设正实数 $x,y$ 满足 $xy=1$，求函数 $f(x,y)=\dfrac{x+y}{[x][y]+[x]+[y]+1}$ 的值域，其中 $[x]$ 表示不超过实数 $x$ 的最大整数．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
略
【解析】
由对称性，不妨设 $x\geqslant y$，则 $x^2\ge1,x\ge1$．
（1）当 $x=1$ 时，$y=1$，此时 $f(x,y)=\dfrac{1}{2}$．
（2）当 $x>1$ 时，$[x]=n$，$\{x\}=x-[x]=\alpha$．则 $x=n+\alpha$，$0\leqslant\alpha<1$．于是 $y=\dfrac{1}{n+\alpha}<1$，故 $[y]=0$．
从而，$f(x,y)=\dfrac{n+\alpha+\dfrac{1}{n+\alpha}}{n+1}$．
由函数 $g(x)=x+\dfrac{1}{x}$ 在 $x\ge1$ 时单调递增以及 $0\leqslant\alpha<1$ 得$$n+\dfrac{1}{n}\leqslant n+\alpha+\dfrac{1}{n+\alpha}<n+1+\dfrac{1}{n+1}.$$所以 $
\dfrac{n+\dfrac{1}{n}}{n+1}
\leqslant f(x,y)<\dfrac{n+1+\dfrac{1}{n+1}}{n+1}$．
设 $a_n=\dfrac{n+\dfrac{1}{n}}{n+1}=\dfrac{n^2+1}{n^2+n}=1-\dfrac{n-1}{n^2+n},b_n=\dfrac{n+1+\dfrac{1}{n+1}}{n+1}=1+\dfrac{1}{(n+1)^2}$．
则 $a_{n+1}-a_n=\dfrac{n-2}{n(n+1)(n+2)}$．
当 $n\ge1$ 时，有 $a_1>a_2=a_3,a_3<a_4<\cdot<a_n<\cdot,b_1>b_2>\cdot>b_n>\cdot.$
于是，当 $x>1$ 时，$f(x,y)$ 的值域为 $[a_2,b_1)$，即 $[\dfrac{5}{6},\dfrac{5}{4})$．
综上，$f(x,y)$ 的值域为 $\{\dfrac{1}{2}\}\bigcup[\dfrac{5}{6},\dfrac{5}{4})$．
（1）当 $x=1$ 时，$y=1$，此时 $f(x,y)=\dfrac{1}{2}$．
（2）当 $x>1$ 时，$[x]=n$，$\{x\}=x-[x]=\alpha$．则 $x=n+\alpha$，$0\leqslant\alpha<1$．于是 $y=\dfrac{1}{n+\alpha}<1$，故 $[y]=0$．
从而，$f(x,y)=\dfrac{n+\alpha+\dfrac{1}{n+\alpha}}{n+1}$．
由函数 $g(x)=x+\dfrac{1}{x}$ 在 $x\ge1$ 时单调递增以及 $0\leqslant\alpha<1$ 得$$n+\dfrac{1}{n}\leqslant n+\alpha+\dfrac{1}{n+\alpha}<n+1+\dfrac{1}{n+1}.$$所以 $
\dfrac{n+\dfrac{1}{n}}{n+1}
\leqslant f(x,y)<\dfrac{n+1+\dfrac{1}{n+1}}{n+1}$．
设 $a_n=\dfrac{n+\dfrac{1}{n}}{n+1}=\dfrac{n^2+1}{n^2+n}=1-\dfrac{n-1}{n^2+n},b_n=\dfrac{n+1+\dfrac{1}{n+1}}{n+1}=1+\dfrac{1}{(n+1)^2}$．
则 $a_{n+1}-a_n=\dfrac{n-2}{n(n+1)(n+2)}$．
当 $n\ge1$ 时，有 $a_1>a_2=a_3,a_3<a_4<\cdot<a_n<\cdot,b_1>b_2>\cdot>b_n>\cdot.$
于是，当 $x>1$ 时，$f(x,y)$ 的值域为 $[a_2,b_1)$，即 $[\dfrac{5}{6},\dfrac{5}{4})$．
综上，$f(x,y)$ 的值域为 $\{\dfrac{1}{2}\}\bigcup[\dfrac{5}{6},\dfrac{5}{4})$．
答案
解析
备注
