招投标法实施条例-食品安全法试题

初中数学竞赛辅导 专题六:取整函数
一、 基础知识
定义：设
xR
，用

x

表示不大于
x
的最大整 数，则
y

x

称为高斯函数，也叫取整
函数；
任一实数都能写成整数部分与非负纯小数之和，即
x

x

a

0a1

，这里，

x

为
x
的整数部分，记

x

x

x

为
x
的小数部分。
性质：
由
[x]
、
{x}
的定义不难得到如下性质：
（1）对任 意实数
x
，都有
x[x]{x},且0{x}1
.
（2） 对任意实数
x
，都有
[x]x[x]1,x1[x]x
. （3）显然，
y

x

的定义域是R，值域是Z。
y {x}
的定义域为R，值域为
[0,1)
。
从函数的图象可以看出，y[x]
的图象由成阶梯形的等长平行线段组成，函数不减，
即若
x
1
x
2
则
[x
1
][x
2
]
， 其图像如图I －1；
（5）
[xy][x][y];{x{x}{y}{xy };[

x]

[x],x
ii
i1i1
n n
i
R
；特别地，
[
naa
]n[].
< br>bb
（6）
[xy][x][y]
，其中
x,yR
< br>；一般有
[

x]

[x],x
ii
i 1
i1
n
n
i
R

；特别地，
[
n
x]
n
[x],xR,nN

. < br>


x

1(x不是整数）
（7）

x





x是整数）




x（
（8）若
nN

，则



x



x



x

；

x




；当
n1
时，



n< br>

n

（9）若整数
a,b
适合
abq r
（
b0,q,r
是整数，
0rb
），则
q
；
b
（9）
x
是正实数，
n
是正整数， 则在不超过
x
的正整数中，
n
的倍数共有

个；
n
（10）设

a



x


p
为任一素数，在
n!
中含
p
的最高乘方次数记为< br>p

n!

，则有：

n

< br>
m


p
m
np
m1
< br>。

p

,n
所含
p
的方
y{ x}
的图象由端点位于
x
轴上整点的无数条与
yx(011)
平行的线段组成，I －2.










图Ⅰ—1 图Ⅰ—2
（4）
[xn]n[x];{xn}{x}
.其中
x R,nZ
.


n

n

p

n!





2

< br>
p

p

证明：由于
p
是素数，所有< br>n!
中所含
p
的方次数等于
n!
的各个因数
1,2,
次数之总和。由性质10可知，在
1,2,

n


n

2
,n
中，有

个
p
的倍数，有

2

个
p
的倍数，

p

p

m1
有



n

3
p
个的倍数，
3

p

，当
pnp
m
时，


n

n



m2


m1

p
p

0
，所以命题成
立。

高斯函 数是非常重要的数学概念。它的定义域是连续的，值域却是离散的，高斯函数
关联着连续和离散两个方面 ，因而有其独特的性质和广泛的应用。
解决有关高斯函数的问题需要用到多种数学思想方法，其中较为 常见的有分类讨论（例
如对区间进行划分）、命题转换、数形结合、凑整、估值等等。

二、

例题选讲
注：本例中方程为

u
< br>v
型的，通常运用高斯函数的定义和性质并结合换元法求解。
6、求方程
4x40[x]510的实数解.

解：
因[x]x[x]1,又[x]0不是解.

2

4([x]1)40[x]510,


2


4[x]4[x]510.


(2[x]5)(2[x]1 1)0.


(2[x]3)(2[x]70.
2
1. 用
[a]
表示不超过
a
的最大整数，则
[a][a]_____

2. 若设
[x]5,[y]3,[z]1
，则
[x yz]
可以取值的个数是（ ）
A． 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
3. 正整数
n
小于100，并且满足等式
a
，则这样的正整数
n
有（ ）个
A . 2 B. 3 C. 12 D. 16
4.计算：

23n

的值。


n 1

101

,100

,
23n23n
23

101n

Z,23
，
1011011 01
100
100
511

[x],[x],
< br>22

33


[x],或

[x] ,
22

17

17

[x];[x].

22

解得[x]2或[x]6或7或8,分别代入方程得:29
;
2
189
4x
2
1890,x;
2
229
4x
2
2290,x;
2
269
4 x
2
2690,x.
2
4x
2
290,x经检验知，这四个值都是原方程的解.

解：由题意得：对于任意的
n

1,2,

23n


23

101 n



23n


23

1 01n



23n



1; 22.22501100





101101

101



101


n1

101


说明：本例采用了分组凑整的思想 。
5．解方程



56x

15x7

。

5

8

解：令
15x75n7

10n39

n
，由高，带入原方程整理得：

n

nZ

，则
x

40
515

10
20000
]
的个位数字 7、求出
[
100< br>103
斯函数的定义有
0
10n39113
n1
， 解得：
n
，则
n0,n1
。
403010
74
若
n0
，则
x
；若
n1
，则
x< br>。
155
10
20000
解：先找出
100
的整数 部分与分数部分.
103

3
200
10
20000
(10
100
)
200
3
200

100
=
100
100
103103
103
三、

课堂练习
(10)
100200
3
200
[(10) ]
1002100
(3)
2100
,
1、
[
1
1667
]=_____

知(10
100
)
2
3
2
|10
20000
3
200
又10
100
3|(10
100
)
2
3
2
,
10
20000
3
200
知
10
100
3
是整数.
3
200
9
100
显然
100

100
1,
103103
10
20000
10
2000
3
200
10
20000
9100
10
20000
81
50
知[
100
].
100100100
103103103103
其中分母的个位数 字为3，分子的个位数字为9，故商的个位数字为3.
8、在数列
[

2、 满足方程
[-77.66x][77.66]x1
的整数解 的个数是（）
A 1 B 2 C 3 D 4
3、 方程
[1.9x][8.8y]36
的正整数解的个数为（）
A 5 B 4 C 3 D 2
4、 求
[3x+1]=2x+
9
的所有解的和。
2
5、 方程组



3[x]+2{y}=18
的解是 （）

3{x}[y]4
123
],[],[],
0
222
1 980
[]
中有多少个不同的数？
1980
2
分析：我们注意到第 一项为0，若每两项的差不超过1，则所有满足此条件的数均能取到，
不存在跳跃现象，若每两项的差大 于1，则每个项均不同于前面的项。
(k1)
2
k
2
2k1< br>k
2
]
；则去除取整符号的相邻两项为

令通项为
[

0
1980
它们的间隔
2k1
；
1980
当k989时，任意相邻的间距为
989
2
当k=989时，有[]=49 4;
1980
当k989时，任意相邻的间距为
2k1
1;
1 980

2k1
1;
1980

当k989时，有4 94个整数，所以有494+1（从0到494）个不同的整数
当k987时，有1980-989= 991项，每项对应一个整数，所以有991个不同的整数
于是此题中共有495+991=1486个 整数