1、第二讲 映射及映射法知识、方法、技能1映射的定义设A，B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，在集合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（1）映射是特殊的对应，映射中的集合A，B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A到B的映射与从B到A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A到B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
2、一映射一般地，设A、B是两个集合，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A到B上的一一映射.3逆映射如果f是A与B之间的一一对应，那么可得B到A的一个映射g：任给，规定，其中a是b在f下的原象，称这个映射g是f的逆映射，并将g记为f1.显然有（f1）1= f，即如果f是A与B之间的一一对应，则f1是B与A之间的一一对应，并且f1的逆映射是f.事实上，f1是B到A的映射，对于B中的不同元素b1和b2，由于它们在f下的原象不同，所以b1和b2在f1下的像不同，所以f1是11的.任给，则.这说明A中每个元
3、素a在f1都有原象.因此，f1是映射上的.这样即得f1是B到A上的11映射，即f1是B与A之间一一对应.从而f1有逆映射由于任给，其中b是a在f1下的原象，即f1(b)=a，所以，f(a)=b，从而，这即是f1的逆映射是f.赛题精讲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.例1：设集合映射f：FZ.使得的值.【思路分析】应从入手，列方程组来解之.【略解】由f的定义和已知数据，得将两式相加，相减并分别分解因式，得显然，的条件下，对应可知同理，由对应地，于是有以下两种可能：（） （）由（）解出x=1，y=9，u=8，v=6；由（）解出y=12，它已超出集合M中元素的范围.因此，（）无
4、解.【评述】在解此类问题时，估计的可能值是关键，其中，对它们的取值范围的讨论十分重要.例2：已知集合求一个A与B的一一对应f，并写出其逆映射.图121【略解】从已知集合A，B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121）.集合A为直线所夹角内点的集合，集合B则是第一、三象限内点的集合.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A和B： 令在这个映射下，极径没有改变，辐角之间是一次函数，因而之间是一一对应，其中所以，映射f是A与B的一一对应. 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
5、掌握.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.例3：设X=1，2，100，对X的任一非空子集M，M中的最大数与最小数的和称为M的特征，记为求X的所有非空子集的特征的平均数.【略解】设于是是X的非空子集的全体（子集组成的集），Y到X自身的满射，记X的非空子集为A1，A2，An（其中n=21001），则特征的平均数为由于A中的最大数与A中的最小数的和为101，A中最小数与A中的最大数的和也为101，故从而特征平均数为 如果A，B都是有限集合，它们的元素个数分别记为对于映射来说，如果f是单射，则有；如果f是满射，则有；如果f是双射，则有.这在计算集合A的元素的个数时，有着重要的应用.即
6、当比较难求时，我们就找另一个集合B，建立一一对应，把B的个数数清，就有.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例.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122所示，我们由对称性，先考虑边不行于BC的小平行四边形.把AB边和AC边各延长一等分，分别到B，C，连接BC.将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1，2，n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交BC于i，j，k，l.记 A=边不平行于BC的小平行四边形， 把小平行四边形的四条边
7、延长且交边于四点的过程定义为一个映射：.下面我们证明f是A与B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，那么交于的四点亦不全同.所以，四点组亦不相同，从而f是A到B的11的映射.任给一个四点组，过i，j点作AB的平行线，过k，l作AC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f是A到B的满射. 总之f是A与B的一一对应，于是有加上边不平行于AB和AC的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是例5：在一个66的棋盘上，已经摆好了一些12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
8、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56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
9、解决. 现设第一行中的空格数最多是3个，则有，另一方面全部的骨牌数为11，即所以必有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.例6：设N=1，2，3，论证是否存一个函数使得，对一切成立，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
10、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.（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56个方格中的空格集合，Y为上面56个方格中的骨牌集合，作映射，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，对一切成立.【解法1】存在，首先有一条链.123581
11、321 链上每一个数n的后继是，f满足 即每个数是它产面两个数的和，这种链称为f链.对于中的数mn，由递增易知有 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mn，成立（从而），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，而k+1是第一个不在已有链中出现的数，定义 这链中其余的数由逐一确定.对于mn，如果m、n同属于新链，显然成立，设m、n中恰有一个属于新链.若m属于新链，在m=k+1时，设对于m，成立，则由易知. 即对新链上一切m，成立.若n属于新链，在n=k+1时，设对于n，成立，在mn时，m不为原有链的链首
12、。 记而在矛盾，所以.即对新链上一切，成立. 因而添入一条新链后，仍成立.这样继续添加，直到所有自然数均在链中出现，所得函数即为所求.【解法2】令表示x的整数部分.显然严格递增，并且 又由于， 因此，就是满足要求的函数.针对性训练题1设A=B=R，取映射，使集合B中的元素和集合A中的元素对应，这个映射是否是A到B上的一一映射？2已知的象以及，1的原象.3从A到B的映射是，从B到C的映射是，试写出从A到C的映射h.4设写出一个，使得f是单射，并求A到B的单射的个数；写出一个，使得f不是单射，并求所有这种映射的个数；A到B的映射能否是满射？5设集合A=1，2，则从A到A的映射f中满足的映射有几个？
13、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？8在1993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 设A，B都是非空的数集，f是从A到B的一个对应法则.那么，从A到B的映射f：AB就叫做从A到B的函数.记做y=f(x)，其中xA，yB，原象集合，A叫做函数f(x)的定义域，象的集合C
14、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)是偶函数. （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x1x2时，总有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
15、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=xx，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 x1xx0，得1【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。例2 设A=a|a=7p,pN*,在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)=7，f(42)=6，设函数f的值域是集合M.求证：M=n|nN*, n2.【思路
16、分析】注意从充要条件的角度来进行证明.【略解】先证Mn|nN*,n2.任取xM, 即x是被7整除的正整数的数字之和，由于710n，n=0, 1,2，所以x的数字之和是大于1的正整数，因此xn|nN*，n2.所以Mn|nN*,n2.再证n|nN*，n2 M.任取xn|nN*,n2,即x是大于1的正整数.下面分两种情形：当x=2k(kN*)时，由于7|100|，于是取a= 100110011001，k个1001则7|a，且f(a)=2k,所以xM.当x=2k+1(kN*)时，由于7|100|，7|21，于是取b=10011001100121， k1个1001则7|b，且f(b)=2(k1)+3=2
17、k+1,故xM,故xM.所以n|nN*, n2M.因此 M=n|nN*, n2.【评述】此类题目的证明严谨、科学.例3 设正实数x, y满足xy=1，求函数 f(x, y) =的值域.（其中（x表示不超过x的最大整数）【思路分析】由x、y的对称性，不妨设xy，则有x21，必分x=1与x1两种情况讨论.【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)=.（2）当x1时，设x=n， x=xx=，则x=n+,01.于是，y=1，故y=0.由函数g(x)=x+在x1时是递增的和00时，f(x)0且f(1)=2.（1）证明：f(x)是奇函数；（2）求f(x)
18、在3，3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x1x1, x2x10.由已知得 f(x2x1)0,f(x2)0, 1lga=0,故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.例8 已知定义在R上的单调函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)且f(1)=2.（1
19、）求证：f(x)为奇函数；（2）当t2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得f(0)=2f(0), f(0)=0.再令y=x, 得f(0)=f(x)+f(x),f(x)=f(x), 即f(x)为奇函数.（2）f(0)=0, f(1)=2,且f(x)是R上的单调函数，故f(x)是R上的单调递增函数.又f(x)是奇函数.由得klog2t0,(k+1)280,2k+12,12k8.3已知指数函数f(x)=ax(a0, a1)，求满足f(3x24x5)f(2x23x+1)的x的值.4设Q为有理数集，求满足下列条件的从Q到Q的函数f: （1）f(1)=2; （2）对所有x,yQ，有f(x,y)=f(x)f(y)f(x+y)+1.5函数f(x)在0，1上有定义，f(0)=f(1).如果对于任意不同的x1, x20，1，都有|f(x2)f(x1)|x2x1|.求证：|f(x2)f(x1)|.6求方程x/1!+x/2!+x/10!=1001的整数解.7g: CC，C，aC, 3=1, 1.证明有且仅有一个函数f: CC,满足 f(z)+f(z+a)=g(z), zC.求出f.