高中數(shù)學(xué)競賽專題精講28高斯函數(shù)(含答案)

28高斯函數(shù)數(shù)論函數(shù)y[x],稱為高斯函數(shù)，又稱取整函數(shù) .它是數(shù)學(xué)競賽熱點之一.定義一：對任意實數(shù)x,[x]是不超過x的最大整數(shù)，稱[x]為x的整數(shù)部分.與它相伴隨的是小數(shù)部分函數(shù)y{x},{x}x[x].由[x]、{x}的定義不難得到如下性質(zhì)：(1)y[x]的定義域為R,值域為Z；y{x}的定義域為R,值域為[0,1)(2)對任意實數(shù) x,都有x[x] {x},且0 {x}1.TOC\o"1-5"\h\z(3)對任意實數(shù) x,都有[x]x [x]1,x 1[x] x.(4)y[x]是不減函數(shù)，即若x1 x2則[x1][x2],其圖像如圖I—4—5—1;y{x}是以1為周期的周期函數(shù)，如圖I—4—5—2.尸f ”*3 I1*2 ?—* I-10TT7 -1 01234?J]4 ? --2-3圖I—4—5—1[xn] n[x];{xn} {x}.其中[xy][x][y];{x{x}{y}{x中嚕⑺[xy][x][y],其中x,yR；一[Vx]n[x],xR,nN./.一?！?r圖I—4—5—2xR,nN.n ny};[xi] [xi],xiR；特別地，i1 i1n n般有[xi] [xi],xiR；特別地,i1 i1(8)[x][兇]，其中xR,nN.nn例題講解1.求證：2n1n!n2k1,其中k為某一自然數(shù)2.對任意的nN，計算和Sn2k[oki].023.計算和式S

502305n他也n0[右]的值.24.設(shè)M為一正整數(shù)，問方程X

2 2[x] {x}，在[1,M]中有多少個解?5,求方程4X240[X]510的實數(shù)解..xR,nN，證明:[nx]甲掾野嚕..對自然數(shù)n及一切自然數(shù)x,求證：TOC\o"1-5"\h\z1 2 n1[x][x-][x-][x][nx]..nn n2000010.求出[100 ]的個位數(shù)字10 3例題答案：1.證明：2為質(zhì)數(shù)，n!中含2的方次數(shù)為n2(n1)k1"一k1 kt1 kt1 2 k2k1若n2，則2(n!) [2 ] [2 ]122 2 2 1n1t1 t1故2n1|n!.反之，若n不等于2的某個非負(fù)整數(shù)次幕，可設(shè) n=2sp,其中p>1為奇數(shù)，這時總可以[2stp]0 [(2s12s2找出整數(shù)t,使2t2sp2t1,于是n!中所含2的方次數(shù)為2(n!)[2[2stp]0 [(2s12s22st)p][2st(2t1)p][2sp2stp]n[2stp].由于12st由于12stp2,則[2st]2,故n!中含2的方次數(shù)2(n!)n2,則2n1『n!.這與已知矛盾，故必要性得證rnrn2n2.解：因[2卜1][?k11],「 ……-]對一切k=0,1，…成立，因此,n2kn2k12]n nr[22k1][2k1].又因為n為固定數(shù)，當(dāng)k適當(dāng)大7n時，工27n時，工2k1,從而[2d0，故Sk悖[An..解：顯然有：若{x}{y}1,則[xy][x][y]1,x,yR.TOC\o"1-5"\h\z503是一個質(zhì)數(shù)，因此，對n=1,2,…,502,305n都不會是整數(shù)，但j°5n+305(503n)305,503 503 503可見此式左端的兩數(shù)的小數(shù)部分之和等于 1,于是)[幽 30550^ 故503 50330425176304.S502[305n] 251([305n][305(503n)30425176304.n1503 n1 503 503 ,.解：顯然x=M是一個解，下面考察在[1,M]中有少個解

設(shè)x是方程的解.將x2[x]22{x}{x}{x}2代入原方程，化簡得2[x]{x}[2[x]{x}{x}2].由于0{x}1,所以上式成立的充要條件是 2[x]{x}為一個整數(shù).k設(shè)[x]mN,則必有{處——(k0,1,,2m1),即在[m,m1)中方程有2m個斛.2m又由于1mM 1,可知在[1,M)中方程有2(12(M1))M(M1)個解.因此，原方程在[1,M]中有M(M1)1個解..解：因[x]x[x]1,又[x]0不是解.4([x]1)240[x]510,4[x]24[x]510.⑵x]5)(2[x]11)0.⑵x]3)(2[x]70.[x][x][x]17[x][x][x][x][x]17[x][x][x]11217解得[x] 2或[x] 6或7或8,分別代入方程得4x24x24x4x24x24x24x2290,x1890,x2290,x2690,x.29.189

2

229.2692經(jīng)檢驗知，這四個值都是原方程的解 ..這道題的原解答要極為復(fù)雜，現(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法證明如下【證明】令A(yù)k[x]國畫,k1,2,.2 k由于a兇,則門1時，命題成立.

設(shè)n k1時命題成立，即有Ai [x],A2[2x],,Aki[(k 1)x].因為，Ak Ak 1 [kx],即kAkkAk1 [kx]對一切k成立，所以 kAk kAk1 [kx], (k1)kAk1 (k1)Ak2 [(k1)x], ,2A2 2A[2x],A1 [x].相加得：kAk (A1A2 Ak1)[x][2x] [(k1)x][kx]故kAk[x][2x] [(k1)x][kx]Ak1Ak2 A2 A1[x][2x] [(k1)x][kx][(k1)x][(k2)x] [2x][x]([x][(k1)x]([2x][(k2)x]) ([(k1)x][x])[kx][kx][kx][kx][kx]k[kx]Ak [kx],即nk時，命題成立，故原不等式對一切nN均成立，證畢.- a7.解：M=|f(x)|max=max{|f⑴|,|f(—1)|,|f(一])|}⑴若|—a|>1(對稱軸不在定義域內(nèi)部)則M=max{|f⑴|,|f(—1)|}而f(l)=1+a+bf(-1)=1-a+b|f⑴l+|f(—1)1於1時f(—1)|=2|a|>4TOC\o"1-5"\h\z則|f⑴|和|f(—1)]中至少有一個不小于 2… 1M>2>一2⑵I-||<1,、 aM=max{|f(1)|,|f(-1)|,|f(--)|}2a=max{|1+a+b|,|1—a+b|,|——+b|}2

aLZ+2

aLZ+b|}=max{|1+a+b|,|1一a+b|,|——+b|,TOC\o"1-5"\h\z1 a2 a2”(|1+a+b|+|1—a+b|+|--+b|+|--+b|)4 4 41>-[(1+a+b)+(1-4\o"CurrentDocument"2 21>-[(1+a+b)+(1-4a+b)—(——+b)—(——+b)]4 41(2a\=4(2萬)J)2綜上所述，原命題正確.8.先找出-1100一的整數(shù)部分與分?jǐn)?shù)部分10 3TOC\