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[求助]急!一道高中函数题

2007-9-12 06:46

我的思路：当n0=1，2，3等数时，都有f(2)=2，f(3)=3，……，因此希望当n0不确定时也能有f(2)=2，f(3)=3，……，但想不出怎么证。考虑过用数学归纳法，但无从入手。

另外易得f(2)≤2，f(3)≤3，……，想在求极限时用上放缩法，但想了很久，还是没做出。

请各位朋友帮一个大忙，先谢了！

是否可以这样：

f(X)+№＝f（X）＋№+1－1≤f（X+№+1－1）＝f（X+№）≤f（X）+№
∴f（X+№）＝f（X）+№

则1/[f(i-1)f(i)]＝1/｛[f(i)-1]f(i)｝＝1/[f(i)-1]-1/f(i).....＝1

我觉得f（X）＋№+1－1≤f（X+№+1－1）理由不充分.

因为f（X）＋№－1≤f（X+№－1）,只能推出f（X）＋№+1－1≤f（X+№－1）+1

可以证得一个等式:f（1＋№(№－1))=1＋№(№－1)),但还是解决不了本题.

此题目无解,是错题.

证明:

1,对于常函数f(x)=1,存在正整数No=1,满足题目条件,但是最后的极限为正无穷大.

2,对于函数f(x)=x,存在正整数No=1,也满足题目条件,但是最后的极限为1.

所以此题无解.

哦,如果有解,猜想那个极限等于1/f'(x).函数f(x)在某处(No处?)导数的倒数.

n0=1时无解,并不能说明n0是其它数也无解呀.

通过努力,又可以证得一个等式和一个不等式,但还未能解决本题.

f(x+n₀-1)≥f(x)+n₀-1，f(x+n₀-1)+1≥f(x)+n₀，f(x+n₀)≤f(x)+n₀，所以

f(x+n₀)≤f(x+n₀-1)+1，由递推关系可得，f(x+n₀-1) ≤f(x+n₀-2)+1，所以f(x+n₀)≤f(x+n₀-2)+2

依次下去有f(x+n₀)≤f(x+n₀-1)+1≤f(x+n₀-2)+2≤…≤f(x)+n₀，

所以f(x+n₀-1)+1≤f(x)+n₀，所以f(x+n₀-1)≤f(x)+n₀-1，又因为f(x+n₀-1)≥f(x)+n₀-1，所以

f(x+n₀-1)=f(x)+n₀-1。

再由f(x+n₀)≤f(x+n₀-1)+1可得f(x+n₀)-f(x+n₀-1) ≤1，可以推出f(2)-f(1) ≤1，f(3)-f(2) ≤1，f(4)-f(3) ≤1，…f(x)-f(x-1) ≤1，当x为正整数时，叠加可得f(x)≤x.

[此贴子已经被作者于2007-9-22 14:05:23编辑过]

f(x)=x的立方根,也符合题意.

楼上:"n0=1时无解,并不能说明n0是其它数也无解呀."

这句话不对.并不是说No可以取好多值,只要存在一个No满足题目就好了.

现在高中都有这样的问题了?