B5－001 设a是大于0的实数，f（x）是定义在全体实数x上的一个实
函数，并且对每一实数x满足条件：
1．试证明：函数f（x）是周期函数，也就是，存在一个实数b＞0，使得对每一x都有
f（x+b）=f（x）
2．就a=1举出一个这种函数f（x）的例子，但f（x）不能是常数． 【题说】第十届（1968年）国际数学奥林匹克题5．本题由原民主德国提供． 【证】1．f（x+2a）=f[（x+a）+a]
由于
所以，由（1）可得
即f（x）是周期函数，周期b=2a．
B5－002 设f和g为对x和y的所有实值定义的实函数，且对所有x、y满足方程
f（x+y）+f（x-y）=2f（x）g（y）
证明：如果f（x）不恒为0，且如果|f（x）|≤1对所有x都成立，则|g（y）|≤1对所有y都成立．
【题说】第十四届（1972年）国际数学奥林匹克题5．本题由保加利亚提供． 【证】因为|f（x）|有界，它有一上确界M，又因为f不恒为0，所以M＞0． 现在假定不等式|g（y）|≤1不是对所有y都成立．则有一点y0使得|g（y0）|＞1． 于是 2|f（x）||g（y0）|=|f（x+y0）+f（x+y0）|
≤|f（x+y0）|+|f（x-y0）|≤2M
这与M为|f（x）|的上确界矛盾，所以|g（y）|≤1对所有y都成立．
【别证】设M是|f（x）|上确界，应有M＞0．取正数δ，0＜δ＜M，总可以找到x，使|f（x）|＞M-δ
此时对任意实数y，总有2M≥|f（x+y）|+|f（x-y）| ≥|f（x+y）+f（x-y）|
=2|f（x）||g（y）|＞2（M-δ）|g（y）|
于是
因为δ可以任意小，令δ→0，即有|g（y）|≤1．
B5－003 确定下列和式的取值范围：
其中a、b、c、d是任意正实数．
【题说】第十六届（1974年）国际数学奥林匹克题5．本题由荷兰提供．
故 S＜2
所以S的值均在开区间（1，2）内．
对区间（1，2）内的任一个值1+t（0＜t＜1），令a=c=1，则S=1+t，即
b、d使（1）成立．
于是S的取值范围为开区间（1，2）．
B5－004 函数f是在有理数集上定义的且仅取有理数值．证明：对于一切有理数x与y，如
f（x+f（y））=f（x）f
（y） （1）
则f为一常数．
【题说】1979年英国数学奥林匹克题4．
【证】f0与f1显然满足（1）．因为对于一切有理数x，如果f（x）c，
2
则由（1），c=c，从而c=0或c=1．下面证明对于任何其它类的函数均不满足（1）．
若对于某-y有f（y）=0，则由（1）对一切x有f（x）=0．设对一切y都有f（y）≠0．令x=y-f（y），（1）变成
f（y）=f（y-f（y））f（y）
所
以 f（y-f（y））=1
因此有r∈Q，使f（r）=1． 对于任何x，由（1）
f（x+f（r））=f（x）f（r）
即 f（x+1）=f（x）
由归纳法可得f（x+n）=f（x）（2） 对于一切整数n与一切有理数x均成立．
由（1），利用归纳法易证：对于正整数n，
f（nf（n））=f（0）[f（y）]
设f（y）=p/q，其中p、q均为整数，且q＞0，则f（p）=f（qf（y））
q
=f（0）[f（y）]．由（2）得f（p）=f（0）≠0，故f（y）=±1．但如果f（y）=-1，则由（1），f（x-1）=-f（x），结合（2）得f（x）=0，矛盾．故对一切y，f（y）=1．
B5－005 对一切非负整数x、y，函数f（x，y）满足
（1）f（0，y）
=y+1； （1）
（2）f（x+1，0）=f（x，
1）； （2）
（3）（x+1，y+1）=f（x，f（x+1，
y））． （3）
试确定f（4，1981）．
【题说】第二十二届（1981年）国际数学奥林匹克题6． 【解】 令x=0，由（2）与（1）得f（1，0）=f（0，1）=2． 在（3）中令x=0，y=n-1，并利用（1）及前式，有
f（1，n）=f（0，f（1，n-1））=f（1，n-1）+1
=n+f（1，0）
=n+2 （4）
由（3）、（4）得 f（2，n）=f（1，f（2，n-1）） =f（2，n-1）+2=2n+f（2，0）
n
又 f（2，0）=f（1，1）=1+2=3
所以 f（2，n）=2n+3 （5）
由（3）、（5）得f（3，n）+3=f（2，f（3，n-1））+3 =2f（3，n-1）+6=2[f（3，n-1）+3]=…=2
所以 f（3，n）n+3
=2-3 （6）
由（3）、（6）得f（4，n）+3=f（3，f（4，n-1））+3
n+3
=2f（4，n-1）+3=…= （共有n个2）
4
由于 f（4，0）+3=f（3，1）+3=2
所以 f（4，n）=3+ （n+3个2）
故 f（4，1981）=-3+ （1984个2）
B5-106 函数f（x）在[1，1]上有定义，f（0）=f（1）．如果对于任意不同的x1、x2∈[0，1]，都有|f（x2）-f（x1）|＜|x2-x1|．
【题说】1983年全国联赛二试题2． 【证】不妨设0≤x1≤x2≤1，
|f（x2）-f（x1）|=|f（x2）-f（1）+f（0）-f（x1）| ≤|f（x2）-f（1）|+|f（0）-f（x1）|＜1-（x2-x1）
【别证】由|f（x2）-f（x1）|＜1-（x2-x）（0≤x1＜x2≤1），|f（x2）-f（x1）|＜x2-x1得2|f（x2）-f（x1）|＜1，即
B5－007 求所有正实数集上定义的函数，它们取正实数值，并且满足条件：
（1）对所有正数x、y，f（xf（y））=yf（x）； （2）当x→∞时，f（x）→0．
【题说】第二十四届（1983年）国际数学奥林匹克题1．本题由英国提供．
可取的值．再令y满足f（y）=1，则由（1）得f（x）=yf（x），从而y=1．于是f（1）=1．
对任一正实数x，令xf（x）=a，则在（1）中取y=x得f（a）=a． 若a＞1，则f（a）=f（a（a））=af（a）（由（1））=a，用归纳
22
法易知f（aπ）=a→+∞，与（2）矛盾．
2
2
由上面的讨论（将a换为1/a）知道这也是不可能的．
B5－008 若a＞0，a≠1，F（x）是一奇函数，求下式的奇偶性： G（x）=F（x）．[1/（a-1）+1/2]
【题说】1984年全国联赛一试题1（5）．原题为选择题．
x
B5－009 函数y=f（x）定义在整个实数轴上，它的图像绕坐标
1．证明：方程f（x）=x恰有一解． 2．举出这样函数的例子．
【题说】第二十一届（1987年）全苏数学奥林匹克十年级题6．
【证】1．设f（0）=a．即f（x）的图像过点（0，a）．将f
即a=0，故f（0）=0．于是x=0是方程f（x）=x的一个解． 又设x=b是f（x）=x的一个解，即点（b，b）在f（x）图像上．将
该点仍在f（x）图像上，即b=f（b）=-b，所以b=0．从而f（x）只有一个解x=0． 2．设
它为满足要求的函数（并非唯一）．
B5－010 求证：不存在这样一个函数f：N0→N0，N0={0，1，2，3，…，n，…}，使得对于任何n∈N0，f[f（n）]=n+1987．
【题说】第二十八届（1987年）国际数学奥林匹克题4．本题由越南提供．
【证】假设存在这样的函数f，则有
f（n+1987）=f[f[f（n）]]=f（n）+1987
用归纳法可得 f（n+1987m）=f（n）+1987m（m∈Z）． 令i，j∈{0，1，2，…，1986}=M．
若f（i）≡j（mod 1987）．设j=f（i）+1987k，则有
f（j）=f[f（i）+1987k]≡f[f（i）]≡i（mod 1987）
因M的元素个数为奇数，故总存在n∈N，使
f（n）≡n（mod 1987）
设f（n）=n+1987k（k∈Z），则
f[f（n）]=f（n+1987k）=f（n）+1987k
=n+1987·2k（k∈Z）
由题设f[f（n）]=n+1987，所以2k=1．矛盾．
B5－011 设f（x）是定义在R上的函数，
M={x|f（x）=x}，N={x|f（f（x））=x}
2．若f（x）在R上是增函数，判断M=N是否成立，并证明你的结论．
【题说】第一届（19年）浙江省数学夏令营一试题4． 【解】1．对任-x∈M，f（x）=x，于是f（f（x））=f（x）
＜x，前者导出
f（f（x））＞f（x）＞x
合1．得M=N
B5－012 假设a、b、c是已知的自然数且a＜b＜c． 1．证明函数f：N→N是唯一的，f是由下列规则定义
2．找出至少有一个不动点（即f（x）=x）的充分必要条件． 3．用a、b、c来表示这样的一个不动点． 【题说】1990年中国队测试题11．
【解】我们可以逐步求出f（x）的表达式． 在n＞c时， f（n）=n-a
在c≥n＞c-（b-a）时， f（n）=f（f（n+b））=f（n+b-a）=n+（b-a）-a
在c-（b-a）≥n＞c-2（b-a）时， f（n）=f（f（n+b））=f（n+2（b-a）） =n+2（b-a）-a …
一般地，在 c-k（b-a）≥n＞c-（k+1）（b-a）时，
f（n）=n+（k+1）（b-a）-a，k=0，1，…，q
这里q∈N，满足
q（b-a）≤c＜（q+1）（b-a）
因此，f（n）是唯一的．若f有不动点n，则n=n+k（b-a）-a 即 （b-a）|a 上式不但是必要条件，而且也是充分条件．事实上，在这一条件成立时，设a=k（b-a），则满足c-（k-1）（b-a）≥n＞c-k（b-a）
的自然数n都是不动点．
B5－013 f为N→N的函数，
f（1）=1；f（2n+1）=f（2n）+1；f（2n）=3f（n） 求f的值集．
【题说】1990年中国集训队测试题18．
【解】设n的二进制表示为n=（asas-1…a0）2，则
f（n）=（asas-1…a0）3
归纳证明如下：
（i）n=1时，显然成立．
（ii）设n＜k（k≥2）时，命题成立，则对n=k时，k可为奇数或偶数． 若k为奇数，设k=（asas-1…a11）2，k-1=（asas-1…a10）2，那么
f（k）=f（k-1）+1=（asas-1…a10）3+1
=（asas-1…as1）3 命题成立．
若k为偶数，设k=（asas-1…a10）2，则k/2=（asas-1…a1）2．那么
f（k）=3f（k/2）=3·（asas-1…a1）3
=（asas-1…a10）3 命题成立．
综上所述，结论成立．
f（n）的值集是由0和1在三进制下组成的数集．
B5－014 已知集合A={a1，a2，…，an}，f是A到自身的一一映射，令f0（x）=f（x），fk+1（x）=fk（f（x）），k=0，1，2，…．试证一定存在自然数m，使fm（x）=x对所有x∈A成立．
【题说】1993年江苏省赛一试题5． 【证】f0（a1），f1（a1），f2（a1），…，fn（a1）中必有两个相同，设fi（a1）=fj（a1）（0≤i＜j≤n）则由于f是一一对应，所以fi-1（a1）=fj-1（a1），…，a1=fj-i（a1）即有k1使fk1（a1）=a1，同理必存在正整数k2，k3，…，
kn，使
kn的最小公倍数m，则fm（x）=x对所有x∈A成立． 【别证】令f0（x）=x，作数表
a1，a2，…，an
f1（a1），f1（a2），…f1（an） f2（a1），f2（a2），…f2（an）
…
fk（a1），fk（a2），…，fk（an）
…
fn!（a1），fn!（a2），…，fn!（an）
在上述n！+1行中，每行均是集合A中n个元素的一个排列，故必有两行相同，即有0≤k＜r≤n!使fk（x）=fr（x）（x∈A）．由于f是一一对应，所以fr-k（x）=x（x∈A）成立．
B5－016 设X是一个非零的有限集合，f是X到X的一个映射，满（p）
足条件f（x）=x，x∈X
（k）（k-1）（0）
其中p是素数f（x）=f（f（x）），f（x）=x．设Y={x|x∈X且f（x）≠x}，|Y|表示Y的元数．证明：p||Y|．
【题说】伊朗第十届数学奥林匹克第二阶段题6．
（i）
【证】对任意x∈Y．设j为使f（x）=x的最小正整数，则1＜j
（r）（r）
≤p．由带余除法p=aj+r，q、r为非负整数并且r＜j，因为f（x）=f（qj）（p）（f（x））=f（x）=x，所以由j的最小性，r=0．从而p=aj，但p为
（2）（p-1）
素数，j＞1，所以必有j=p．因此x，f（x），f（x），…，f（x）这
（p-1）
p个数互不相同．称B（x）={x，f（x），…，f（x）}为x的轨道．
=f（y）（0≤l，m≤p-1），从而f（y），f（y）=f（x），…，（m+p-1）（l+p-1）f（y）=f（x）全在B（x）中，而m，m+1，…，m+p-1跑遍mod p
（p-1）
的完全剩余系，因此y，f（y），…，f（y）全在B（x）中，即B（x）=B（y）．
于是Y被分为若干个互不相交的轨道，每个的长为p．所以p||Y|． B5－017 证明：定义在整个实数轴上的任意函数，总可以表为两个函数的和，这两个函数中的每一个的图像都是有对称轴的．
【题说】第二十一届（1995年）全俄数学奥林匹克十一年级题2． 【证】设f（x）是给定的函数，我们证明f（x）可表为函数图像是以直线x=0为对称轴的函数f1（x）及函数图像是以直线x=a（a＞0）为对称轴的函数f2（x）的和．
首先确定在区间[-a，a]上f1和f2的函数值，然后依次确定在区间[a，
（m）
（m）
（m+1）
（l+1）
3a]，[-3a，-a]，[3a，5a]，…上f1和f2的函数值．
在[-a，a]上，令f1（x）=0（事实上，可取在[-a，a]上是偶函数且在区间两端点处函数值为0的任一函数为f1（x）），在该区间上f2（x）=f（x）-f1（x）=f（x）．
在[a，3a]上，f2（x）=f2（2a-x）．f1（x）=f（x）-f2（x）． 在[-3a，-a]上，令f1（x）=f1（-x），而f2（x）=f（x）-f1（x）；在[3a，5a]上，定义f2（x）=f2（2a-x），而f1（x）=f（x）-f2（x）等等．
B5－018 设函数f：R→R适合条件：
3322
f（x+y）=（x+y）（（f（x）-f（x）f（y）+（f（y））） （1）
x、y∈R．试证：对一切x∈R，都有
f（1996x）=1996f（x）
【题说】1996年中国数学奥林匹克（第十一届数学冬令营）题3． 【证】在（1）中令x=y=0，得f（0）=0． 在（1）中令y=0，得
32
f（x）=x（f（x）），x∈R （2）
因此，当x≥0时，f（x）≥0；x≤0时，f（x）≤0． 令S={a|a＞0，f（ax）=af（x），x∈R}
由（2）及S定义，有
再证：若a、b∈s，则a+b∈S． 利用（1）～（3），有
=（a+b）f（x），x∈R 因为1∈S，故1+1=2∈S，由此推知，任何正整数n∈S，特别地n=1996∈S．从而
f（1996x）=1996f（x），x∈R
B5-019 设f是一个从实数集R映射到自身的函数，并且对任何x
证明：f是周期函数，即存在一个非零实数c，使得对任何x∈R，成立f（x+c）=f（x）．
【题说】第三十七届（1996年）IMO预选题． 【证】因为对任何x∈R，有
同样，有
由（1）、（2）得
即 f（x+1）-f（x）=f（x+2）-f（x+1）
因此，f（x+n）=f（x）+n（f（x+1）-f（x））对所有n∈N成立． 又因对所有x∈R，|f（x）|≤1，即f（x）有界， 故只有
f（x+1）-f（x）=0
即对所有x∈R，f（x+1）=f（x），所以f（x）为周期函数．
B5－020 设集合A={1，2，3，4，5}．满足下列条件的映射f：A→A有多少个：
f（f（f（x）））=x，对任意x∈A
【题说】1997年日本数学奥林匹克预选赛题4．
【解】当f不是恒等映射时，存在a∈A，使得f（a）≠a．
b}，因为若c=a，则f（c）=f（a），与b≠a矛盾，若c=b．则a=f（c）=f（b）=c，也与b=a矛盾．所以，a、b、c是A中三个相异的元素．
除了以上三个元素外，A中还有两个元素d、e．由f（f（f（d）））=d知f（d）≠a，b，c．从而f（d）=d或f（d）=e．如果f（d）≠d，则用上面的推理，d、f（d）、f（（d））是A中三个相异元素，并且d、f（d）、f（f（d））与a、b、c均相异．这与|A|=5矛盾，从而f（d）=d．同理f（e）=e．
因此，非恒等映射f由A中的三个元素a、b=f（a）、c=f（f（a））确定．但a、b、C轮换时所确定的f是相同的．因而，非恒等映射f
20．加上恒等映射，所求的映射数是21．
B5－021 设f、g是定义在正整数集Z+上并取正整数值的严格递增函数，如果它们满足：
（i）f（Z+）∪g（Z+）=Z+，
B5－022 函数f（n）是定义在正整数集上，并取非负整数值，且对所有m、n，有
f（m+ n）－f（m）－f（n）=0或1
以及f（2）=0，f（3）＞0，f（9999）=3333．求f（1982）． 【题说】第二十三届（1982年）国际数学奥林匹克题1． 【解】令m=n=1，则f（2）=2f（1）+（0或1）． 因f（2）=0，f（1）是非负整数，故f（1）=0． 令m=2，n=1，则f（3）=f（2）+f（1）+（0或1）． 由f（3）＞0，f（2）=0，f（1）=0得f（3）=1． 下面我们先证，对于k＜3333时，有f（3k）=k．
因为 f（m+ n）≥f（m）+f（n）
所以 f（3k）≥f[3（k－1）]+f（3）≥f[3（k－2）]+2f（3）≥…≥kf（3）=k 若f（3k）＞k，则f（3k）≥k+1，
f（9999）≥f（9999－3k）+f（3k）
≥3333－k+k+1＞3333
这与题设矛盾，所以f（3k）=k．
于是 1982=f（3×1982）≥3f（1982）
又 f（1982）≥f（3×660）+f（2）=660
所以 f（1982）=660
2
B5－023 已知函数f（x）=ax－c，满足：
－4≤f（1）≤－1，－1≤f（2）≤5
求f（3）的范围．
【题说】1983年全国联赛题1（5），原题为选择题． 【解】由f（1）=a－c，f（2）=4a－c得
即 －1≤f（3）≤20
B5－024 函数f定义在整数集上，且满足
求 f（84）．
【题说】第二届（1984年）美国数学邀请赛题7． 【解】由f的性质，
f（999）=f[f（1004）]=f（1001）=998 f（998）=f[f（1003）]=f（1000）=997 f（997）=f[f（1002）]=f（999）=998 f（996）=f[f（1001）]=f（998）=997 f（995）=f[f（1000）]=f（997）=998 因此我们推想，对n＜1000，有
对n =999至995，（1）已经证得． 假设对大于m且小于1000的n，（1）成立． 当m是偶数时，m+5是奇数，此时有
f（m）=f[f（m+5）]=f（998）=997
当m是奇数时，m+5是偶数，此时有
f（m）=f[f（m+5）]=f（997）=998
因此，对于m＜1000，（1）式成立．特别地，f（84）=997． B5－025 函数f的定义域是正整数集合，且有：
（a）对于每个正整数 n，f（f（n））=4n－3；
（b）对于每个非负整数k，f（2k）=2k+1
－1．求f（1985）的值． 【题说】1985年匈牙利阿拉尼·丹尼尔数学竞赛（16年龄组）题1．【解】设数列n0，n1，n2，…，除了f（n0）=n1之外，满足nk+1=2nk－1，利用（a）和归纳法容易证明，对每一个非负整数k有f（nk）=nk+1．现在从1985往前倒推，得到数列
1985，993，497，249，125，63，32
再由（b）得f（32）=63．所以f（1985）=2·1985－1=3969．
B5－026 设集合M={x|1≤x≤9，x∈Z}，
F＝{（a，b，c，d）|a、b、c、d∈M}
定义F到Z的映射f：
若u，v，x，y都是M中的元素，且满足：
试求：u +v + x +y之值．
【题说】1986年北京市赛高一题2（4）．
【解】由题意得： uv－xy=39 （1）
uy－xv=66 （2）
（1）+（2）得 （u－x）（v+y）=105 （2）－（1）得 （y－v）（u+x）=27 因式中字母都表示非零数字，可见
u＞x，y＞v，v+y＜18，u+x＜18
所以 u－x=7，v+y=15，y－v=3，u+x=9 解得 x=1，y=9，u=8，v=6 故 u+v+x+y=24
xx
B5－027 设f（x）=4/（4+2）那么和式
f（1/1001）+f（2/1001）+f（3/1001）+…+f（1000/1001）
的值等于多少？
【题说】1986年全国联赛一试题2（3）．原题为填空题． 【解】因为n/1001+（1001－n）/1001=1（n=1、2、…、500），而当x +y =1时，
xxyy
f（x）+f（y）=4/（4+2）+4/（4+2）
故所求和式的值为500．
B5－028 对任意的正整数k，令f1（k）定义为k的各位数字和的平方．对于n≥2，令fn（k）=f1（fn－1（k）），求f1988（11）．
【题说】第六届（1988年）美国数学邀请赛题2． 【解】由定义知
2
f1（11）=（1+1）=4
f2（11）=f1[f1（11）]=f1（4）=16
2
f3（11）=f1[f2（11）]=f1（16）=（1+6）=49
2
f4（11）=f1[f3（11）]=f1（49）=（4+9）=169
2
f5（11）=f1[f4（11）]=f1（169）=16=256
2
f6（11）=f1[f5（11）]=f1（256）=13=169
因
此 f1988（11）=169
B5－029 N为正整数集，在N上定义函数f如下：f（1）=1，f（3）=3，且对n∈N，有
f（2n）=f（n）
f（4n+1）=2f（2n+1）－f（n） f（4n+3）=3f（2n+1）－2f（n）
问：有多少个n∈N，且n≤1988，使得f（n）=n？
【题说】第二十九届（1988年）国际数学奥林匹克题3．本题由英国提供．
【解】通过试验，我们发现：当 n的二进制表示为（alal－1，…，a1a0）2，al=1时，有
f（n）＝（a0a1…al－1al）
2
（*）
用归纳法证明（*）式，奠基是显然的，设当 n＜k时（*）式成立．考虑f（k）．
（1）在k为偶数时，设k=（a1a2…al－10）2，则
f（k）=f[（a1a2…al－10）2]=（al－1…a2a1）2
=（0al－1…a2a1）2
（2）在k=4m+1时，设k=（a1a2…as01）2，则 f（k）=f[（a1a2…as01）2]
=2f[（a1…as1）2]－f[（a1…as）2] =（1as…a1）2+（1as…a1）2－（as…a1）2 =（10as…a1）2
（3）在k=4m+3时，设k=（a1…as11）2，则 f（k）=f[（a1…as11）2]
=3f[（a1…as1）2]－2f[（a1…as）2] =（1as…a1）2+（1as…a1）2+（1as…a1）2 －（as…a1）2－（as…a1）2 ＝（11as…a1）2
于是（*）式对一切自然数n成立．
由（*）式，满足f（n）=n的n必须是“对称的”，即形如
（a1a2a3…a3a2a1）2
2s－12s2s－22s－1
在2s位（2≤n＜2）或2s－1位（2≤n＜2）二进制的数中s－1
各有2个是对称的（首位与末位数字必须是1，第二位至第s位的数字
可以为0，或1，其余数字随之确定），易知
1098762
1988=（11111000100）2（2+2+2+2十2+2）
在二进制中是11位数．11位数中有
2233445
1+1+2+2+2+2+2+2+2+2+2=94
个是对称数，其中（11111111111）2与（11111011111）2大于1988，且也只有这两个大于1988（因为1988的二进制表示中前5位数字都是1），所以本题的答案为92．
B5－030设函数f（n）=k，n是自然数，k是无理数π=3.1415926535…小数点后第n位的数字，并且规定f（0）=3．令
求证：F[f（1990）+f（5）+f（13）]=F[f（1990）f（3）f（25）] 【题说】第一届（1990年）希望杯高一二试题3．
[k]
【证】以 f（n）表示函数f（n）k次迭代：
[2][k][k－1]f（n）=f[f（n）]，…，f=f[f（n）]
[2][8]
现将f（n），f（n），…，f（n）的取值列表如下：
可见自k≥7开始，f（n）≡1，即F（n）≡1，n∈N．
故 F[f（1990）+f（5）+f（13）≡1=F[f（1990）f（3）f（25）]
B5－031 定义域为正整数的函数f，满足：
[k]
求f（90）．
【题说】1990年日本第一轮选拔赛题8．
因为 90+7×130=1000
（2）（131）
所以 f（90）=f（97）=…=f（1000）
又 f（1000）=997
（2）
f（997）=f（1004）=f（1001）=998
（2）
f（998）=f（1005）=f（1002）=999
（2）
f（999）=f（1006）=f（1003）=1000
（m）
因此，f（1000）以4为周期，轮流取997，998，999，1000．因为131÷4=32余3，所以
（131）（3）
f（90）=f（1000）=f（1000）=999
222222
B5－032 设a，b，c，x，y，z均为实数，且a+b+c=25，x+y+z=36，ax+ by+cz=30．求（a+b+c）/（x+y+z）的值．
【题说】1992年友谊杯数学竞赛九年级题1． 【解】由柯西不等式
222222
25×36=（a+b+c）（x+y+z） 22
≥（ax+by+cz）=30
因此上述不等式等号成立．即有
B5－033 设f：N→N，并且对所有正整数n，有
f（n+1）＞f（n），f（f（n））=3n
求f（1992）．
【题说】1992年英国数学奥林匹克题5． 【解】显然，函数f严格增． 若f（1）=1，则f（f（1））=1≠3，与题设矛盾．所以f（1）≥2． 由3=f（f（1））≥f（2）＞f（1）≥2得 f（1）=2，f（2）=3 （1）
f（3n）=f（f（f（n）））=3f（n） （2）
由（1）及（2）即得
nnn
f（3）=3f（1）=2·3 nnn+1
f（2·3）＝3f（2）＝3，n=0，1，2，… nn+1nnn
注意到2·3与3之间共有3－1个自然数，而3与2·3之间也恰n
有3－1个自然数，由f的严格单调性，可得
nnn
f（3+m）=2·3+m，0≤m≤3，n=0，1，2，…
由上式即得
f（2·3+m）=f（f（3+m））=3（3+m）
于是
nnn
由于1992=2·3+534，所以
6
f（1992）=3（3+534）=37
B5－036 函数 f（k）是定义在正整数集 N上，在N中取值的严格增函数，并且满足条件f（f（k））=3k．试求f（1）+f（9）十f（96）的值．
【题说】1996年北京市赛高一复试题2． 【解】对 k∈N，f（f（k））=3k （1） 所以 f[f（f（k））]=f（3k）
又 f[f（f（k））]=3f（k）
所以 f（3k）=3f（k） （2）
若f（1）=1，代入（1）得f（1）=3，矛盾．所以f（1）=a＞1．由f（k）严格递增，f（1）＜f（a）=3．故只能 f（1）=2，f（2）=3．此时，f（3）=3f（1）=6，
而 f（6）=f（3×2）=3f（2）=9
f（9）=3f（3）=18 f（18）=3f（6）=27 f（27）=3f（9）= f（）=3f（18）=81
注意到，自变量由27变到，增加27个数，函数值相应地由增至81，也增加27个数，由f的严格递增性可知：
f（28）=55 f（29）=56 f（30）=57 f（31）=58 f（32）=59 …
从而 f（96）=f（3×32）=3f（32）=3×59=177
f（1）十f（9）+f（96）=2+18+177=197
B5－037 N+为全体正整数的集合，f：N+→N+是满足下列3个条件的函数：
（1）f（xy）=f（x）+f（y）－1对任意正整数x、y都成立； （2）满足f（x）=1的x只有有限个； （3）f（30）=4． 求f（14400）的值
6
【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题6． 【解】由（1）与（3）得
f（14400）=f（120）+f（120）－1 =2（f（4）+f（30）－1）－1 =2（（2f（2）－1）+3）－1 =4f（2）+3
若存在正整数n（≥2）使f（n）=1，则对任意正整数k，有f（nk
）=f（nk－1
）= …=f（n）=1．这与条件（2）矛盾．故对n≥2，f（n）≥2．
由（3）知
f（2）+f（3）+f（5）－2=4
所以 f（2）=f（3）=f（5）=2，从而 f（1440）=11．
B5－038 设f（n）是一个在正整数集合N上定义且在N上取值的函数．证明：如果对每一个正整数n，f（n+1）＞f[f（n）]都成立，则对每一个n，f（n）=n都成立．
【题说】第十九届（1977年）国际数学奥林匹克题6．本题由保加利亚提供．
【证】我们先用数学归纳法证明命题An：对任意正整数n，若m≥n，则f（m）≥n．
显然A1真．设An－1真，则对任意m≥n，f（m－1）≥n－1，故f（m）＞f（f（m－1））≥n－1，于是f（m）≥n，从而An真．
由此可知，f（n）≥n，f（n+1）＞f（f（n））≥f（n）．于是f单调增加，若有一个n使f（n）＞n，则f（n）≥n+1，f（f（n））≥f（n+1），与已知矛盾．因此只能有f（n）=n．
B5－039 设f（x）是定义在全体正实数上的一个函数． 1．对于任意两个正实数x1、x2，f（x）满足关系式 f（x1·x2）=f（x1）x2） （1）
求证：f（1）=0． 2．f（x）满足关系式
求f（x）的表达式．
【题说】1979年宁夏区赛二试题2． 【解】1．取x1=1，得
f（x2）=f（1）+f（x2）
因而f（1）=0．
+f （
由（2）、（3）解得
B5－040 设Q是所有有理数的集合，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、y∈Q，有
f（xy）=f（x）f（y）－f（x+y）+1
【题说】1980年五国国际数学竞赛题1．本题由英国提供． 【解】在（2）中令y=1即得f（x+1）=f（x）+1．又f（1）
求．
B5－041 在坐标平面上有两个区域M和N．M是由y≥0、y≤x和y≤2－x这三个不等式确定的．N是随t变化的区域，它由不等式t≤x≤t+1所确定的，t的取值范围是0≤t≤1，设M和N的公共面积是函数f（t），求f（t）．
【题说】1981年全国联赛题1（6）．原题为选择题．
【解】如图，M是△OAB，N是l1与l2所界的带形区域，二者交集为G（阴影部分）．
B5－042 已知二次函数f（x）满足条件：1．f（－1）=0；2．对
【题说】1982年芜湖市赛题5．
2
【解】设f（x）=ax+bx+c（a≠0） 因为 f（－1）=0，所以b=a+c．
因为对一切x之值有：ax+bx+c≥x
2
即 ax+（b－1）x+c≥0，故a＞0：
2
B5－043 已知函数f（x）=x－2x+2，x∈[t，t+1] 的最小值是g（t）． 试写出函数s=g（t）的解析表达式，并画出它的图像．
【题说】1982年上海市赛二试题1．
2
【解】f（x）=（x－1）+1，x∈[t，t+1]．
当t≤1≤t+1，即0≤t≤1时，f（x）在[t，t+1]上的最小值 g（t）=f（1）=1．
当1＞t+1，即t＜0时，f（x）在[t，t+1]上的最小值
2
g（t）=f（t+1）=t+1
当1＜t，即 t＞1时，f（x）在[t，t+1]上的最小值g（t）=f（t）
2
=（t－1）+1．函数
2
的图像如图所示．
B5－044 函数
22
F（x）=|cosx+2sinxcosx－sinx+ Ax +B|
最小？证明你的结论．
【题说】1983年全国联赛二试题5．
（1）+（3）－2·（2）得0＜0，矛盾．将（1）、（2）、（3）中严格的不等式改为不严格的不等式，仍然导出矛盾，除非（1）、（2）、（3）全为等式，而（1）、（2）、（3）全为等式，即A=B=0．
B5－045 f为定义于非负实数集上的且取非负数值的函数，求所有满足下列条件的f： （1）f（xf（y））f（y）=f（x+y）； （2）f（2）=0；
（3）f（x）≠0，当0≤x＜2．
【题说】第二十七届（1986年）国际数学奥林匹克题5．本题由英国提供． 【解】如果ω＞2，那么在（1）中取y=2，x=ω－2，就得
f（ω）=f（（ω－2）f（2））·f（2）=0
因为x≥0，在（1）中令0≤y＜2，则
这样一来，当0≤y＜2，x＞0时，有
综合上述，所求的f是
不难验证这一函数满足题中条件．
B5－046 求方程x－8[x]+7=0的所有解．
【题说】第十三届（1987年）全俄数学奥林匹克十年级题2．
2
【解】设x是原方程的解，n=[x]，则x+7=8n，n＞0，n≤x＜n+1，222222
于是n+7≤x+7＜（n+1）+7=n+2n+8．从而得n+7≤8n＜n+2n+8，即
2
解得1≤n＜2或4＜n≤7．于是n=1，5，6，7，相应地
B5－047 设N为自然数集合，k∈N．如果有一个函数f：N→N是严格递增的，且对每个n∈N，都有f（f（n））=kn．求证，对每一个n∈N都有
【题说】第五届（1990年）全国冬令营选拔赛题1． 【证】由于f严格递增且取整数值，所以
f（n+1）≥f（n）+1
从而对m≥n，有
f（m）=f（n+m－n）≥f（n）+m－n
取m=f（n），得
f（f（n））－f（n）≥f（n）－n
故 f（n）≥2kn/（k+1）
B5－048 求出满足以下要求的所有R→R的函数f、g、h： f（x）－g（y）=（x－y）x+y） （1）
对任意的x、y∈R．
【题说】1990年中国队测试题6．本题也是第五届中国队选拔试题． 【解】在（1）中令x =y，得f（x）－g（y）=0，即 f（x）
x） （2）
（1）式变为
f（x）－f（y）=（x－y）h（x+y）
在此式中令y=0，得 f（x）=f（0）x） （3）
代入f（x）－f（y）=（x－y）h（x+y），有 xh（x）－yh（y）=（x－y）x+y） 4）
在（4）式中令y=－x，得
x（h（x）+h（－x））＝2xh（0）
从而 h（x）+h（－x）＝
h
=g
+xh
h
2h
（ （ （ （（ （0） （5）
令H（x）=h（x）－h（0），则H（0）=0，H（－x）=－H（x），并且由（4）得 xH（x）－yH（y）=（x－y）H（x+y） （6）
在（6）中将y换为－y得
xH（x）－yH（y）=（x+y）H（x－y） （7）
由（6）、（7）得
H（x）=kx （x≠0）
显然上式对x=0也成立．因此 h（x）=kx+h（0） （8）
将（8）代入（3）得
2
f（x）=kx+h（0）x+f（0） （9）
设 h（0）=a，f（0）=b，a、b为常数，由（8）、（9）、（2）得
2
f（x）=g（x）=kx+ax+b
h（x）=kx+a
不难验证，上面的f（x）、g（x）、h（x）确为所求．
B5－049 求方程[x/1！]+[x/2！] +…+[x/10！]=1001的整数解． 【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克十年级题5． 【解】显然x是不超过1001的自然数．
设f（x）=[x/1！]+[x/2！]+…+[x/10！]，则f（x）是在正整数集上严格递增的函数．
f（583）=998，f（584）=1001
所以x=584是原方程的唯一解．
B5－050 设f（x，y）是二元多项式，且满足下列条件：
（1）f（1，2）
=2， （1）
2
（2）yf（x，f（x，y））≡xf（f（x，y），y）≡（f（x，y））． （2）
试确定所有这样的f（x，y）．
【题说】1990年中国集训队测试题13．
【解】由条件（2）知，x、y是f（x，y）的因式，即 f（x，y）=xyg（x，y） （3）
g（x，y）也为二元多项式．将（3）代入（2）式并化简得 g（x，y）＝g（x，xyg（x，y））＝g（xyg（x，y），y）
比较次数即知g（x，y）中无x，无y，即g（x，y）=常数，再由（1）即得f（x，y）= xy．
B5－051 Q是全体正有理数所成的集合．试作一个函数f：Q→
+
+
【题说】第三十一届（1990年）国际数学奥林匹克题4．本题由土耳其提供． 【解】将素数依大小（从小到大）排列为
p1，p2，p3，…
+
设a∈Q，并且
B5－052 设I=[0，1]，G={（x，y）|x∈I，y∈I}．求G到I的所有映射f，使得对任何x、y、z∈I，有
（1）f（f（x，y），z）=f（x，f（y，z））； （2）f（x，1）=x，f（1，y）=y；
k
（3）f（zx，zy）=zf（x，y），其中k是与x、y、z都无关的数． 【题说】1991年中国数学奥林匹克题2．
【解】由（3）、（2），
k
f（zx，z）=zf（x，1）k
=zx （4）
同样， f（z，zy）k
=zy （5）
于是（在（4）中令u=zx，v=z；在（5）中令u＝z，v=zy）
在k＝1时，f（u，v）＝min（u，v）．
k
在k≥2时，取x=y≥z≥x，则
kkk－1
f（f（x，y），z）=f（x，z）=xz
k－1k－1k－1
f（x，f（y，z））=f（x，xz）＝xxz
由（1）得
kk－1k－1k－1xz=xxz
所以k=2，f（u，v）=uv． 易知f（u，v）=min（u，v）（k=1）及 f（u，v）=uv（k=2）均满足条件（1）、（2）、（3）．
B5－053 长为l的梯子靠在竖直的墙上，梯子上有一档，距水平地面及墙的距离均为d，求梯子靠墙点距地面的高h，答案用l，d的显式表示．
【题说】1991年英国数学奥林匹克题7．
【解】设梯子上端距地面h，下端距墙为 b，则 222 b+h=l
（1）
又考虑梯子、墙、地面构成的三角形的面积得 bh=d
（b+h） （2）
由（1），（2）得
22
（b+h）－2d（b+h）=l
再由这两个方程解出
B5－0 设R是全体实数的集合．试求出所有的函数f：R→R，使得
22
对于R中的一切x和y，都有f（x+f（y））=y+（f（x））．
【题说】第三十三届（1992年）国际数学奥林匹克题2．本题由印度提供．
2（2）
【解】令t=f（0），f（x）=f[f（x）]．在函数方程
2
f（x+f（y））=y+（f（x））
2
（1） （2）
中令x=0，得f（y）＝y+t （2）
由（1）、（2）有
2（2）（2）2（2）
x+f（y）+t=f[x+f（y）]
2（2）2
=f[f（x）+f（y）]=[f（x）]+y
即
22
x+y+2t=y+（x+t）
或
2
2t=t+2tx
由于此式对任意x∈R都成立，故t=0，即f（0）=0．于是（2）成为（2）
f（y）＝y（y∈R） （3）
又对任意x≥0，由（1）、（3）有
令y=0，得
所以 f（x+y）=f（x）+f（y）≥f（y）（x≥0）
这就是说，f（x）是R上的非减函数，即若x≥y，则f（x）≥f（y）． 最后证明，对一切x∈R，有f（x）=x．事实上，若存在z∈R，使f
（2）
（z）≠z．假如 z＜f（z），则f（z）≤f（z）=z，矛盾；假如f（z）
（2）
＜z，则z=f（z）≤f（z），也矛盾．
显然，函数f（x）=x满足题设条件．
B5－055 求满足下列条件的所有函数f：（1）取实数值；（2）
【题说】1992年澳大利亚数学奥林匹克题6．
即有方程组
B5－056 试求一切函数f（x），它对任意正值x都取正值，并且对任何正的x和y
yf（y）
都满足等式：f（x）=f（x）．
【题说】第十九届（1993年）全俄数学奥林匹克十一年级一试题3． 【解】显然f（x）≡1是一个解．假设对某一个a＞0，有f（a）≠1，
f（xy）xyxf（y）f（x）·f（y）
于是由等式f（a）=f（a）=f（a）=f（a）得到
f（xy）=f（x）f（y）（对任意x、y＞0） （1）
f（x+y）x+yxyf（x）
这时由等式f（a）=f（a）=f（a）·f（a）=f（a）·f（a）f（y）f（x）+f（y）
= f（a），得到
f（x+y）=f（x）+f（y）（对任意x、y＞0） （2）
2
由（1）我们有f（1）=f（1·1）=f（1），也就是f（1）=1．再由（2）和（1）得到
f（n）=f（1+…+1）=f（1）+…+f（1）=n
也就是对任何m，n∈N，都有
假设对于某个x＞0，f（x）≠x，不妨设f（x）＜x（f（x）＞x
=f（y+（x－y））=f（y）+f（x－y）＞f（y）=y，矛盾！因此f（x）=x对任意x＞0都成立．显然f（x）=x符合要求．
所以所求函数为f（x）=1和f（x）=x．
B5－057 求适合以下条件的所有函数f：[1，+∞）→（1，+∞）： （1）f（x）≤2（x+1）；
2
（2）f（x+1）=[f（x）－1]/x．
【题说】1994年中国数学奥林匹克（第九届数学冬令营）题3．
【解】易见，函数f（x）=x+1满足条件．下面证明这是唯一符合要求的函数． 令 g（x）=f（x）－（x+1），由（2），有 |g（x+1）|=|f（x+1）－（x+2）|
因f（x）≥1，故
又由1≤f（x）≤2（x+1），得－x≤g（x）≤
x+1 （2）
代入（1），得
代入（1），得
因此，对任何自然数n，都有
令n→∞，就得 g（x）=0．从而f（x）=x+1是满足本题条件的唯一函数．
B5－058 设S表示所有大于－1的实数组成的集合．确定所有的函数f：S→S，满足以下两个条件：
（i）对于S内的所有x和y，有
f（x+f（y）+xf（y））=y+f（x）+yf（x）；
【题说】第三十五届（1994年）国际数学奥林匹克题5．本题由英国
提供．
解，u∈（－1，0）．
在（i）中，令x =y =u，得f（u2+2u）=u2
+2u
因为－1＜u＜0，u2+2u=（u+1）2－1，所以－1＜u2
+2u＜0，利用唯一性，得u2
+2u=u，从而u=0或－1，与u∈（－1，0）矛盾．所以对（－1，0）内任一数u，必有f（u）≠u．
类似地，在（0，∞）内没有u，满足f（u）=u，从而f（u）=u导致u=0．在（i）中，令x=y，得
f（x+（1+x）f（x））=x+（1+x）f（x）
从而x+（1+x）f（x）=0
B5－059 函数f（x）由满足下列关系式所确定：
其中x≠1．求所有这样的函数．
【题说】第二十届（1994年）全俄数学奥林匹克十一年级题6．
f（x）=1+2x
容易检验，所求得的函数满足方程（1），
B5－060 求出所有定义在有理数集上的实值函数f，满足
f（x+y）=f（x）+f（y）+2xy
【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题4． 【解】令x=y=0，得f（0）=0． 令x =n（n∈N+），y=1，得
f（n+1）=f（n）+f（1）+2n
所以
f（n）－f（n－1）=2（n－1）+f（1）
故有f（n）=n+（f（1）－1）n．
2
令f（1）－1=c，则f（n）=n+cn．
2
故有
由（1）、（2）得，对任意正整数m、n，有
又
2
从而对任意有理数x，f（x）=x+cx（其中c是常数）．
2
反之，f（x）=x+cx（c为常数）显然满足题设条件，从而所求的函
2
数即为f（x）=x+cx（x∈Q，c是常数）．
B5－060 求出所有定义在有理数集上的实值函数f，满足
f（x+y）=f（x）+f（y）+2xy
【题说】1994年澳大利亚数学奥林匹克一试题4． 【解】令x=y=0，得f（0）=0． 令x =n（n∈N+），y=1，得
f（n+1）=f（n）+f（1）+2n
所以
f（n）－f（n－1）=2（n－1）+f（1）
故有f（n）=n+（f（1）－1）n．
2
令f（1）－1=c，则f（n）=n+cn．
2
故有
由（1）、（2）得，对任意正整数m、n，有
又
2
从而对任意有理数x，f（x）=x+cx（其中c是常数）．
2
反之，f（x）=x+cx（c为常数）显然满足题设条件，从而所求的函
2
数即为f（x）=x+cx（x∈Q，c是常数）．
B5－062 设S={0，1，2，3，…}是所有非负整数的集合．找到所有在S上定义、取值于S中的满足下面条件的函数f：
f（m+f（n））=f（f（m））+f（n），对所有m，n∈S成立．
【题说】第三十七届（1996年）国际数学奥林匹克题3．本题由罗马尼亚提供．
【解】设f：S→S满足条件． 令 m=n=0，得f（f（0））=f（f（0））+f（0），所以f（0）=0，令m=0，得
f（f（n））=f（n） （1）
于是 f（m+f（n））=f（m）+f（n） （2）
记f的值域为T．由（1）可知，T中任一数f（n）是f的不动点．而 f的不动点，当然在f 的值域中．因此，f 的值域就等于f 的不动点全体．
设m≥n∈T，则f（m）=m，f（n）=n．于是
f（m+n）=f（m+f（n））=f（m）+f（n）=m+n
从而m+n∈T．又f（m－n）+f（n）=f（m－n+f（n））=f（m－n+n）=f（m），从而f（m－n）=f（m）－f（n）=m－n，即m－n∈T．
若T≠{0}，设T中最小的正数为d．对任一数 c∈T，设c= kd+r，k为自然数，0≤r＜d，则kd∈T，r=c－kd∈T．由d的最小性得r=0．即T中任一数c都是d的倍数．
对任一非负整数n，令n=qd+t，q为非负整数，0≤t＜d，则由上面所说，f（t）=htd，ht为非负整数．
f（n）=f（qd +t）=f（（q－1）d+t）+f（d） =f（（q－1）d+t）+d
＝…＝qd+f（t）＝qd+htd
于是，所求函数一定是如下形式：
f（n）＝qd+htd
其中非负整数q、t由n=qd+t，0≤t＜d定出．而ht（t=1，2，…，d－1）为任意非负整数，h0=0．
反之，设函数为上述形式，则对任意m、n∈S，设m=qd+t，f（n）=kd，则
f（m+f（n））=f（qd+t+kd）=f（（q+k）d+t）
=（q+k）d+f（t）=qd十f（t）+kd =f（m）+f（n）
即这样的函数满足要求．
B5－063 将奇数依大小顺序排成如图所示的三角形数阵，从上到下第
m行中从左到右的第n个数记为a（m，n）．
（1）试用m，n的代数式表示a（m，n）；
（2）若a（m，n）=1997，试求m与n之值；
（3）由行的中间项1，5，13，25，41，…构成一个数列，试求此数列前p项之和．
【题说】1997年江苏省赛题4． 【解】（1）因第一个奇数为1，…，第k个奇数为2k－1，前k个奇
22
数之和为k，故在三角数阵中，前m－1行共有（m－1）个奇数，a（m，n）
22
是第（m－1）+n个奇数，从而a（m，n）=2[（m－1）+n]－1；
2
（2）若a（m，n）=1997，而（m－1）+n=999．因为1≤n≤2m－1，故上述方程正整数解为m=32，n=38；
（3）第p行共有2p－1个奇数，故正中的奇数是该行第p个奇数，
B5－0 设f（x）是5次多项式，x=－1是5次方程f（x）+1=0的3重根，x=1是5次方程f（x）－1=0的3重根．求f（x）．
【题说】1997年日本数学奥林匹克预选赛题8．
2
【解】由x=－1是f（x）+1=0的3重根知f′（x）=（x+1）h（x）．再由x=1是f（x）－1=0的3重根知f′（x）=a（x－1）
B5－065 假设a1，a2，…，an是自然数1，2，…n的某一种排列，对1，2，…，n的所有排列，求和
|a1－1|+|a2－2|+…+|an－n| 的最大值．
【题说】1957年匈牙利数学奥林匹克题3． 【解】将和中绝对值符号去掉（在ak－k＜0时，|ak－k| 换成k－ak），原来的和表成2n项的和，其中1，2，…，n各出现两次，而且有n项负n项正，因此1，1，2，2，…，n，n中前n项为负，后n项为正时和最大（在a1=n，a2=n－1，…，an=1时恰好达到）．
当n=2k时，最大值为
当n=2k+1时，最大值为
B5－066 证明：如果三个素数组成算术数列，并包这个数列的公差不被6整除，那么这个数列的最小数是3．
【题说】1963年～19年波兰数学奥林匹克二试题1．
【证】设三个素数p1＜p2＜p3成等差数列，则公差d=p3－p2是两个奇数之差，因而d为偶数，p1=p2－d为奇数．所以p1≥3．
因为d不被6整除，所以d≡2或4（mod6）．2d≡4或2（mod6）． 若p1≡1（mod 6），则在d≡2（mod 6）时， p2=p1+d≡3（mod 6）；在d≡4（mod 6）时，p3=p1+2d≡3（mod 6）．即 p2或p3被3整除，与p2、p3为素数矛盾．
若p1≡5（mod 6），同样导出p2或p3被3整除，矛盾． 因此，只有p1≡3（mod 6），即素数p1=3．
B5－067 设定义域为一切实数的函数f（x）满足下列条件： （1）对任意实数x，均有f（x）≥2； （2）对任意实数x1、x2，均有
f（x1+x2）≤f（x1）+f（x2）
试证：对任意实数x1、x2．均有
lgf（x1+x2）≤lgf（x1）+lgf（x2）
【题说】1979年天津市赛二试题2．
【证】对于任意实数 x1、x2，由条件（1），
f（x1）≥2，f（x2）≥2
f（x1）十f（x2）≤f（x1）·f（x2）
又由条件（2）得
f（x1+x2）≤f（x1）+f（x2）≤f（x1）·f（x2）
由于有条件（1），可对上式取对数，得
lgf（x1+x2）≤lgf（x1）+lgf（x2）
B5－068 函数f定义在实数集上，且对一切实数x满足等式：f（2+x）=f（2－x）
和f（7+x）=f（7－x）．设x=0是f（x）=0的一个根，记f（x）=0在区间－1000≤x≤1000中的根的个数为N．求N的最小值． 【题说】第二届（198年）美国数学邀请赛题12． 【解】由已知条件，有 f（x）=f（2+（x－2））=f（2－（x－2））=f（4－x）（1）
及 f（x）=f（4－x）=f（7－（x+3））
=f（7+x+3）=f（x+10）
在（1）中令x=0，得f（4）=f（10）=0． 区间[－1000，1000]是f（x）的200个周期．因此[－1000，1000] 上f（x）至少有1+200×2=401个根．
我们可以构造出一个“锯齿形”函数，满足上述所有条件，它在区间[－1000，1000]上有401个根，除此以外不再有其他根，因此，所求N的最小值为401．
B5－069 设a＞1，a、θ均为实数，试求当θ变化时，函数
的最小值．
【题说】1986年上海市赛二试题1．
B5－070 求|…||x1－x2|－x3|－…－x1990|最大值，其中x1，x2，…，x1990是1至1990不同的自然数．
【题说】第二十四届（1990年）全苏数学奥林匹克九年级题7． 【解】 对于非负数x、y、z，有|x－y|≤max{x，y}，max{max{x，x}，z}=max{x，y，z}
记 Sn=|…||x1－x2|－x3|－…－xn|
则 S1990≤max{S19，x1990}
≤max{S1988，x19，x1990} ≤…
≤max{x1，x2，…，x1990} =1990
因为S1990与x1+x2+…+x1990=1+2+…+1990=995·1991的奇偶性相同，所以S1990≤19．
令{xn}为2，4，5，3；6，8，9，7；…1986，1988，19，1987；1990，1．则对于任意的k=1，2，…，497，S4k=0．于是
S1990=||S1988－1990|－1|=19
即所求的最大值为19．
B5－071 设n是给定的自然数，n≥3，对n个给定的实数a1，
[题设] 1992年上海市赛高三二试题4．
【解】不妨设a1≤a2≤…≤an．于是，a2－a1≥m，a3－a2≥m，…，an
－an－1≥m，aj－ai≥（j－i）m（1≤i＜j≤n）．
[别解]不妨设a1，a2，…，an中正数不少于负数．设其中最大的非正数为a，则
B5－072 函数f定义在区间（0，1）上，且
【题说】1992年捷克和斯洛伐克数学奥林匹克（最后一轮）题5．
若q－p=1，则8＜q＜9，这不可能．
B5－074 给定k∈N及实数a＞0，在条件
k1+k2+…+kr=k
（ki∈N，1≤r≤k）下，求
的最大值．
【题说】1993年中国数学奥林匹克（第八届数学冬令营）题2．
当且仅当k1，k2，…，kr中有r－1个1，一个为k－r+1时等号成立，所以最大值即
k－r+1
（r－1）a+a．
B5－075 设函数f：[0，1] →R满足：
（2）f（1）=1；
（3）f（x）+f（y）≤f（x+y），x，y，x+y∈[0，1]．
求出最小的常数c，使f（x）≤cx对一切满足上述条件的函数f及一切x∈[0，1]都成立，并证明你的结论．
【题说】第二十二届（1993年）美国数学奥林匹克题3． 【证】最小常数c=2．
首先，我们证明：如果f满足（1）－（3），则f（x）≤2x对一切x∈[0，1]成立．
由（3）与（1），f（x）≤f（x）+f（y）≤f（x+y），即f（x）在[0，1]上是增函数．
对x∈（0，1]，取非负整数n，使
而由（3），2f（x）≤f（2x），所以 nn－1n－22nn+12f（x）≤2f（2x）≤2f（2x）≤…≤f（2x）≤f（1）=1＜2xf（x）＜2x
又显然有f（0）+f（1）≤f（0+1）=f（1），所以由（1），f（0）=0 于是f（x）≤2x，x∈[0，1]． 另一方面，令
这函数显然满足（1）和（2）
f（x）+f（y）=f（y）≤f（x+y）
即f（x）满足题述的所有条件．
最小常数．
B5－077 设n个不同的自然数a1，a2，…，an有下列性质：对集合S={a1，a2，…，an}的任何两个不同的非空子集A、B，A中所有
【题说】1994年上海市赛高三二试题4． 【解】不妨设a1＜a2＜…＜an．
k
对任一自然数k≤n，{a1，a2，…，ak} 有2－1个非空子集，每个子集的元素和都是自然数，并且各不相同，所以最大的一个和
由于（1），
所以
B5－078 已知 95个数 a1，a2，…，a95每个取值+1或－1，求
【题说】1994年全国联赛一试题2（6）．原题是填空题．
即
2
（m－n）=2N+95
因为m+n=95，所以m－n为奇数．大于95的奇平方数中，最小的是11=121，故N最小正值是
B5－079 试求
2
－95k）|的最小值．其中x、y是任意实数．
【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题3． 【解】由于对任意实数t、a、b，
|t－a|+ |t－b|≥|a－b|
并且在t∈[a，b]时等号成立．所以
=250
并且在50≤x+y≤60时，等式成立．
成立．
＜1时的值也显然大于t=1时的值．所以考虑f（t）的最小值，可以假定t∈[1，10]．
因为在n≤t≤n+1（n为1与10之间的自然数）时，
222
f（t）=（1+2+…+n）t－1－…－n－（10+9+…+（n+1））t+10+…+2
（n+1）是t的单调函数，而且
f（n+1）－f（n）=1+2+…+n－（10+9+…+（n+1）） =n（n+1）－55
所以在n≥7时，f（n+1）≥f（n）．在n＜7时，f（n+1）＜f（n）．从而f（t）的最小值为f（7）=112．
由于x=55，y=－4满足50≤x+y≤60，60≤x－2y≤72，x+5y=35，所
6
以此时P（x，y）取得最小值，最小值为250×900×100=2394×10．
B5－080 设a1，a2，…，a10 是十个两两不同的正整数，它们的和为1995，试求
a1a2+a2a3+…+a9a10+a10a1
的最小值．
【题说】1995年中国数学奥林匹克（第十届数学冬令营）题5． 【解】设在a1+a2+…+a10=n时， a1a2+a2a2+…+a9a10+a10a1 （1）
的最小值为Sn，其中a1，a2，…，a10为自然数，并且将它们依大小顺序排成b1≤b2 ≤…≤b10时，bk≥k（k=1，2，…，10）．
在n＞55时，至少有一个k使bk＞k，将这个bk减少1，Sn至少减少1×（1+2）=3．所以
Sn≥Sn－1+3
从而
S1995≥S1994+3≥…≥S55+3（1995－55）=S55+5820
对于a1+a2+…+a10=55，必有
{a1，a2，…，a10}={1，2，…，10}
将10减少为9，和（1）至少减少3．再将2个9减少为8，和至少减少1×2+2+3（在2个9之间恰好为1，另两个与9相邻的数为2与3时正好减少这么多）．依此类推，直至最大的数为6（共5个6），和（1）至少减少
（1+2）+（1×2+2+3）+（（1+2）×2+3+4）+（（1+2+3）×2+4+5）=44 而由5个6与1，2，3，4，5这10个数形成的和（1），如果有两个6相邻，总可将一个6与另一个相邻的数a对调．设…ba 66…变为…b6a6…，和（1）减少6×6+ab－6a－6b=（6－a）（6－b）≥0．因此，在5个6均不相邻时，和最小，最小值为
6×2×（1+2+3+4+5）=180
所以
S1995≥44+180+5820＝6044
又在（a1，a2，a3，…，a10）=（1950，1，9，3，7，5，6，4，8，2）时，a1a2+a2a3+…+a9a10+a10a1=6044．因此6044即为所求的最小值．
B5－081 设正实数的数列x0，x1，…，x1995满足以下两条件： （i）x0＝x1995；
求所有满足上述条件的数列中x0的最大值．
【题说】第三十六届（1995年）国际数学奥林匹克题4． 【解】由（ii）可得
设从x0开始，总共k－t次前一类变换和t次后一类变换得到xk．请注意，当两类变换穿插交错进行时，可能会有某些第一类变换两两抵消．（倘若两个第一类变换之间相隔奇数次第二类变换，这两个第一类变换的作用就彼此抵消．）因此
s（－1）t
xk=2x0
其
中 s≡k－t（mod2）
现在考察k=1995的情形．若t是偶数，则s是奇数并且
x0=x1995=2x0
s
从而2=1，这是不可能的． 于是，t是奇数，由
s－1
x0=x1995＝2x0
另一方面，数列
xj=2
997－j
s
，j=0，1，…，1994
满足条件（i），（ii）．
997
综上所述，x0的最大值为2．
2
B5－082 α是方程x－3x+3=0的根．α与正整数n以及实数k满足等式
1995nα=kα
求满足条件的n的最小值，及这时k的值．
【题说】1995年日本数学奥林匹克预选赛题4．
使α为实数的m的最小值是m=6，这时
63α＝－3
又由于1995=332×6+3，所以
199519923α=α·α
9963=3·α
996
故所求的n=3，此时k=3．
22
B5－083 对给定的常数p、q∈（0，1），p+q＞1，p+q
m
【题说】1996年江苏省赛题5． 【解】 2222222
f（x）=（1－x）（p－x）+x[q－（1－x）]+2x（1
≤（1－x）（p－x）+x[q－（1－x）]+x
2222
（1－x）[（p－x）+q－（1－x）] 2222=x－（p－q+1）x+p
2
2
2
2
2
2
其中等号成立当且仅当
p－x＝q－（1－x）
2
2
2
2
[别解]
考虑如图的直角梯形ABCD，易知
f（x）=b（1－x）+ax=pqsinβcosα+pqsinαcosβ =pqsin（α+β）＝pqsinθ
B5－084 对于t＞0，设
求f（t）的最小值和g（t）的最大值． 【题说】1996年全国联赛昆明选拔赛题22．
B5－085 x1，x2，…，x1993满足|x1－x2+|x2－x3|+…+|x1992－
之最大可能值是多少？
【题说】第三届（1993年）数学奥林匹克第三轮题2． 【解】令n=1993．易得
最大值n－1=1992能达到，只需令x1=t+n，x2=…=xn=t即可．
B5－087 对于非负整数，函数f定义如下：
f（0）=0
f（x）在0≤x≤1996中取最大值时，x的值是多少？（[x] 表示不超过实数x的最大整数．）
【题说】1996年日本数学奥林匹克预选赛题8． 【解】设x=10p+q（p，q为整数，0≤q≤9），则
于是
由上式易知，f（x）的值为x的十进制表示中数字1的个数．故在0≤x≤1996内，f（x）的最大值是4，此时x=1111．
B5－0 设实数x1，x2，…，x1997满足条件
【题说】1997年中国数学奥林匹克题1．
即 3x－y+a=－9 （1′）
x+y=1996 （2′）
相加得 4x+a=1042．从而a=1042－4x为整数且a≡2（mod 4）．因
最大值18．
[1]
B5－090 设A={1，2，…，17}．f：A→A，作函数f迭代：f （x）
[k+1][k]
=f（x），f（x）=f（f（x）），k∈N+．如果f是A→A的一一映射，且满足
（1）当m＜M，1≤i≤16时， f（i+1）－f（i） ±1（mod 17） [m][m]
f（1）－f（17） ±1（mod 17）
（2）当1≤i≤16时，
[M][M]
f（i+1）－f（i）≡1或－1（mod 17） [M][M]
f（1）－f（17）≡1或－1（mod 17）
试对满足上述条件的一切f，求所对应的M的最大可能值，并给以证明．
[m]
[m]
【题说】1997年中国数学奥林匹克题5． 【解】（1）先证 M≤8． 由于f是一一映射，所以
[k][k]{f（1），…，f（17）}={1，2，…，17}．k∈N+
[k]
从而对k=1，2，…，M，存在ak∈A，使f（ak）=1．
[k][k]
假设存在k，l，（1≤k＜l≤M）使得f（ak+1）、f（ak－1）之一与[l][l][k][l]f（al－1）、f（al+1）之一相等，不妨设f（ak+1）=f（al+1）．
[l－k][k][l]
由于f是一一映射，便应有 ak+1=f（al+1）．又因f（ak）=1=f
[l－k
（al），有ak=f]（al）．
[l－k][l－k]
从而f（al+1）－f（al）=1．
但这里1≤l－k＜M，与M定义矛盾．因此，对任意k，l，1≤k＜l≤M，都有
[k][l]
f（ak±1）≠f（al±1） [k][k]
又显然 f（ak+1）≠f（ak－1），k=1，2，…，M．
[l][1][2][2][M]
故 f（a1+1），f（a1－1），f（a2+1），f（a2－1），…，f
[M]
（aM+1），f（aM－1）互不相同．故2M≤17，M≤8．
（2）证明M=8为最大值．
设 f（k）≡5k（mod 17）
2345678
因为 5≡5，5≡8，5≡6，5≡13，5≡14，5≡2，5≡10，5≡－1（mod 17）
所以，对任意n∈{1，2，…，7}，有 f（k+1）－f（k）≡5·（k+1）－5·k ±1（mod 17） 而
[8][8]
f（k+1）－f（k）
88
≡5（k+1）－5·k≡1（mod 17）
因此M=8是满足条件的最大值．
B5－091 设f（x）是定义在整数集上的整值函数，满足下列4条性质：
（1）对任意x∈Z，0≤f（x）≤1996； （2）对任意x∈Z，f（x+1997）=f（x）； （3）对任意x，y∈Z，
f（xy）≡f（x）f（y）（mod 1997）
（4）f（2）=999．
已知这样的函数存在且唯一，据此求满足f（x）=1000的最小正整数x．
【题说】1997年日本数学奥林匹克预选赛题9． 【解】考虑函数f（x）：
当x是1997的倍数时，f（x）=0；
[n]
[n]
n
n
当x不是1997的倍数时，因为1997是素数，x与1997互素，xy≡1（mod1997）有唯一的整数解y∈{1，2，…，1996}．定义f（x）=y．
不难验证，上述函数满足条件（1）～（4）．所以它就是本题所说的唯一的函数f（x）．
而所求的最小正整数x=1332．
B5－092 自三角形ABC的角顶引外角角平分线，两两相交得△A1B1C1．类似地再作出△A2B2C2、△A3B3C3、…，以A、B、C和An、Bn、Cn分别表示△ABC和△AnBnCn的内角，
1．求证：
【题说】1963年杭州市赛高三二试题2．先建立An与An－1递推关系，再用数学归纳法证明．
【解】
1．如图，∠1=∠3，∠1+∠B+∠3=π，
从而
于是
B5－093 在平面上画出一个圆，半径为r，圆心在直角坐标系的原点．设δ（r）是和所画的圆最近的整点到圆的距离．证明：如果圆的半径r充分大，便可使距离δ（r）任意小，即当 r→∞时，δ（r）→0．
【题说】1973年匈牙利数学奥林匹克题2．
【证】令 u=[r]．直线 x=u上有两个相邻整点 B（u，v）和 A（u，v+1）．一个在圆内，一个在圆外，即
22222u+v≤r＜u+（v+1）
连结圆心O与A，交圆于A1，则
而
当r→+∞时，
B5－094 计算：
【题说】1981年上海市赛二试题3．
B5－095 a，b为正整数，且a＞b．设xn=an+2bn．对实数x，
【题说】1994年日本数学奥林匹克预选赛题9． 【解】由
22222an＜an+2bn＜（an+1）
22
是△AnBnM的外心，当n→∞时，求Pn的极限点的坐标（a，b），这
【题说】1997年爱朋思杯——上海市赛决赛题2．
△MAnBn是以AnBn为底边的等腰三角形，底边中垂线方程为y=x．
AnM的中垂线方程为
由此求得外心Pn（xn，yn）的坐标
故极限点的坐标为（2，2）．
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