AB-TPMK08-TPMK2C-TPMK18】TPMKstandardizationoffice【TPMK5AB-TPMK08-TPMK2C-TPMK18】周期函數與周期數列第14講周期函數與周期數列本節(jié)主要內容有周期；周期數列、周期函數．周期性是自然規(guī)律的重要體現之一，例如地球公轉的最小正周期就體現為年的單位．在數學中，我們就經常遇見各種三角函數，這類特殊的周期函數，特別是正弦、余弦函數與音樂有著密切的聯系:19世紀法國數學家傅立葉證明了所有的樂聲──不管是器樂還是聲樂都能用數學表達式來描述，它們一定是一些簡單的正弦周期函數的和．作為認識自然規(guī)律的主要手段，數學在本學科中嚴格地引進了“周期”這個重要概念．在中學數學中，我們僅僅討論定義域是整個實數軸的實值映射的周期性，盡管形式十分簡單，但與之相關的問題仍有待研究．中學數學里稱函數的周期，沒有特殊說明是指其最小正周期．如果函數y＝f(x)對于定義域內任意的x，存在一個不等于0的常數T，使得f(x＋T)＝f(x)

恒成立，則稱函數f(x)是周期函數，T是它的一個周期．

一般情況下，如果T是函數f(x)的周期，則kT(k∈N＋)也是f(x)的周期．1．若f(x＋T)=－f(x)，則2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x)證明：f(x＋2T)=f(x＋T＋T)=－f(x＋T)=f(x)，由周期函數的性質可得f(x＋2nT)=f(x)，(n∈Z)2．若f(x＋T)=±eq\f(1,f(x))，則2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x)．僅以f(x＋T)=eq\f(1,f(x))證明如下：f(x＋2T)=f(x＋T＋T)=eq\f(1,f(x+T))=f(x)．由周期函數的性質可得f(x＋2nT)=f(x)，(n∈Z)3．在數列中，如果存在非零常數，使得對于任意的非零自然數均成立，那么就稱數列為周期數列，其中叫數列的周期．A類例題例1（2001年上海春季卷）若數列前8項的值各異，且對任意的都成立，則下列數列中可取遍前8項值的數列為（）A． B． C． D．解析由數列{an}前8項的值各異，對任意n∈N＋都成立，得數列{an}的周期T=8，則問題轉化為2k＋1，3k＋1，4k＋1，6k＋1中k=1，2，3，…代入被8除若余數能取到0，1，2，3，4，5，6，7即為答案．經檢驗3k＋1可以，故可取遍{an}的前8項值．答案為B．說明本題還可以奇偶性的角度考慮，在2k＋1，3k＋1，4k＋1，6k＋1中，2k＋1，4k＋1，6k＋1都是奇數，除8后仍都是奇數，只有3k＋1除8后余數能取到0，1，2，3，4，5，6，7．例2定義在R上的奇函數且f(x＋2)=f(x－2)，且f(1)=2則f(2)＋f(7)=．解因為f(x＋2)=f(x－2)，知f(x＋2T)=f(x)．即f(x＋4)=f(x)．所以f(7)=f(3＋4)=f(－1＋4)=f(－1)=－f(1)=－2．f(－2)=f(－2＋4)=f(2)所以f(2)=0．從而f(2)＋f(7)=－2．鏈接若f(x＋T)=±f(x－T)，①f(x＋T)=f(x－T)，2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x)證明：f(x＋2T)=f(x＋T＋T)=f(x＋T－T)=f(x)②f(x＋T)=－f(x－T)，4T是f(x)的周期，即f(x＋4T)=f(x)證明：f(x＋2T)=f(x＋T＋T)=－f[(x＋T)－T]=－f(x)所以由(一)可得f(x＋4T)=f(x)．情景再現1．已知函數f(x)對任意實數x，都有f(a＋x)＝f(a－x)且f(b＋x)＝f(b－x)，

求證:2|a－b|是f(x)的一個周期．(a≠b)

2．已知數列{}滿足x1=1，x2=6，(n≥2)，求x2006及S2006．B類例題例3定義在R上的奇數滿足f(1＋x)=f(1－x)，當時，f(x)=2x－4，則時f(x)=因為f(1＋x)=f(1－x)，f(x)=f(－x)，知f(x＋4)=f(x)，故當時，x＋4，f(x)=f(x＋4)=2x＋4－4=2x．又時，即－，所以f(x)=－f(－x)=－2－x()鏈接：若f(T＋x)=±f(T－x)，(1)f(T＋x)=f(T－x)①若f(x)是偶函數，則2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x)②若f(x)是奇函數，則4T是f(x)的周期，即f(x＋4T)=f(x)(2)f(T＋x)=－f(T－x)①若f(x)是偶函數，則4T是f(x)的周期，即f(x＋4T)=f(x)②若f(x)是奇函數，則2T是f(x)的周期，即f(x＋2T)=f(x)例4設f(x)是定義在R上的偶函數，其圖象關于直線x=1對稱，對任意x1、x2∈［0，］，都有f(x1＋x2)=f(x1)·f(x2)，且f(1)=a>0．(1)求f()、f();(2)證明f(x)是周期函數；(3)記an=f(2n＋)，求（2001年全國高考題）分析本題主要考查函數概念，圖象函數的奇偶性和周期性以及數列極限等知識，還考查運算能力和邏輯思維能力．認真分析處理好各知識的相互聯系，抓住條件f(x1＋x2)=f(x1)·f(x2)找到問題的突破口．由f(x1＋x2)=f(x1)·f(x2)變形為是解決問題的關鍵．解(1)因為對x1，x2∈［0，］，都有f(x1＋x2)=f(x1)·f(x2)，所以f(x)=≥0，x∈［0，1］又因為f(1)=f(＋)=f()·f()=［f()］2f()=f(＋)=f()·f()=［f（）］2又f(1)=a>0∴f()=a，f()=a(2)證明：依題意設y=f(x)關于直線x=1對稱，故f(x)=f(1＋1－x)，即f(x)=f(2－x)，x∈R．又由f(x)是偶函數知f(－x)=f(x)，x∈R，∴f(－x)=f(2－x)，x∈R．將上式中－x以x代換得f(x)=f(x＋2)，這表明f(x)是R上的周期函數，且2是它的一個周期．(3)解：由(1)知f(x)≥0，x∈［0，1］∵f()=f(n·)=f(＋(n－1))=f()·f((n－1)·)=……=f()·f()·……·f()=［f()］n=a∴f()=a．又∵f(x)的一個周期是2∴f(2n＋)=f()，因此an=a∴例5(1997年全國高中數學聯賽)已知數列{}滿足(n≥2)，x1a，x2b，記Snx1＋x2＋?＋xn，則下列結論正確的是()

A．x100??a，S100=2b?aB．x100??b，S100?2b?aCx100??b，S100=b?aD．x100??a，S100?b?a解因為=，于是得所以數列{}是周期數列，其周期為6k(k∈Z)，且x1＋x2＋?＋x6=0，x100=x4=－x1=－a．故S10016(x1＋x2＋?＋x6)＋x97＋x98＋?＋x99＋x100=x1＋x2＋x3＋x4=x2＋x3=2b－a．例6設數列a1，a2，a3，…，an，滿足a1=a2=1，a3=2，且對任意自然數n都有an·an＋1·an＋2≠1，an·an＋1·an＋2an＋3=an＋an＋1＋an＋2＋an＋3，求a1＋a2＋a3＋…＋a100．解由an·an＋1·an＋2an＋3=an＋an＋1＋an＋2＋an＋3，①得an＋1·an＋2·an＋3an＋4=an＋1＋an＋2＋an＋3＋an＋4，②兩式相減得：(an－an＋4)·(an＋1＋an＋2an＋3－1)=0，由于an＋1＋an＋2an＋3≠1，所以an＋4=an．又a1=a2=1，a3=2，由①得2a4=4＋a4，所以a4=4．故a1＋a2＋a3＋a4=8，于是a1＋a2＋a3＋…＋a100=25(a1＋a2＋a3＋a4)=200．情景再現3．設f(x)是定義在區(qū)間(－∞，＋∞)上以2為周期的函數，對k∈Z，用Ik表示區(qū)間(2k－1，2k＋1]，已知當x∈I0時f(x)=x2．(Ⅰ)求f(x)在Ik上的解析表達式;(Ⅱ)對自然數k，求集合Mk={a│使方程f(x)=ax在Ik上有兩個不相等的實根}．4．(2005年上海理科卷)在直角坐標平面中，已知點，，，…，，其中是正整數．對平面上任一點，記為關于點的對稱點，為關于點的對稱點，……，為關于點的對稱點．(1)求向量的坐標；(2)當點在曲線上移動時，點的軌跡是函數的圖象，其中是以3為周期的周期函數，且當時，，求以曲線為圖象的函數在的解析式；對任意偶數，用表示向量的坐標C類例題例7．(2005年廣東卷19)設函數，且在閉區(qū)間[0，7]上，只有（Ⅰ）試判斷函數的奇偶性；（Ⅱ）試求方程在閉區(qū)間[－2005，2005]上的根的個數，并證明你的結論．解（Ⅰ）由，從而知函數的周期為又，，所以故函數是非奇非偶函數;(II)又故f(x)在[0，10]和[－10，0]上均有有兩個解，從而可知函數在[0，2005]上有402個解，在[－2005．0]上有400個解，所以函數在[－2005，2005]上有802個解．鏈接若f(a＋x)=±f(a－x)，且f(b＋x)=±f(b－x)，(a≠b)(1)若f(a＋x)=f(a－x)，且f(b＋x)=f(b－x)，或f(a＋x)=－f(a－x)，且f(b＋x)=－f(b－x)，則2(b－a)是f(x)的周期，即f[x＋2(b－a)]=f(x)證明：因為f(2a＋x)=f[a＋(a＋x)]=f(2a－x)=f(－x)，同理f(2b＋x)=f(－x)，因為f[x＋2(b－a)]=f[2b＋(x－2a)]=f[(x－2a)]=f(x)或f(2a＋x)=f[a＋(a＋x)]=－f[a－(a－x)]=－f(－x)，同理f(2b＋x)=－f(－x)，因為f[x＋2(b－a)]=f[2b＋(x－2a)=－f[2a＋(－x)]=f(x)．(2)若f(a＋x)=f(a－x)，且f(b＋x)=－f(b－x)，或f(a＋x)=－f(a－x)，且f(b＋x)=f(b－x)，則4(b－a)是f(x)的周期，即f[x＋4(b－a)]=－f(－x)．(證明留給讀者完成)例8數列{an}滿足an=an－1－an－2(n≥3)．如果它的前1492項之和是1985，而它的前1985項之和是1492．那么前2001項的和是多少(1985年中美數學邀請賽復賽試題)解因為an=an－1－an－2=(an－2－an－3)－an－2=－an－3同理an－3=－an－6所以an=an－6故數列{an}是周期數列．其周期為6．且f(n)=f(6k＋n)，(k∈N)．Sn=an＋an－1＋an－2＋L＋a1，且an=an－1－an－2(n≥3)所以Sn=(an－1－an－2)＋(an－2－an－3)＋(an－3－an－4)＋…＋(a2–a1)＋a2＋a1=an－1＋a2(n≥3)因此S1492=a1491＋a2=a248×6＋3＋a2=a3＋a2=1985，S1985=a1984＋a2=a330×6＋4＋a2=a4＋a2=a3=1492．由以上兩式得a2=493，所以S2001=a2000＋a2=a333×6＋2＋a2=a2＋a2=986．情景再現5．已知f(x)是定義在R上的函數f(10＋x)=f(10－x)，f(20＋x)=f(20－x)．則f(x)是()．A．周期為20的奇函數B．周期為20的偶函數C．周期為40的奇函數D．周期為40的偶函數6．在數列{an}中．an=13，an=56．對所有的正整數n都有an＋1=an＋an＋2，求a1994．(1994年第5屆希望杯”競賽題)習題14A類習題1．定義“等和數列”：在一個數列中，如果每一項與它的后一項的和都為同一個常數，那么這個數列叫做等和數列，這個常數叫做該數列的公和．已知數列是等和數列，且，公和為5，那么(1)的值為_______，(2)這個數列的前n項和的計算公式為________________(2004年北京理工卷)．2．若存在常數，使得函數的一個正周期為．（2003年春季北京卷）3．對任意整數x，函數滿足，若，則．4．已知函數f(x)的定義域為N，且對任意正整數x，都有f(x)＝f(x－1)＋f(x＋1)．若f(0)＝2004，求f(2004)．

5．已知對于任意a，b∈R，有f(a＋b)＋f(a－b)＝2f(a)f(b)，且f(x)≠0

⑴求證：f(x)是偶函數；

⑵若存在正整數m使得f(m)＝0，求滿足f(x＋T)＝f(x)的一個T值(T≠0)

6．記f(n)為自然數n的個位數字，an=f(n2)－f(n)．求a1＋a2＋a3＋L＋a2006的值．B類習題7．函數定義在整數集上．滿足：=，求的值．8．已知數列{an}滿足a1=1，a2=2，anan＋1an＋2=an＋an＋1＋an＋2，且an＋1an＋2≠1，求的值．9．設函數f(x)的定義域關于原點對稱且滿足：(i)f(x1－x2)=；(ii)存在正常數a使f(a)=1．求證：(1)f(x)是奇函數．(2)f(x)是周期函數，且有一個周期是4a．10．已知集合M是滿足下列性質的函數f(x)的全體：存在非零常數T，對任意x∈R，有f(x＋T)=Tf(x)成立．（1）函數f(x)=x是否屬于集合M？說明理由；（2）設函數f(x)=ax（a>0，且a≠1）的圖象與y=x的圖象有公共點，證明：f(x)=ax∈M；（3）若函數f(x)=sinkx∈M，求實數k的取值范圍．(2003年上海卷)C類習題11．整數數列，時對于每個n≥3都有an=an－1－an－2，若前2003項的和為a，(a≠0)則S5=()A．aB．eq\f(a,5)C．eq\f(5,a)D．5a(2003年希望杯)12．設f(x)是一個從實數集R到R的一個映射，對于任意的實數x，都有|f(x)|≤1，并且f(x)＋，求證:f(x)是周期函數．

本節(jié)“情景再現”解答：1．不妨設a＞b，于是f(x＋2(a－b))＝f(a＋(x＋a－2b))＝f(a－(x＋a－2b))＝f(2b－x)＝f(b－(x－b))＝f(b＋(x－b))＝f(x)∴2(a－b)是f(x)的一個周期當a＜b時同理可得．所以，2|a－b|是f(x)的周期2．解法一：由x1=1，x2=6，及得x3=5，x4=－1，x5=－6，x6=－5，x7=1，x8=6，所以數列{}是周期數列，其周期為6k(k∈Z)，且x1＋x2＋?＋x6=0，所以x2006=x6×334＋2=x2=6．S2006=7解法二：因為=，于是得所以數列{}是周期數列，其周期為6k(k∈Z)，且x1＋x2＋?＋x6=0，所以x2006=x6×334＋2=x2=6．S2006=73．⑴證明：令a＝b＝0得，f(0)＝1(f(0)＝0舍去)又令a＝0，得f(b)＝f(－b)，即f(x)＝f(－x)，所以，f(x)為偶函數

⑵令a＝x＋m，b＝m得f(x＋2m)＋f(x)＝2f(x＋m)f(m)＝0

所以f(x＋2m)＝－f(x)于是f(x＋4m)＝f[(x＋2m)＋2m]＝－f(x＋2m)＝f(x)

即T＝4m(周期函數)4．(Ⅰ):∵f(x)是以2為周期的函數，∴ 當k∈Z時，2k是f(x)的周期．又∵ 當x∈Ik時，(x－2k)∈I0，∴ f(x)=f(x－2k)=(x－2k)2．即對 k∈Z，當x∈Ik時，f(x)=(x－2k)2．(Ⅱ)解:當k∈N且x∈Ik時，利用(Ⅰ)的結論可得方程(x－2k)2=ax，整理得 x2－(4k＋a)x＋4k2=0．它的判別式是△=(4k＋a)2－16k2=a(a＋8k)．上述方程在區(qū)間Ik上恰有兩個不相等的實根的充要條件是a滿足，化簡由①知a>0，或a<－8k．當a>0時:因2＋a>2－a，故從②，③可得eq\r(a(a+8k))≤2－a，即．EQ\b\lc\{(\a\al(a(a+8k)≤(2－a)2，,2－a>0.))即EQ\b\lc\{(\a\al((2k+1)a≤1，,a＜2.))所以當a<－8k時:2＋a<2－8k<0，易知eq\r(a(a+8k))<2＋a無解．綜上所述，a應滿足，故所求集合(1)K>0時(2)K=0，{a｜－1<a<0，或0<a<1}4．（1）設點，A0關于點P1的對稱點A1的坐標為A1關于點P2的對稱點A2的坐標為，所以，（2）[解法一]的圖象由曲線C向右平移2個單位，再向上平移4個單位得到．因此，基線C是函數的圖象，其中是以3為周期的周期函數，且當[解法二]設若當（3）由于，5．解析:f(20＋x)=f[10＋(10＋x)]=f(10－(10＋x))=f(－x)，類似地f(20－x)=f(x)，所以f(x)=－f(－x)，故f(x)是奇函數且f(x)的周期為40．故選C．6．解因為an＋1=an＋an＋2，所以an＋2=an＋1＋an＋3，以上兩式相減得an＋3=－an，所以an＋6=an所以數列{an}是以6周期的周期數列．所以a1994=a332×6＋2=a2=56．本節(jié)“習題14”解答：1．答案：(1)3解：(1)由題可得5=a1＋a2=a2＋a3=a3＋a4=…=a2n－1＋a2n=a2n＋a2n＋1得a2n＋1=a2n＋3，a2n=a2n＋2，故得為周期數列T=2，a18=a2，又因為a1=2，所以a2=3，故a18=a2=3．(2)當n為偶數時，；當n為奇數時，．2．答案:注：填的正整數倍中的任何一個都正確．解：設u=px－eq\f(p,2)·所以px=u＋eq\f(p,2)則f(u)=f(u＋eq\f(p,2))對于任意的實數u都成立，根據周期函數的定義，f(x)的一個正周期為eq\f(p,2)，所以f(x)的一個正周期為eq\f(p,2)．3．解由得，故，．4．解因為f(x)＝f(x－1)＋f(x＋1)所以f(x＋1)＝f(x)＋f(x＋2)，兩式相加得0＝f(x－1)＋f(x＋2)

即：f(x＋3)＝－f(x)∴f(x＋6)＝f(x)，f(x)是以6為周期的周期函數，2004＝6×334，∴f(2004)＝f(0)＝2004．5．⑴證明：令a＝b＝0得，f(0)＝1(f(0)＝0舍去)又令a＝0，得f(b)＝f(－b)，即f(x)＝f(－x)，所以，f(x)為偶函數

⑵令a＝x＋m，b＝m得f(x＋2m)＋f(x)＝2f(x＋m)f(m)＝0

所以f(x＋2m)＝－f(x)于是f(x＋4m)＝f[(x＋2m)＋2m]＝－f(x＋2m)＝f(x)，即T＝4m(周期函數)6．解易知f(n＋10)=f(n)，f[(n＋10)2]=f(n2)所以an＋10=an即an是以10為周期的數列又易知a1=0，a2=2，a3=6，a4=2，a5=0，a6=0，a7=2，a8=－4，a9=－8，a10=0．所以a1＋a2＋a3＋L＋a10=0．故a1＋a2＋a3＋L＋a2005=a1＋a2＋a3＋L＋a6=10．7．解先考慮n=999(近1000時)情況：===．(有規(guī)律)．∴=======……=======997．8．解易知a3=3，a4=1，a5=2，由anan＋1an＋2=an＋an＋1＋an＋2，①得an＋1an＋2an＋3=an＋1＋an＋2＋an＋3，②②－①得：(an＋3－an)(an＋1an＋2－1)=0，又an＋1an＋2≠1，所以an＋3－an=0，即an是以3為周期的數列，又a1＋a2＋a3=6，所以=6×668＋1＋2=4011．9．證明:(1）不妨令x=x1－x2，則f(－x)=f(x2－x1)==－f(x1－x2)=－f(x)．∴f(x)是奇函數．(2）要證f(x＋4a)=f(x)，可先計算f(x＋a)，f(x＋2a)．∵f(x＋a)=f［x－(－a)］=．∴f(x＋4a)=f［(x＋2a)＋2a］==f(x)，故f(x)是以4a為周期的周期函數．10．解（1）對于非零常數T，f(x＋T)=x＋T，Tf(x)=Tx．因為對任意x∈R，x＋T=Tx不能恒成立，所以f(x)=（2）因為函數f(x)=ax（a>0且a≠1）的圖象與函數y=x的圖象有公共點，所以方程組：有解，消去y得ax