映射及映射法及例题(精选)

发布时间:2012-07-28




知识、方法、技能
1.映射的定义
AB是两个集合,如果按照某种对应法则f,对于集合A中的任何一个元素,在集B中都有惟一的元素和它对应,这样的对应叫做从集合A到集合B的映射,记作f:AB. 1)映射是特殊的对应,映射中的集合AB可以是数集,也可以是点集或其他集合,这两个集合有先后次序,从AB的映射与从BA的映射是截然不同的. 2)原象和象是不能互换的,互换后就不是原来的映射了. 3)映射包括集合A和集合B,以及集合AB的对应法则f,三者缺一不可. 4)对于一个从集合A到集合B的映射来说,A中的每一个元素必有惟一的,但B中的每一个元素都不一定都有原象.如有,也不一定只有一个. 2.一一映射
一般地,设AB是两个集合,f:AB.是集合A到集合B的映射,如果在这个映射下,对于集合A中的不同元素,在集合B中有不同的象,而且B中每一个元素都有原象,那么个这个映射叫做AB上的一一映射. 3.逆映射
如果fAB之间的一一对应,那么可得BA的一个映射g:任给bB,规定
g(ba,其中abf下的原象,称这个映射gf的逆映射,并将g记为f1. 显然有(f11= f,即
如果fAB之间的一一对应,则f1BA之间的一一对应,并且f1的逆映射f. 事实上,f1BA的映射,对于B中的不同元素b1b2由于它们在f下的原象不同,所以b1b2f1下的像不同,所以f111. 任给aA,f(ab,则ff11(ba.这说明A中每个元素af1都有原象.因此,是映射上的. 这样即得f1BA上的11映射,即f1BA之间一一对应.从而f1有逆映1h:AB.由于任给aA,h(ab,其中baff(a=b,从而h(abf(a,hf,这即是f1下的原象,即f1(b=a,所以,
的逆映射是f. 赛题精讲
Ⅰ映射
关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一,请看下述试题. 1:设集合M{x|0x11,xZ},集合F{(a,b,c,d|a,b,c,dM},映射fFZ.使(a,b,c,dabcd.已知(u,v,x,y39,(u,y,x,v66,x,y,u,v的值. 【思路分析】应从(a,b,c,dabcd入手,列方程组来解之. 【略解】由f的定义和已知数据,得
ffff
0
uvxy39, uyxv66(u,v,x,yM.将两式相加,相减并分别分解因式,得
(yv(ux105,(yv(ux27.
显然,ux0,yv0,x,y,u,v{x|0x11,xZ}的条件下,0uv11,
105[]1yv22,10yv22,(yv|105,可见(yv115,(yv221,
11对应可知(ux17,(ux25.
27同理,0yv11,[]1ux22,3ux22又有(ux13,(ux29.
11对应地,(yv19,(yv23.于是有以下两种可能:
yx15,yv21,(Ⅰ)ux7, (Ⅱ)ux5,
ux9,ux9,yv3;yv3.由(Ⅰ)解出x=1y=9u=8v=6;由(Ⅱ)解出y=12,它已超出集合M中元素的范围.因此,(Ⅱ)无解. 【评述】在解此类问题时,估计yv,ux,yv,ux的可能值是关键,其中,对它们的取值范围的讨论十分重要. 2已知集合A{(x,y|3yy3}和集合{(x,y|0}.求一个AB的一一对3xxf,并写出其逆映射. 图Ⅰ-121
【略解】从已知集合AB看出,它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合(如图Ⅰ-121. 集合A为直线y3xy3x所夹角内点的集合,集合B则是第一、三象限内点3的集合.所要求的对应实际上可使A区域拓展成B区域,并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合AB
A{(cos,sin|0,R,63},

1
B{(cos,sin|0,R,02}.
f(cos,sin(cos,sin,3(改变,辐角之间是一次函数36.在这个映射下,极径没有2,因而之间是一一对应,其中(,, 63(0,.所以,映射fAB的一一对应. 2 逆映射极易写,从略. 【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题,颇具特色.应注意理解掌握. Ⅱ映射法
应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题. 3:设X={12,„,100},对X的任一非空子集MM中的最大数与最小数的和称为M的特征,记为m(M.X的所有非空子集的特征的平均数. 【略解】设AX,f:AA,A{101a|aA}X.
于是f:AAX的非空子集的全体(子集组成的集)YX自身的满射,记X的非空子集为A1A2,„,An(其中n=21001,则特征的平均数为
1n1nm(Ai(m(Aim(Ai. ni12ni1由于A中的最大数与A′中的最小数的和为101A中最小数与A′中的最大数的和也101,故m(Aim(Ai202,从而特征平均数为
1202n101. 2n如果AB都是有限集合,它们的元素个数分别记为card(A,card(B.对于映射f:AB说,如果f是单射,则有card(Acard(B;如果f是满射,则有card(Acard(B;如f是双射,则有card(Acard(B.这在计算集合A的元素的个数时,有着重要的应用.即当card(A比较难求时,我们就找另一个集合B,建立一一对应f:AB,把B的个数数清,就有card(Acard(B.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例. 4:把△ABC的各边n等分,过各分点分别作 各边的平行线,得到一些由三角形的边和这些平 行线所组成的平行四边形,试计算这些平等四边 形的个数. 【略解】如图Ⅰ-122所示,我们由对称性, 先考虑边不行于BC的小平行四边形.AB边和 AC边各延长一等分,分别到B′,C′,连接

BC.AB′的n条平行线分别延长,与BC′相交,连同B′,C′共有n+2个分点,从B′至C′依次记为12,„,n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交BC′于ijkl.
A={边不平行于BC的小平行四边形} B{(i,j,k,l|1ijkln2}.

2
把小平行四边形的四条边延长且交BC边于四点的过程定义为一个映射:f:AB. 下面我们证明fAB的一一对应,事实上,不同的小平行四边形至少有一条边不相同,那么交于BC的四点亦不全同.所以,四点组(i,j,k,l亦不相同,从而fAB11的映射. 任给一个四点组(i,j,k,l,1ijkln2,过ij点作AB的平行线,过klAC的平行线,必交出一个边不平行于BC的小平行四边形,所以,映射fAB4满射. 总之fAB的一一对应,于是有card(Acard(BCn2.
4加上边不平行于ABAC的两类小平行四边形,得到所有平行四边形的总数是3Cn2.
5:在一个6×6的棋盘上,已经摆好了一些1×2的骨牌,每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子,证明:如果还有14个格子没有被覆盖,则至少能再放进一个骨牌. 【思路分析】还有14个空格,说明已经摆好了 11块骨牌,如果已经摆好的骨牌是12块,
图Ⅰ-123所示的摆法就说明不能再放入骨牌. 所以,有14个空格这一条件是完全必要的.我们 要证明当还有14个空格时,能再放入一个骨牌, 只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种

情况不发生,则每个空格的四周都有骨牌,由于正
方形是对称的,当我们选定一个方向时,空格和骨牌就有了某种对应关系,即可建立空格到骨牌的一种映射,通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系,可以得到空格分布的一个很有趣的结论,从而也就证明了我们的命题. 【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空. 如果棋盘第一行(即最上方的一行)中的空格数多于3个时,则必有两空格相邻,这时问题就得到解决. 现设第一行中的空格数最多是3个,则有card(X14311,另一方面全部的骨牌数为11card(Y11.所以必有card(Xcard(Y,事实上这是一个一一映射,这时,将发生一个很有趣的现象:最下面一行全是空格,当然可以放入一个骨牌. 【评述】这个题目的证明是颇具有特色的,从内容上讲,这个题目具有一定的综合性,既有覆盖与结构,又有计数与映射,尤其是利用映射来计数,在数学竞赛中还较少见. 当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如,用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构,也能比较容易地解决这个问题,请读者作为练习. 6N={123}论证是否存一个函数f:NN使得f(12f(f(nf(nn对一切nN成立,f(nf(n1格,即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格,考察它上方的与之相邻的方格中的情况. 1)如果上方的这个方格是空格,则问题得到解决. 2)如果上方的这个方格被骨牌所占,这又有三种情况.
3
i)骨牌是横放的,且与之相邻的下方的另一个方格也是空格,则这时有两空格相邻,即问题得到解决;
ii)骨牌是横放的,与之相邻的下方的另一个方格不是空格,即被骨牌所覆盖; iii)骨牌是竖放的. 现在假设仅发生(2)中的(ii)和(iii)时,我们记X为下面5×6个方格中的空格集合,Y为上面5×6个方格中的骨牌集合,作映射:XY,由于每个空格(X中的)上方都有骨牌(Y中的),且不同的空格对应于不同的骨牌.所以,这个映射是单射,于是有
card(Xcard(Y,对一切nN成立. 【解法1】存在,首先有一条链. 123581321→„ 链上每一个数n的后继是f(nf满足
f(f(nf(nn
即每个数是它产面两个数的和,这种链称为f. 对于①中的数m>n,由①递增易知有
f(mf(nmn
我们证明自然数集N可以分析为若干条f链,并且对任意自然数m>n,③成立(从而f(n1f(n,并且每两条链无公共元素).方法是用归纳法构造链(参见单壿著《数学竞赛研究教程》江苏教育出版社)
设已有若干条f链,满足③,而k+1是第一个不在已有链中出现的数,定义
f(k1f(k1
这链中其余的数由②逐一确定. 对于m>n,如果mn同属于新链,③显然成立,设mn中恰有一个属于新链.m属于新链,在m=k+1时,f(mf(nf(k1f(nkn1mn,
设对于m,③成立,则f(f(mf(nf(mmf(nmnmf(mn [由②易知2mf(m]. 即对新链上一切m,③成立. n属于新链,在n=k+1时,
f(mf(nf(mf(k1mk1mn.
设对于n,③成立,在m>n时,m不为原有链的链首。
mf(x,则在mf(n,f(mf(f(nsm(f(nnmf(n(sn.
sn,f(nf(sns0,mf(nsn,f(mf(f(nmf(n. 即对新链上一切,③成立. 因而添入一条新链后,③仍成立.
4
这样继续添加,直到所有自然数均在链中出现,所得函数f:NN即为所求. 【解法2】令f(n[(n1]n,其中1(51,[x]表示x的整数部分.显然f(n
2严格递增,并且f(12. 又由于(11
f(f(nf(n[(f(n1]
f(n{[(n1](n1}

f(n{2(n1[(n1](n1}({x}x[x]x的分数部分f(n{n1[(n1]}f(nn.
因此,[(n1]n就是满足要求的函数.


针对性训练题
1.设A=B=R,取映射f:AB,使集合B中的元素yx3和集合A中的元素x对应,这个映射是否是AB上的一一映射?
2.已知A{x|0x90},B{x|0x1},映射f:xsin2x,30,45的象以及
31的原象. 43.从AB的映射是f:xy3x1,从BC的映射是g:yz出从AC的映射h. 4.设A{a1,a2,a3},B{b1,b2,b3,b4}.
①写出一个f:AB,使得f是单射,并求AB的单射的个数; ②写出一个f:AB,使得f不是单射,并求所有这种映射的个数; AB的映射能否是满射?
5.设集合A={12},则从AA的映射f中满足f(f(xf(x的映射有几个? 6.某银行为管理保险柜,设11人管理,保险柜上加了若干把锁,这些锁的钥匙分发给11人保管使用.问最少应为保险柜加多少把锁,才能使任何6人同时到场就能打开保险柜,而任何5人到场都不能打开?
7.由83个单位立方体砌成棱长为8的大立方体,问在大立方体中共可作多少条直线,使每条直线都穿过8个单位方体的中心?
1,试写2y1
5
8.在19×93的方格板上画出主对角线,问它穿过多少个单位方格的内部?

第三讲 函数的概念和性质
知识、方法、技能

I.函数的定义
AB都是非空的数集,f是从AB的一个对应法则.那么,从AB的映射fAB就叫做从AB的函数.记做y=f(x,其中xAyB,原象集合,A叫做函数f(x的定义域,象的集合C叫做函数的值域,显然CB. II.函数的性质
1)奇偶性 设函数f(x的定义域为D,且D是关于原点对称的数集.若对任意的xD都有f(x=f(x,则称f(x是奇函数;若对任意的xD,都有f(x=f(x,则称f(x是偶函. 2函数的增减性 设函数f(x在区间D′上满足:对任意x1, x2D′,并且x12时,总有f(x12 (f(x1>f(x2,则称f(x在区间D′上的增函数(减函数),区间D′称为f(x的一个单调增(减)区间. III.函数的周期性
对于函数 f(x,如果存在一个不为零的正数T,使得当x取定义域中的每个数时,f(x+T=f(x总成立,那么称f(x是周期函数,T称做这个周期函数的周期.如果函数f(x的所有周期中存在最小值T0,称T0为周期函数f(x的最小值正周期. IV.高斯函数
对任意实数x,我们记不超过x的最大整数为[x],通常称函数y=[x]为取整函数,又称高斯函数. 进一步,记{x}=x[x],则函数y={x}称为小数部分函数,它表示的是x的小数部分. 根据高斯函数的定义,可得到其如下性质. 性质1 对任意xR,均有 x1<[x]x<[x]+1. 性质2 对任意xR,函数y={x}的值域为[0,1. 性质3 高斯函数是一个不减函数,即对任意x1, x2R,若x1x2, [x1] [x2]. 性质3 nZ, xR,则有 [x+n]=n+[x], {n+x}={x} 后一个式子表明y={x}是一个以1为周期的函数. 性质4 x , y R [x]+ [y][x+y] [x]+ [y]+1. 性质5 nN*, xR, [nx]n[x] 性质6 nN*, xR, [][xn[x]]. n6

性质7 nN*, xR+, 则在区间[1,x]内,恰有[]个整数是n的倍数.
性质8 p为质数,nN*,pn!的质因数分解式中的幂次为
xnnnp(n![][2]
pp赛题精讲
函数是高中数学,也是高等数学的基础.因此,也是高考和高中数学竞赛的重要内.下面分类介绍此类题目. I 函数的定义域和值域
1 x为何值时,lglglglglglgx才有意义. 【思路分析】应根据对数的意义,从最外层开始一层一层地逐步消去根号和对数符号求出x的范围. 【略解】由lglglglglglgx>0,得lglglglglgx1 „„ x1010210210210
【评述】这种多层对数及根式问题,一定要逐层由外向内求解,要有耐心。
2 A={a|a=7p,pN*},A上定义函数f如下:若aA,则f(a表示a的数字之和,例如f(7=7f(42=6,设函数f的值域是集合M.求证:M={n|nN*, n2}. 【思路分析】注意从充要条件的角度来进行证明. 【略解】先证M{n|nN*,n2}. 任取xM, x是被7整除的正整数的数字之和,由于7×10nn=0, 1,2,„,所以x的数字之和是大于1的正整数,因此x{n|nN*n2}.所以
M{n|nN*,n2}. 再证{n|nN*n2} M. 任取x{n|nN*,n2},x是大于1的正整数.下面分两种情形: x=2k(kN*时,由于7|100|,于是取 a= 100110011001
k1001 7|a,且f(a=2k,所以xM. x=2k+1(kN*时,由于7|100|7|21,于是取 b=10011001100121
k11001 7|b,且f(b=2(k1+3=2k+1,xM,xM.所以 {n|nN*, n2}M. 因此 M={n|nN*, n2}.
7
【评述】此类题目的证明严谨、科学. 3 设正实数x, y满足xy=1,求函数 f(x, y =xy的值域.(其中([x]表示不超过x的最大整数)
[x][y][x][y]1【思路分析】由xy的对称性,不妨设xy,则有x21,必分x=1x>1两种情况讨论. 【详解】不妨设xy,则x21,x1.有下面两种情形:
1)当x=1时,y=1,此时f(x,y=1. 22)当x>1时,设[x]=n {x}=x[x]=α,则x=n+α,0α<1. 1<1,故[y]=0. n1nn. f(x,yn11由函数g(x=x+x1时是递增的和0α<1
x111nnn1,nnn111nn1nf(x,yn1.n1n11nn21n1nan212,n1nnnn1n11n11bn.2n1(n1于是,y=n2.n(n1(n2a1a2a3,a3a4an,an1anb1b2bn.55于是当x1,f(x,y的值域为[a2,b1,[,.
64155综上所述,f(x, y的值域为{}[,. 264【评述】本例表面上为“二元函数”实为一元函数,因为y=的函数了. II.函数性质的应用
在数学竞赛中,常见的应用函数性质的题目有以下几类: 1.求值、求最值

8
1,消去y后就是关于xx
4 设函数f(x是定义在R上的周期为3的奇函数,且f(1=2,f(2+f(3的值. 【思路分析】要抓住函数为奇函数且周期为3进行变形求值. 【略解】对定义在R上的奇函数,必有 f(0=f(0,f(0=0. f(3=f(0=0, f(2=f(1+3=f(1=f(1=2. f(2+f(3=2. 5 f(xg(x都是定义在R上的奇函数,F(x=af(x+bg(x+2在区间(0+∞)上的最大值是5,求F(x在(-∞,0)上的最小值. 【思路分析】应注意F(x2是奇函数,这是解题的一条途径. 【略解】令(x=F(x2=af(x+bg(x, 易知(x为奇函数,且在(0+∞)上有最大值3. (x在(-∞,0)上有最小值-3. F(x在(-∞,0)上的最小值为-1. 【评述】将代数式转化为奇函数的思想十分重要,应注意掌握这种“转化思想”. 6 设函数f(x, 对任意x, yR都有f(x+y=f(x+f(y,若x>0时,f(x<0f(1=2. 1)证明:f(x是奇函数;
2)求f(x[33]上的最大值和最小值. 【思路分析】因为xR,由区间的特殊点,即x=0入手,是解题的出发点. 【略解】1)令x=y=0,则有
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是奇函数. 2)设x1, x2R,且x1< x2,
f(x2=f[x1+(x2x1]=f(x1+f(x2x1, x2>x1, x2x1>0. 由已知得 f(x2x1<0, f(x21.f(xR上是减函数. f(x[33]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. f(x[33]上的最大值为6,最小值为-6. 【评述】本题中的 “x2=x1+(x2x1是完成证明函数是减函数的证明的主要过程,这一特点读者应有所体会. 2.求函数的解析式
7 f(x=2x2xlga为奇函数,求实数a的值. 【思路分析】可由f(x为奇函数,得到f(x=f(x,构造方程来求a的值. 【略解】∵f(x=2x2xlga=(2x2xlga=f(x, (2x+2x(2x+2xlga=0, (2x+2x(1lga=0, 2x+2x>0, 1lga=0, a=10. 【评述】利用“函数与方程的思想”来解题依然是本题的主线,但函数是奇函数是出发点。应注意找好每道题解题的出发点.
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8 已知定义在R上的单调函数f(x满足f(x+y=f(x+f(yf(1=2. 1)求证:f(x为奇函数;
2)当t>2时,不等式f(klog2t+f(log2tlog22t2<0恒成立,求实数k的取值范围. 【思路分析】由f(x的定义域为R,从其特殊点,即x=y=0入手来解此题. 【略解】1)令x=y=0 f(0=2f(0, f(0=0. 再令y=x, f(0=f(x+f(x, f(x=f(x, f(x为奇函数. 2)∵f(0=0, f(1=2,f(xR上的单调函数,故f(xR上的单调递增函数.f(x是奇函数. 2f(klog2tf(log2tlog2t2f(log22tlog2t2
klog2t22tlog2t+2, log22t(k+1log2t+2>0, (k+128<0, ∴-222, ∴-1221+22. 故使不等式恒成立的实数k的范围是(-122221. 【评述】本题(2)为函数不等式,此类题目十分典型,本节后面将专门加以介绍. 针对性训练
1.给定函数f(x=x2+ax+b,pq是满足 p+q=1的实数. 证明:若对于任意的实数x, y均有:pf(x+qf(xf(px+qy,0pq. 2.试证不存在满足下列两个条件的二次多项式f(x: 1)当-1x1时,|f(x|1. 2|f(2|>8. 3.已知指数函数f(x=ax(a>0, a1,求满足f(3x24x5>f(2x23x+1x的值. 4.设Q为有理数集,求满足下列条件的从QQ的函数f: 1f(1=2; 2)对所有x,yQ,有f(x,y=f(xf(yf(x+y+1. 5.函数f(x[01]上有定义,f(0=f(1.如果对于任意不同的x1, x2[01],都有|f(x2f(x1|<|x2x1|.求证:|f(x2f(x1|<1. 26g: CCωCaC, ω3=1, ω1.证明有且仅有一个函数f: CC,满足 f(z+f(ωz+a=g(z, zC.求出f.


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映射及映射法及例题(精选)

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