高中数学竞赛讲义

1、数学竞赛讲义目录第一章 集合2第二章 函数15§2.1 函数及其性质15§2.2二次函数21§2.3函数迭代28§2.4抽象函数32第三章 数列37§3.1 等差数列及等比数列37§3.2 递归数列通项公式的求法44§3.3 递推法解题48第四章 三角 平面向量 复数51第五章 直线、圆、圆锥曲线60第六章 空间向量 简单几何体68第七章 二项式定理及多项式75第八章 联赛二试选讲82§8.1 平几名定理、名题及竞赛题82§8.2 数学归纳法 99§8.3排序不等式103第一章 集合集合是高中数

2、学中最原始、最基础的概念，也是高中数学的起始单元，是整个高中数学的基础.它的基础性体现在：集合思想、集合语言和集合的符号在高中数学的很多章节如函数、数列、方程及不等式、立体几何及解析几何中都被广泛地使用.在高考试题和数学竞赛中，很多问题可以用集合的语言加以叙述.集合不仅是中学数学的基础，也是支撑现代数学大厦的基石之一，本章主要介绍集合思想在数学竞赛中出现的问题.§1.1 集合的概念及运算【基础知识】一集合的有关概念1集合：具有某些共同属性的对象的全体，称为集合.组成集合的对象叫做这个集合的元素.2集合中元素的三个特征：确定性、互异性、无序性.3集合的分类：无限集、有限集、空集.4.

3、集合间的关系：二集合的运算1交集、并集、补集和差集差集：记A、B是两个集合，则所有属于A且不属于B的元素构成的集合记作.即且.2.集合的运算性质(1),(幂等律);(2),(交换律);(3),(结合律);(4),(分配律);(5),(吸收律);(6)(对合律);(7),(摩根律)(8),.3.集合的相等(1)两个集合中元素相同,即两个集合中各元素对应相等;(2)利用定义,证明两个集合互为子集;(3)若用描述法表示集合,则两个集合的属性能够相互推出(互为充要条件),即等价;(4)对于有限个元素的集合,则元素个数相等、各元素的和相等、各元素之积相等是两集合相等的必要条件.【典例精析】【例1】在集合

4、中,任意取出一个子集,计算它的各元素之和.则所有子集的元素之和是.分析已知的所有的子集共有个.而对于,显然中包含的子集及集合的子集个数相等.这就说明在集合的所有子集中一共出现次,即对所有的求和,可得【解】集合的所有子集的元素之和为=说明本题的关键在于得出中包含的子集及集合的子集个数相等.这种一一对应的方法在集合问题以及以后的组合总是中应用非常广泛.【例2】已知集合且,求参数的取值范围.分析首先确定集合A、B,再利用的关系进行分类讨论.【解】由已知易求得当时,由知无解;当时,显然无解; 当时,由解得综上知,参数的取值范围是.说明本题中,集合的定义是一个二次三项式,那么寻于集合B要分类讨论使其取值

5、范围数字化,才能通过条件求出参数的取值范围.【例3】已知,集合.若,则的值是( )A.5 B.4 C.25 D.10【解】,且及集合中元素的互异性知,即,此时应有而,从而在集合B中,由,得由(2)(3)解得,代入(1)式知也满足(1)式.说明本题主要考查集合相等的的概念,如果两个集合中的元素个数相等,那么两个集合中对应的元素应分别相等才能保证两个集合相等.而找到这种对应关系往往是解决此类题目的关键.【例4】已知集合.若,求+的值.分析从集合A=B的关系入手,则易于解决.【解】,根据元素的互异性,由B知.且,故只有,从而又由及,得所以或,其中及元素的互异性矛盾!所以代入得:+=()+2+()+2

6、+()+2=0.说明本题是例4的拓展,也是考查集合相等的概念,所不同的是本题利用的是集合相等的必要条件,即两个集合相等,则两个集合中,各元素之和、各元素之积及元素个数相等.这是解决本题的关键.【例5】已知A为有限集,且,满足集合A中的所有元素之和及所有元素之积相等,写出所有这样的集合A. 【解】设集合A=且,由,得,即或(事实上,当时,有.当时,而当时,由,解得综上可知,说明本题根据集合中元素之间的关系找到等式,从而求得集合A.在解决问题时,应注意分析题设条件中所给出的信息,根据条件建立方程或不等式进行求解.【例6】已知集合,若,求实数的取值组成的集合A.【解】,设.当,即时,满足;当,即或时

7、, 若,则,不满足,故舍去; 若时,则,满足.当时,满足等价于方程的根介于1和2之间.即.综合得,即所求集合A.说明先讨论特殊情形(S=),再讨论一般情形.解决本题的关键在于对分类讨论,确定的取值范围.本题可以利用数形结合的方法讨论【例7】(2005年江苏预赛)已知平面上两个点集 R, R. 若 , 则 的取值范围是【解】由题意知是以原点为焦点、直线 为准线的抛物线上及其凹口内侧的点集， 是以 为中心的正方形及其内部的点集(如图)考察 时,的取值范围:令 , 代入方程,得 ，解出得 所以，当 时, 令 ，代入方程 , 得 . 解出得所以，当 时, 因此, 综合 及 可知，当 ，即 时,故填 .

8、【例8】已知集合,其中,.若,.且中的所有元素之和为124,求集合A、B.【解】,且,又,所以又,可得,并且或若,即,则有解得或(舍)此时有若,即,此时应有,则中的所有元素之和为100124.不合题意.综上可得,说明本题的难点在于依据已知条件推断集合A、B中元素的特征.同时上述解答中使用发分类讨论的思想.分类讨论是我们解决问题的基本手段之一,将问题分为多个部分,每一部分的难度比整体都要低,这样就使问题变得简单明了.【例9】满足条件的函数形成了一个集合M,其中,并且,求函数及集合M的关系.分析求函数集合M的关系,即求该函数是否属于集合M,也就是判断该函数是否满足集合M的属性.【解】取时,由此可见

9、,说明本题中M是一个关于函数的集合.判断一个函数是否属于M,只要找至一个或几个特殊的使得不符合M中的条件即可证明【例10】对集合及每一个非空子集定义唯一“交替和”如下:把子集中的数按递减顺序排列,然后从最大数开始,交替地加减相继各数,如的“交替和”是,集合的“交替和”是107=3,集合的“交替和”是5等等.试求A的所有的“交替和”的总和.并针对于集合求出所有的“交替和”.分析集合A的非空子集共有个,显然,要想逐个计算“交替和”然后相加是不可能的.必须分析“交替和”的特点,故可采用从一般到特殊的方法.如1,2,3,4的非空子集共有15个,共“交替和”分别为:1 1;2 2 ;3 3;4 4;1,

10、2 2-1; 1,3 3-1;1,4 4-1;2,3 3-2;2,4 4-2;3,4 4-3;1,2,3 3-2+1;1,2,4 4-2+1;1,3,4 4-3=1;2,3,4 4-3+2;1,2,3,4 4-3+2-1.从以上写出的“交替和”可以发现,除4以外,可以把1,2,3,4的子集分为两类:一类中包含4,另一类不包含4,并且构成这样的对应:设是1,2,3,4中一个不含有的子集,令及相对应,显然这两个集合的“交替和”的和为4,由于这样的对应应有7对,再加上4的“交替和”为4,即1,2,3.4的所有子集的“交替和”为32.【解】集合的子集中,除了集合,还有个非空子集.将其分为两类:第一类是

11、含2008的子集,第二类是不含2008的子集,这两类所含的子集个数相同.因为如果是第二类的,则必有是第一类的集合;如果是第一类中的集合,则中除2008外,还应用1,2,2007中的数做其元素,即中去掉2008后不是空集,且是第二类中的.于是把“成对的”集合的“交替和”求出来,都有2008,从而可得A的所有子集的“交替和”为同样可以分析,因为个元素集合的子集总数为个(含,定义其“交替和”为0),其中包括最大元素的子集有个,不包括的子集的个数也是个,将两类子集一一对应(相对应的子集只差一个元素),设不含的子集“交替和”为S,则对应的含子集的“交替和”为,两者相加和为.故所有子集的“交替和”为说明本

12、题中退到最简,从特殊到一般的思想及分类讨论思想、对应思想都有所体现,这种方法在数学竞赛中是常用的方法,在学习的过程中应注意强化.【例11】一支人数是5的倍数的且不少于1000人的游行队伍，若按每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人，求这支游行队伍的人数最少是多少？分析已知游行队伍的总人数是5的倍数，那么可设总人数为.“按每横排4人编队，最后差3人”，从它的反面去考虑，可理解为多1人，同样按3人、2人编队都可理解为“多1人”，显然问题转化为同余问题.被4、3、2除时都余地，即是12的倍数，再由总人数不少于1000人的条件，即可求得问题的解.【解

13、】设游行队伍的总人数为，则由题意知分别被4、3、2除时均余1，即是4、3、2的公倍数，于是可令，由此可得：要使游行队伍人数最少，则式中的应为最少正整数且为5的倍数，应为2.于是可令，由此可得：，所以，.取代入式，得故游行队伍的人数最少是1045人.说明本题利用了补集思想进行求解，对于题目中含有“至少”、“至多”、“最少”、“不都”、“都”等词语，可以根据补集思想方法，从词义气反面（反义词）考虑，对原命题做部分或全部的否定，用这种方法转化命题，常常能起到化繁为简、化难为易的作用，使之寻求到解题思想或方法，实现解题的目的.【例12】设且15，都是1，2，3，真子集，且=1，2，3，.证明：或者中必

14、有两个不同数的和为完全平方数.【证明】由题设，1，2，3，的任何元素必属于且只属于它的真子集之一.假设结论不真，则存在如题设的1，2，3，的真子集，使得无论是还是中的任两个不同的数的和都不是完全平方数.不妨设1，则3，否则1+3=，及假设矛盾，所以3.同样6，所以6，这时10，即10.因15，而15或者在中，或者在中，但当15时，因1，1+15=，矛盾；当15时，因10，于是有10+15=，仍然矛盾.因此假设不真,即结论成立.【赛向点拨】1.高中数学的第一个内容就是集合，而集合又是数学的基础.因此，深刻理解集合的概念,熟练地进行集合运算是非常重要的.由于本节中涉及的内容较多,所以抓好概念的理解

15、和应用尤其重要.2.集合内容几乎是每年的高考及竞赛的必考内容.一般而言,一是考查集合本身的知识;二是考查集合语言和集合思想的应用.3.对于给定的集合,要正确理解其含义,弄清元素是什么,具有怎样的性质?这是解决集合问题的前提.4.集合语言涉及数学的各个领域,所以在竞赛中,集合题是普遍而又基本的题型之一.【针对练习】(A 组)1.(2006年江苏预赛) 设在平面上，所围成图形的面积为，则集合的交集所表示的图形面积为( ) A. B. C. D.2.(2006年陕西预赛)为实数,集合M=表示把集合M中的元素映射到集合P中仍为,则的值等于( ) A. B.0 C.1 D.3. (2004年全国联赛)已

16、知M=，N=，若对于所有的，均有则的取值范围是A B.（）C.（） D.4. (2005年全国联赛) 记集合将M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（）A B C D5. 集合A,B的并集AB=a1,a2,a3，当且仅当AB时，(A,B)及(B,A)视为不同的对，则这样的(A,B)对的个数有( )A.27 B.28. C.26 D.256.设A=n|100n600,nN，则集合A中被7除余2且不能被57整除的数的个数为_.7. 已知,.若,则实数的取值范围是.8. 设M=1,2,3,1995，A是M的子集且满足条件: 当xA时,15xA，则A中元素的个数最多是_.9. (2006年

17、集训试题)设n是正整数，集合M=1，2，2n求最小的正整数k，使得对于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于10.设|,，求证：()；.11.（2006年江苏）设集合，若，求实数的取值范围12. 以某些整数为元素的集合具有下列性质：中的元素有正数，有负数；中的元素有奇数,有偶数；1；若，,则试判断实数0和2及集合的关系. (B 组)1. 设为满足下列条件的有理数的集合：若，则+，；对任一个有理数，三个关系，0有且仅有一个成立.证明：是由全体正有理数组成的集合.2为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列，若，则（1） 证明：三个集合中至少有两个相等.（2） 三个集合中是否可能有

18、两个集无公共元素？3已知集合：问（1） 当取何值时，为含有两个元素的集合？（2） 当取何值时，为含有三个元素的集合？4已知,.请根据自己对点到直线的距离,两条异面直线的距离中 “距离”的认识,给集合A及B的距离定义;依据中的定义求出及的距离.5.设集合不小于的正整数，定义上的函数如下：若，定义为不是的约数的最小正整数，例如.记函数的值域为.证明：6为了搞好学校的工作，全校各班级一共提了P条建议.已知有些班级提出了相同的建议，且任何两个班级都至少有一条建议相同，但没有两个班提出全部相同的建议.求证该校的班级数不多于个.【参考答案】A组1.解： 在xOy平面上的图形关于x轴及y轴均对称，由此的图形

19、面积只要算出在第一象限的图形面积乘以4即得.为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了.由题意可得，的图形在第一象限的面积为A.因此的图形面积为.所以选B.2.解:由M=P,从而,即,故从而选C.3.解：相当于点（0，b）在椭圆上或它的内部.故选A.4.解:用表示k位p进制数，将集合M中的每个数乘以，得中的最大数为.在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是24002004=396.而将此数除以，便得M中的数故选C.5.解：A=时，有1种可能；A为一元集时，B必须含有其余2元，共有6种可能；A为二元集时，B必须含有另一元.共有12种可能；A为三元集时，B可为其任一子集.共8种可能

20、.故共有1+6+12+8=27个.从而选A.6解：被7除余2的数可写为7k+2. 由1007k+2600.知14k85. 又若某个k使7k+2能被57整除，则可设7k+2=57n. 即. 即n2应为7的倍数. 设n=7m+2代入，得k=57m+16. 1457m+1685. m=0,1.于是所求的个数为85(141)2=70解：依题意可得,设,要使,只需,在(1,3)上的图象均在轴的下方,则,由此可解得结果.8解：由于1995=15´133，所以，只要n>133，就有15n>1995.故取出所有大于133而不超过1995的整数. 由于这时己取出了15´9=135

21、, 15´133=1995. 故9至133的整数都不能再取，还可取1至8这8个数，即共取出1995133+8=1870个数, 这说明所求数1870.另一方面，把k及15k配对，（k不是15的倍数，且1k133）共得1338=125对，每对数中至多能取1个数为A的元素，这说明所求数1870，综上可知应填1870.9.解：考虑M的n+2元子集P=nl，n，n+1，2nP中任何4个不同元素之和不小于(n1)+n+( n +1)+( n +2)=4 n +2，所以kn +3将M的元配为n对，Bi=(i，2 n +1i)，1in对M的任一n+3元子集A，必有三对同属于A(i1、I 2、I3两两

22、不同)又将M的元配为n1对，C I (i，2ni)，1in1对M的任一n+3元子集A，必有一对同属于A，这一对必及中至少一个无公共元素，这4个元素互不相同，且和为2 n +1+2 n =4 n +1,最小的正整数k= n +31010.解:,且,；假设,则存在,使即 (*)由于及具有相同的奇偶性，所以（*）式左边有且仅有两种可能：奇数或4的倍数，另一方面，（*）式右边只能被4除余2的数，故（*）式不能成立.由此，.11.解：，当时，由得；当时，由得；当时，及不符综上所述，12解：由若，,则可知，若，则（1） 由可设，且0，0，则| (|)故,由,0()+.（2）2.若2，则中的负数全为偶数，不

23、然的话，当（）（）时，1（），及矛盾.于是，由知中必有正奇数.设，我们取适当正整数，使，则负奇数.前后矛盾B组1证明：设任意的，0,由知，或之一成立.再由，若，则；若，则.总之，.取=1，则1.再由，2=1+1，3=1+2，可知全体正整数都属于.设，由，又由前证知，所以.因此，含有全体正有理数.再由知，0及全体负有理数不属于.即是由全体正有理数组成的集合.2证明：（1）若，则，所以每个集合中均有非负元素.当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立.否则，设中的最小正元素为，不妨设，设为中最小的非负元素，不妨设则.若0,则0，及的取法矛盾.所以=0.任取因0,故0.所以，同理.所以=.（）可能.例

24、如=奇数，=偶数显然满足条件，和及都无公共元素.3解：=.及分别为方程组（） （）的解集.由（）解得（）=（0，1）=（，）；由（）解得（）=（1，0），（，）（1） 使恰有两个元素的情况只有两种可能：由解得=0；由解得=1.故=0或1时，恰有两个元素.（2） 使恰有三个元素的情况是：=解得，故当时，恰有三个元素.4解: (1)设(即集合A中的点及集合B中的点的距离的最小值),则称为A及B的距离.解法一：中点的集合为圆圆心为,令是双曲线上的任一点,则=+8=令,则=当时,即有解，解法二：如图,是双曲线上的任一点, Q为圆上任一点,圆心为.显然,(当三点共线时取等号).5解：记时，由于1，2，1

25、8都是的约数，故此时从而若存在，使，则对于小于99的正整数，均有，从而，但是，由整数理论中的性质9×11=99是的一个约数，这是一个矛盾！从而6证明：假设该校共有个班级，他们的建议分别组成集合。这些集合中没有两个相同（因为没有两个班级提出全部相同的建议），而任何两个集合都有相同的元素，因此任何一个集合都不是另外一个集合的补集。这样在中至多有A（所有P条建议所组成的集合）的个子集，所以第二章 函数§2.1 函数及其性质一、函数的基本性质：1. 函数图像的对称性（1） 奇函数及偶函数：奇函数图像关于坐标原点对称，对于任意，都有成立；偶函数的图像关于轴对称，对于任意，都有成立。（

26、2） 原函数及其反函数：原函数及其反函数的图像关于直线对称。 若某一函数及其反函数表示同一函数时，那么此函数的图像就关于直线对称。（3） 若函数满足，则的图像就关于直线对称；若函数满足，则的图像就关于点对称。（4） 互对称知识：函数的图像关于直线对称。2函数的单调性 函数的单调性是针对其定义域的某个子区间而言的。判断一个函数的单调性一般采用定义法、导数法或借助其他函数结合单调性的性质（如复合函数的单调性） 特别提示：函数的图像和单调区间。3函数的周期性 对于函数，若存在一个非零常数，使得当为定义域中的每一个值时，都有成立，则称是周期函数，称为该函数的一个周期。若在所有的周期中存在一个最小的正数

27、，就称其为最小正周期。（1） 若是的周期，那么也是它的周期。（2） 若是周期为的函数，则是周期为的周期函数。（3） 若函数的图像关于直线对称，则是周期为的函数。（4） 若函数满足，则是周期为的函数。4.函数的最值： 常规求法：配方法、判别式法、不等式法、换元法、构造法5Gauss(高斯)函数对于任意实数，我们记不超过的最大整数为，通常称函数为取整函数。又称高斯函数。又记，则函数称为小数部分函数，它表示的是的小数部分。高斯函数的常用性质：（1） 对任意 （2） 对任意，函数的值域为（3） 高斯函数是一个不减函数，即对于任意（4） 若，后一个式子表明是周期为1的函数。（5） 若 （6） 若二、应用

28、举例：例1已知是一次函数，且求的解析式例2已知例3函数，求函数迭代中的”穿脱”技巧设函数y=f(x),并记fn(x)=f(f(f(fx),其中n是正整数, fn(x)叫做函数f(x)的n次迭代,函数迭代是一种特殊的函数复合形式,在现代数学中占有很重要的地位,尤其是近年来在国内外数学竞赛屡次出现,成为热点问题之一,以引起广在数学爱好者的关注.由f(x)(或fn(x)的表达式”穿上”或”脱去”n-1个函数符号得出fn(x)(或f(x)的函数迭代问题,这里我们对数学竞赛中穿脱问题的解题技巧作简单介绍和粗浅的探索.1程序化穿脱“穿”,”脱”函数符号是一种有序的过程,由内至外一层层穿上f,或从外至内一层

29、层脱去f,往往是一种程序化的模式,例 已知f(x)=,求fn(x).2实验法穿脱许多情况下,求解穿脱问题并非只是一种程序化的操作,还需要用敏锐的思维和眼光去发现穿脱过程所蕴含的规律性,实验是发现的源泉,是发现规律的金钥匙.例函数定义在整数集上,且满足f(n)=n-3 (n1000)ff(n+5)(n1000求f(84)例21 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n2令fn(k)=f1(fn-1(k),求f1988(11).3周期性穿脱在求解函数迭代问题时我们经常要借助于函数的周期性,利用周期性穿脱要能达到进退自如,做到需穿插则穿,需脱则脱,从而优化解题过程.例定义域为

30、正整数的函数,满足:f(n)=n-3 (n1000)ff(n+7)(n1000.试求f(90)练习1.设n是自然数,f(n)为n2+1(十进制)的数字之和,f1(n)=f(n),求的f100(1990)值.2.已知f(x)=.设f35(x)=f5(x),求f28(x).例4求函数的值域。两边平方得，从而且。由或y2。任取y2，由，易知x2，于是。任取，同样由，易知x1。于是。因此，所求函数的值域为。例5（1）设x,y是实数，且满足，求x+y的值（2） 若方程有唯一解，求a例6：解方程、不等式：（1）（2）(x8)2007x20072x80（3）Ex1.求的图象及轴交点坐标。解： 令，可知是奇函

31、数，且严格单调，所以，当时，所以，故，即图象和轴交点坐标为若函数为单调的奇函数，且，则。若遇两个式子结构相同，不妨依此构造函数，若刚好函数能满足上述性质，则可解之。Ex2. 设函数，则对任意实数a,b,是的（ ）A充分必要条件 B充分不必要条件 C必要不充分条件 D既不充分又不必要条件探求讨论函数的有关性质，历年来都是数学竞赛的命题热点之一，例如探求函数的周期性，函数的不等式证明，以及解反函数的不等式等问题。而解决这类问题的办法就是要“穿脱”函数符号“f”，下面我们从具体的例子谈一谈“穿脱”的技巧及方法.1.单调性穿脱法对于特殊函数的单调性,我们可以根据函数值相等或函数的单调性对函数“f”进行

32、“穿脱”,进而达到化简的目的,由此使问题获得解答.已知函数f(x)在区间(-,+)上是增函数,a和b是实数.试证:证明命题:如果a+b0那么f(a)+f(b)f(-a)+f(-b).判断中的逆命题是否正确,并证明你的结论.2 反函数穿脱法灵活自如地处理原函数f(x)及反函数f-1(x),并能熟练地运用f-1(f(x)=x,f(f-1(x)=x进行穿脱函数符号“f”，这是极为常用而又重要的方法.引理 若f(x),g(x)互为反函数,且f(a+b)=f(a) f(b),则g(mn)=g(m)+g(n)例 已知函数f(x)满足:f()=1;函数的值域为-1,1;严格递减; f(xy)= f(x)+f

33、(y).试求:求证: 不在f(x)的定义域内求不等式f-1(x)f-1()的解集3定义探求法在求解有关函数方程的问题时,我们经常会遇到要证明某函数为周期性函数,此时我们一般采用周期函数的定义来求解,探求函数的有关性质.例设a>0, f(x)是定义在实数集上的一个实值函数,且对每一实数x,有f(x+a)=+证明: f(x)是周期函数;对a=1,具体给出一个这样的非常数的函数f(x)例7设，均为实数，试求当变化时，函数的最小值。例8设是定义在Z上的一个实值函数，满足，求证：是周期为4的周期函数。 例9已知函数f(x)对任意实数x,都有f(xm),求证f(x)是周期函数三、练习1集合由满足如下

34、条件的函数组成：当时，有 ，对于两个函数，以下关系中成立的是（ ）2设，记，若 则（）、-、3若(log23)x-(log53)x(log23)-(log53)，则( )(A)x-y0 (B)x+y0 (C)x-y0 (D)x+y04定义在实数集上的函数f(x)，对一切实数x都有f(x1)f(2x)成立，若f(x)0仅有101个不同的实数根，那么所有实数根的和为( )A.150B.C.152D.5已知（a、b；实数）且，则的值是 （ ）（A） （B） （C） 3 （D） 随a、b取不同值而取不同值6函数的奇偶性是:A.奇函数 B.偶函数 C. 既是奇函数又是偶函数 D.不是奇函数又不是偶函数7

35、已知函数在1,2上恒正，则实数a的取值范围是 ( )（A）（B） （C）（D）8函数的值域为（ ）9给定实数，定义为不大于x的最大整数，则下列结论中不正确的序号是 （ ）10函数，则11。实数x，y满足x22xsin(xy)1，则x20066sin5y_12方程ln(x)ln(2x)3x0的解集是13.已知,且，则=14下列说法正确的是（1）函数及关于直线对称；（2）函数及关于y轴对称；（3）若函数满足=，则关于直线对称；（4）若函数满足=，则关于y轴对称15若函数的定义域为R，且对于的任意值都有，则函数的周期为_。16设方程的根为,方程的根为,则 =17函数，则18设则S的最大值为19设函数

36、，求函数的图象及轴所围成的封闭部分的面积20为何实数时，方程有四个互不相等的实数根21(1)若函数满足，求证的图像就关于直线对称(2)函数的图像关于某条垂直于x轴的直线对称，求实数c的值22已知，定义（）求（）设，求证：中至少含有个元素函数的定义域关于原点对称，但不包括数，对定义域中的任何实数，在定义域中存在，使得，且满足以下三个条件：（）是定义域中的数，或，则；（）（是一个正常数）；（）当时，求证：（）是奇函数；（）是周期函数，并求出其周期；（）在内为减函数§2.2二次函数一、 基础知识：1 二次函数的解析式（1）一般式：（2）顶点式：，顶点为（3）两根式：（4）三点式：2二次函数

37、的图像和性质（1）的图像是一条抛物线，顶点坐标是，对称轴方程为，开口及有关。（2）单调性：当时，在上为减函数，在上为增函数；时相反。（3）奇偶性：当时，为偶函数；若对恒成立，则为的对称轴。（4）最值：当时，的最值为，当时，的最值可从中选取；当时，的最值可从中选取。常依轴及区间的位置分类讨论。3三个二次之间的关联及根的分布理论：二次方程的区间根问题，一般情况需要从三个方面考虑：判别式、区间端点函数值的符号；对称轴及区间端点的关系。二、 综合应用：例1：已知，若时，恒成立，求的取值范围。例2设满足条件：（1）当时，（2）当， （3）在R上的最小值为0。求的解析式；求最大的使得存在，只要就有。设实数

38、a、b、c满足a2bc8a70 b2c2bc6a60 求a的取值范围.分析：如何将含有三个变量的两个方程组成的方程组问题，转化为只含有a的不等式，是解决本题的关键，仔细分析观察方程组的特点，发现可以利用a来表示bc及bc，从而用韦达定理构造出a为变量的一元二次方程，由0建立a的不等式.解：由得：bca28a7 由得：(bc)2a22a1 即bc±(a1) 由得b，c为方程x2±(a1)x(a28a7)0的两个实数根，由于b，cR，所以0即：±(a1)24(a28a7)0即：a210a90得：1a9例3。已知二次函数和一次函数，其中满足，（1）求证：两函数的图像交于

39、不同的两点A、B；（2）求线段在轴上的射影的范围。命题意图：本题主要考查考生对函数中函数及方程思想的运用能力.知识依托：解答本题的闪光点是熟练应用方程的知识来解决问题及数及形的完美结合.错解分析：由于此题表面上重在“形”，因而本题难点就是一些考生可能走入误区，老是想在“形”上找解问题的突破口，而忽略了“数”.技巧及方法：利用方程思想巧妙转化.(1)证明：由消去y得ax2+2bx+c=0=4b24ac=4(ac)24ac=4(a2+ac+c2)=4(a+c2a+b+c=0,a>b>c,a>0,c<0 c2>0,>0,即两函数的图象交于不同的两点.(2)解：设方

40、程ax2+bx+c=0的两根为x1和x2,则x1+x2=,x1x2=.|A1B1|2=(x1x2)2=(x1+x2)24x1x2a>b>c,a+b+c=0,a>0,c<0a>ac>c,解得(2,)的对称轴方程是.(2,)时，为减函数 |A1B1|2(3,12),故|A1B1|().例4已知二次函数f(x)=ax2+bx (a,b是常数，且a0)满足条件：f(x1)=f(3x)，且方程f(x)=2x有等根。求f(x)的解析式；是否存在实数m，n (m<n)，使f(x)的定义域和值域分别为m,n和4m,4n？如果存在，求出m,n的值；如果不存在，请说明理由

41、。解析：方程f(x)=2x有等根Þ0Þb=2f(x1)=f(3x)Þf(x)=f(2-x)Þ图象的对称轴为x=-=1Þa=-1f(x)=-x2+2xf(x)=-(x-1)2+114n1Þn抛物线y=-x2+2x的对称轴为x=1n时，f(x)在m,n上为增函数若满足题设条件的m,n存在，则Þm<nm=-2,n=0，这时定义域为-2,0，值域为-8,0存在m=-2,n=0，满足条件。例5对于函数y=f(x)，若存在实数x0，满足f(x0)=x0，则称x0为f(x)的不动点。已知F1(x)=f(x), F2(x)=fF1(x

42、), F3(x)=fF2(x), , Fn(x)=fFn-1(x) (nN*,n2)。若f(x)存在不动点，试问F2(x), F3(x), ,Fn(x)是否存在不动点？写出你的结论，并加以证明。设f(x)=2x-x2。求使所有Fn(x)<0（nN*,n2）成立的所有正实数x值的集合。y=f(x)存在不动点x0，则f(x0)=x0，下证x0是Fn(x)的不动点。F2(x0)=fF1(x0)=ff(x0)f(x0)=x0x0也是F2(x)的不动点。若Fn-1(x)存在不动点x0，即Fn-1(x0)=x0Fn(x0)=fFn-1(x0)=f(x0)=x0Þ Fn(x)存在不动点x0综

43、上所述：对于任意nN*,n2，Fn(x)都存在不动点，并且有相同的不动点。方法一：f(x)<0Þ2xx2<0Þx<0或x>2要使Fn(x)<0 (n2)ÞfFn-1(x)<0Þ2Fn-1(x)Fn-1(x)2<0ÞFn-1(x)<0或Fn-1(x)>2依此类推，要使F2(x)<0ÞfF1(x)<0Þff(x)<0Þ2f(x)f(x)2<0Þf(x)<0或f(x)>2Þ2xx2<0或2xx2>2&

44、#222;x<0(舍去)或x>2或xfÞx>2所求x的取值范围为(2,+)。例6：求实数的取值范围，使得对于任意实数和任意实数，恒有。设，原不等式化为：恒成立记，则 ， ， 例7：已知函数，方程的两根是，又若，试比较的大小。解法一：设F(x)f(x)xax2(b1)xca(xx1)(xx2) f(x)a(xx1)(xx2)x作差：f(t)x1a(tx1)(tx2)tx1 (tx1)a(tx2)1 a(tx1)(tx2)又tx2t(x2x1)x1tx10 f(t)x10 f(t)x1解法二：同解法一得f(x)a(xx1)(xx2)x令g(x)a(xx2) a0，g(x

45、)是增函数，且tx1Þ g(t)g(x1)a(x1x2)1另一方面：f(t)g(t)(tx1)t a(tx2)g(t)1 f(t)tx1t f(t)x1例8已知函数，方程的两个根为，且（1） 求证：也是方程的根；（2） 设的另两个根是，且，试判断的大小。解：（1）易证。（2）由方程的两个根为，设所以记，则是的两根，而，且，故。例9设,方程的两个根，若，设的对称轴为，求证构造可以推出结论。设,当时，求证：适合的最小实数A的值为8。，所以A的最小值为8例10设,方程的两个根满足，（1）当时，证明；（2）设的图像关于直线对称，证明该题是一九九七年全国普通高考理工类数学第24题，它综合考查二

46、次函数、二次方程和不等式的基础知识，以及灵活运用数学知识和方法分析、解决问题的能力，当年没有几个考生能完整解答此题。可以从代数及几何两个角度展开思考： 从代数角度看，f(x)是二次函数，从而方程f(x)-x=0即ax2+(b-1)x+c=0 (a0)是二次方程，由于x1,x2是它的两个根，且方程中x2的系数是a，因此有表达式：f(x)-x=a(x-x1)(x-x2) ,进而，利用二次函数的性质和题设条件，可得第（1）问的证明。 从几何角度看，抛物线y=f(x)-x开口向上，因此在区间x1,x2的外部，f(x)-x0，（1）的左端得证。其次，抛物线y=f(x)的开口也向上，又x1=f(x1)，于

47、是为了证得（1）的右端，相当于要求证明函数f(x)在区间0,x1的最大值是f(x1)，这相当于证明f(0)f(x1)，也即Cx1，利用韦达定理和题设，立即可得。 至于（）的证明，应用配方法可得x0=，进而利用韦达定理及题设，即得证明。 证明：欲证：xf(x)x1     只须证：0f(x)-xx1-x            方程f(x)-x=0的两根为x1,x2, f(x)-x=a(x-x1)(x-x2) 式即: 0a(x-x1)(x-x2)x1

48、-x   a0，x(0,x1)，x1-x0，a(x1-x)0 式两边同除以a(x1-x)0，得：0x2-x，即：xx2+x 这由已知条件：0xx1x2，即得：xx2+x， 故命题得证。（2）欲证x0，因为x0=，故只须证：x0-=-0由韦达定理，x1+x2=，=，代入式，有- =-0 即：x2由已知：0x1x2，命题得证。 三、练习1二次函数,若,则等于:A. B. C.c D.2已知二次函数，设方程 有两个实数根如果，设函数的对称轴为，求证：；如果，且的两实根的差为2，求实数的取值范围（1）即为：它的两根满足的充要条件是：又，所以：因为：，所以：，即：（1） 由题意得：即

49、：消去得：，此不等式等价于：解得：3已知函数f(x)=6x6x2，设函数g1(x)=f(x), g2(x)=fg1(x), g3(x)=fg2(x), , gn(x)=fgn-1(x), 。求证：如果存在一个实数x0，满足g1(x0)=x0，那么对一切nN*, gn(x0)=x0都成立；若实数x0，满足gn(x0)=x0，则称x0为稳定动点，试求所有这些稳定不动点。设区间A=(-,0)，对于任意xA，有g1(x)=f(x)=a<0, g2(x)=fg1(x)=f(0)<0，且n2时，gn(x)<0。试问是否存在区间B (ABf)，对于区间内任意实数x，只要n2，都有gn(x)

50、<0？解:数学归纳法：当n=1时，g1(x0)=x0显然成立；当n=k时，在gk(x0)=x0 (kN*)成立，则gk+1(x0)=fgk(x)=f(x0)=g1(x0)=x0，即当n=k+1时，命题成立。对一切nN*，若g1(x0)=x0，则gn(x0)=x0。由知，稳定不动点x0只需满足f(x0)=x0，f(x0)=x0Þ6x06x02=x0Þx0=0或x0=。f(x)<0Þ6x2x2<0Þx<0或x>1gn(x)<0Ûfgn-1(x)<0Û gn-1(x)<0或gn-1(x)>

51、;1要使一切nN,n2，都有gn(x)<0，必须有g1(x)<0或g1(x)>1g1(x)<0Û6x2x2<0Þx<0或x>1g1(x)>1Û6x2x2>1Þ<x<对于区间(-,0), (,)和(1,+)内的任意x，只要n2,nN*，都有gn(x)<0。§2.3 函数迭代知识提要先看一个有趣的问题：李政道博士1979年4月到中国科技大学，给少年班的同学面试这样一道题：五只猴子，分一堆桃子，怎么也平分不了，于是大家同意先去睡觉，明天再说夜里一只猴子偷偷起来，把一个桃子吃掉后正好可以分成5份，收藏起自己的一份后又去睡觉了第二只猴子起来后，像第一只猴子一样，先吃掉一个，剩下的又刚好分成5份，也把自己的一份收藏起来睡觉去了第三、第四、第五只猴子也都是这样：先吃掉一个，剩下的刚好分成5份问这堆桃子最少是多少个？设桃子的总数为个第只猴子吃掉一个并拿走一份后，