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高中数学奥赛教程


学科:奥数 教学内容:集合(一)

内容综述: 本讲先介绍了以下一些重要的概念:集合、子集、两集合相等、真子 集、并集、交集、 相对补集,然后介绍了著名的容斥原理,接着介绍了以 下几个定律:零律、分配律、排中律 、 吸收律、补交转换律、德·摩根律。 然后通过 6 道例题分析了一部分集合题目的解题方法与技巧,同学 们应在熟悉以上定 义、定理、定律的基础上仔细分析

例题材解法,争 取可以独立解决训练题。 要点讲解: § 1.基本理论 除了课内知识外,我们补充以下知识 相对补集:称属于 A 而不属于 B 的全体元素,组成的集合为 B 对 A 的相 对补集或差集, 记作 A-B。

容斥原理:以

表示集合 A 中元素的数目,我们有

,其中 为 n 个集合 称为 A 的阶。

n 阶集合的全部子集数目为 。 A,B,C 为三个集合,就有下面的定律。

(1)分配律

(2)零律

(3)排中律

(4)吸收律

(5)补交转换律 (6)德· 摩根律的相对形式

例题分析: 例 1:对集合{1,2,…,n}及其每一个非空了集,定义一个唯一确定 的 “ 交 替 和 ” 如 下:按照递减的次序重新排列该子集,然后交替地减或加后继的数所得 的结果,例如,集合 的“交替和”是 9-6+4-2+1=6. 的“交替和”是 6-5=1, 的交替和

是 2。 那么,对于 n=7。求所有子集的“交替和”的总和。

分析;n=7 时,集合{7,6,5,4,3,2,1}的非空子集有 个,虽然子集数目有

限,但是逐一计算各自的“交替和” 再相加,计算量仍然巨大,但是,根据“交替和” 的定 义,容易看到集合{1,2,3,4,5,6,7}与{1,2,3,4,5,6}的“交替和”是 7;可以 想到把一个不含 7 的集和 A 与 的“交替和”之和应为 7。那么,我们也就很容易解 决这个问题了。

解:集合{1,2,3,4,5,6,7}的子集中,除去{7}外还有 个非空子集合,把 这 个非空子集两两结组后分别计算每一组中“交替和”之和,结组原则是设 这是把 “交替和”之和应为 7,共有 。 结合为一组,显然,每组中,

组.所以,所有“交替和”之和应该为

说明:我们在这道题的证明过程中用了这类题目最典型的解法。就 是“对应”的 方 法 , “对应”的方法在解决相等的问题中应用得更多。 例 2:设 A={1,2,……,2n.},证明:A 的任意 n+1 阶子集中,存在两个 数,一个可 被另一个整除。 分析:对于 2n 个数中取 n+1 个数,我们应该有一个直觉就是把这 2n 个数 分成 n 组,每 组都必然满足题目条件,那么由抽屉原则命题就解决了。
证 明 :前 2n 个 自 然 数 中 ,共 有n 个奇数。根据自然数的一种有用的表达形式; n=(2k-1)· 2

(

,L 为非负整数)考查 A 的下列 n 个子集,

……

容易看到: 考虑 A 中任意 n+1 个元素, 根据抽屉原则知, 至少有两个元素是上述 n 个 集合中同一个 集合中的元素,这两个数中,必有一个可被另一个整除。 说明:把一个集合分成若干个两两不交的子集的并,也则分拆,这种 分拆的方法在解决 集合的问题时为常用方法之一。 例 3:某班对数学、物理、化学三科总评成绩统计如下:优秀的人数: 数 学 21 个 , 物 理 19 个,化学 20 个,数学物理都优秀 9 人,物理化学都优秀 7 人。化学数 学 都 优 秀 8 人 。 这个班有 5 人任何一科都不优秀。 那么确定这个班人数以及仅有一科优秀 的 三 科 分 别 有 多 少 个人。 分析: 自然地设 A={数学总评优秀 的人} B={物理总评优秀的人} C={化学总评优秀的人} 则已知|A|=21 |B|=19 |C|=20

这表明全班人数在 41 至 48 人 之间。 仅数学优秀的人数是

可见仅数学优秀的人数在 4 至 11 人 之 之 之间。 解:( 略 )。 说明:先将具体的实际生活中的问题数学化,然后根据数学理 论来解决这个问题 不仅是竞赛中常见情况,也是在未来学习中数学真 正有用的地方。 例 4:n 元集合具有多少个不同的不交子集对? 分析:我们一般想法是对于一个子集,求出与它不交的子集个 数,然后就可以求 出总的子集对来了。 间 间 。 。 同理仅物理优秀的人数在 3 至 10 人 同理仅化学优秀的人数在 5 至 12 人

解:如果子集对是有序的,即在子集对中可以区分第一个子集与第二个子集, 则 第一个子集若是 k 个元素,第二个子集就由其余 n-k 个元素组成,可能的情况是 而 这时第一个集合的选取的可能情况应为 是

种,

种,那么 k 从 o 变到 n,总的情况可能就

。如果子集对是无序的,即两个子集相同但次序不同的子集 对不认为不同,则 对, 对有序子集对中有一对是由两个空集组成,而对其它 个有序

每一对中交换两个子集的次序,得到的是同一个无序子集对,因此有 个无序子集 对,其中至少有一个子集非空,于是无序子集对的总数为 分析二:我们可以从元素的角度来思考问题。对一个元素来说, 它有三种不同的 选择,在第一个集合中,在第二个集合中,或者不在 两个集合中。 解法二:在计算有序对的数目时,对每一个元素来说有三种可 能:它或在第一个

子集,或在第二个子集,或不在其中任意一个子集,因此不同的不交有序子集对的总 数 ,

以下同解法一。 说明:本题为 1973 年捷克的竞赛题,对题目的不同分析使我们得 到 了 差 异 很 大 的 两个解法,解法一从题目要求想起,很容易想到,但解出最后解却不见 得 那 么 简 单 , 而 解 法 二的想法是类似于集合分析的想法,很难想到,但想出后比较容易求解, 两 个 解 法 对 比 一 下 正体现了数学思维的两方面,一个是纯代数想法,以计算的方法替代对题 目更深层次的研究 ,

另一个则是控掘题目本身的内在关系, 找出最合适的解答, 我们当然推荐第二种做法。 例 5:1992 位科学家,每人至少与 1329 人合作过,那么,其中一定 有四位数学家 两两合作过。 分析: 在与一个人 A 合作的人中我们找到 B。 再说明一定有人与 A 和 B 找的人了。 证 明 都 合 作 过 为 C。最后再说明有人与 A、B、C 都合作过为 D,那么 A、B、C、D 就是 : 一 个 人 A 。 不 妨 设 B 与 之 合 作 。 那 么

。即 C 与 A

和 B 均合作过,

分别表示与 A、B 合作过的人的集合。同样地,

。 所以存在 。则 A、B、C、D 就是所求,证毕。

说明:把一个普通的叙述性问题转化为集合的语言描述的问题 通常为解题的关键 之处,也是同学们需加强的。 例 6:集合 X 由 n 个元素构成,对两个子集 ,求得集合 素个数, 证明:所有求得个数之和为 。 分 析 : 我 们 先 考 虑 一 个 简 单 情 况 , n=2. 这 时 有 四 个 集 合 , 记 为 。 交集情况就是 时,我们有的不只是 4 个集合却可以以此形式分组。 证明 : 因为 集 合 X 总共 有 ,将所有子集对分为 表示子集 四 个不 同 子 集 , 所 以 不 同 的 有 序 子 集 对 共 有 其中 。那么对于 n 很大 的元

个 4 元组:

的补集 X-A。交换子集对的 4 元组中子集对的次序,得到的是同一个

元组 ,事 实 上 , 由子 集 对

得到 的 4 元组 与由

得到 的完 全 相 同 ,且 。

说明:复杂的问题先考虑简单的特殊的情况是一种最常用的方 法,从中找到共性 后就很容易得到原题目有答案了。

1.一个集合含有 10 个互不相同的十进制两位数,证明:这个集合必 有两个无公共元 素的子集合,这两个子集元素和相等。 2.是否存在两个以非页整数为元素的集合 A、B,使得任一个非负整数 都可以被 A、B 之中各取一数之和唯一表出。 3.对每个 的交非合。 4.能否把 分成两个积相等的不交集合。 使得在 n 元集合中,可以取出 k 个子集,其中任意两个

参考答案 1.10 个元素的集合 共有 中数字之和小于 设为 2.十进制 个非空子集,每一个这个集合的非空子集

, 由抽屉原则知,必有两个子集,它们有相同的元素和, 满足题目要求条件。 为第 1 位。 为第 i 位,考虑如下的 A、B:

A 为奇位为 o 的那些非负整数组成。 B 为偶位为 o 的那些非负整数组成。 不难验证这样的 A B 是符合题目要求的。 3.在集合 集的个数为集合 合 X 至少取出 中取定一个元素 的子集的个数,即为 个子集,将集合 X 的所有子集分成 ,并只考虑含 的子集,这类子

。因此 。另一方面,设从集 对。每一对由一个子集与它的

补集组成,由抽屉原则,所取子集至少有两个组成一对,因此它们不交,于是 。 4.对 7 取模,由 于 (mod7). 均不能为 7 的位数, 所以

所以 n· (n+1) · (n+2)· (n+3)· (n+4)· (n+5) 1、4、2 (mod7),所 以 集 合

(mod7),而若能拆分应为

0、

不能拆成满足要求的集合。

学科:奥数 教学内容:集合(二)

【经验谈】 集合是数学中的重要基础知识, 不论是高考还是数学竞赛中都少不了 它的一席之地。本 文将帮助你彻底掌握集合知识。 【内容综述】 集合是组合数学的基础,也是高中数学竞赛中的重要组成部分。希望 大家通过本讲学习 开拓思路,灵活解题,另外,要想解好集合题目,相 关知识也很重要。 【例题分析】 例 1:设 , ,… 是有限集合 的 50 个子集,每个子集都含有 的半数以上

的元素,证明:存在子集 ,它至多含 5 个元素,并且和集合 , …

中每一个

集合至少有一个公共元。 分析:我们知道,这种题目并没有什么特别好的办法,只能一个一个 把 这 5 个 元 素 找 出 来,我们还是可以先将题目简化成简单形式,看是否方便理解一些,但 这 里 我 们 就 不 这 么 做 了。 证明:设集合 中元素个数为 n,子集 , , … 中每一个都含 以上的元素,

即所有这些子集的元素个数大于

由抽屉原理,必有集合

的元素,它至少属

于 26 个子集,同理可证,对每个 个子集,它们具有公共元素,在集合 为集

,在子集

, ,… ,中至少有

中取出一个元素,它至少属于 26 个子集,并作

合 中

中五个元素之一,去掉包含这个元素的 26 个子集,在余下 24 个子集 取 一 个 元 素 ,

它至少属于 13 个子集,去掉这 13 个子集,在余下的 11 个子集中取一个元 素 , 它 至 少 属 于 6

个子集,在余下 5 个子集中取一个元素,它属于 3 个子集,剩下两个子集再 取一个公共元素 就可以了,于是,求得集合 所以 可能小于 5),它们 构 成 集 合 的至多 5 个元素(在上述过程中所取的元素可能重复,

,而子 集 , ,…

中每一个都至少含有它的一个元素 。

说明:这道题目当 和 均较小时也就可以作为小学生竞赛题,而数 目增大以后却成为 了英国高中竞赛题目,假设我们在分析较小的数时可 以把规律找出,而这是很简单的,那么 整道题目也就迎刃而解了,这就 告诉我们,做这类整数问题时,应该时时刻刻想到先将数目 变小看看规 律,然后再做题目本身。 例 2:有 11 人管理一个保险柜,可以在柜上加若干把锁,每把锁可以 有若干把钥匙, 问:如何加锁和如何分配各锁的钥匙,才能使任何 6 个人 可 以 把 保 险 柜 打 开 , 但 任 意 5 个 人 却不能。 分析:我们反过来想一下,假设 , ,… 个人中任意找 5 个人的可能性有 是 11 个人打不开的锁的集合,从 11

种情况。要想把它们都区别开,也就是说至少要

有 462 把锁。那么再对 462 把锁进行构造就可以了。 解:设加 把锁,又设 , ,… 是这 11 个人各自打不开的锁的集合,从 11 个

集合中任选 5 个并集都不相同,故至少应有锁 把,为分配好各锁的钥匙,设锁号 依次为 1 号, 2 号, …462 号, 同时把 11 个人任取 5 个的组合也编上 1 至 462 号, 然后把锁 和组合一一对应起来,给每个人发钥匙时,他所在的组的号的钥 匙不给他,其他钥匙都给他 , 这时就满足题设了。 说明:这个构造难度很大,这主要原因还是因数目太大了,也应该先 从小的数目做起, 最后回到原题。

例 3:把 中某

个元素的集合分为若干个两两不交的子集,按照下述规则将某一个子集

些元素挪到另一个子集:从前一子集挪到后一子集的元素个数等于后一 子集的元素个数 (前 一子集的元素个数应不小于后一子集的元素个数) , 证明:可以经过有限次挪动,使得到的 子集与原集合相重合。 分析:首先考虑到 的 元 素 是一个很特殊的数,其次我们发现若两个集合 个 数 除 以 2

的若干次幂后若为奇数,那么,它们之间挪后就应为偶数这一事实,若

还不能想到解答就试 一下 , 时的情况,相信解答就不会难找到了。

证明:考虑含奇数个元素的子集(如果有这样的子集),因为所有子 集 所 含 元 素 的 个 数 总和是偶数,所以具有奇数个元素的子集个数也是偶数,任意将所有含 有奇数个元素的子集

配成对,对每对子集按题目要求的规则移动:从较大的子集挪出一些元 素 , 添 加 到 较 小 的 子 集,挪出的元素个数为较小子集的元素个数,于是得到的所有子集的元 素个数都是偶数,现

在考虑元素个数不被 4 整除的子集,如果 ,则总共有两个元素,它们在同一个子集, 因此设 意

,因为子集的元素个数的总数被 4 整除,因此这样的子集的个数为偶数,任

将这样的子集配成对,对每一对子集施行满足题目要求的挪动,于是得到的每个子集 数均可 被 4 整除,依此做下去,最后得到的每个子集元素个数均可被 一个 子集,它的元素个数为 ,证毕。 说明: 这道题的证明中隐含了一种单一变量在变化时变化方向相同这 一性质,就这道题 来说,一直在增加的就是各子集元素个数被 2 的多少 次幂整除的这个幂次数,这是一大类问 题,除了这种变化量,还要经常 考虑变化中的不变量。 例 4:给定 1978 个集合,每个集合都含有 40 个元素,已知其中任意两 个集合都恰有一 个公共元,证明:存在一个元素,它属于全部集合。 分析:我们可以先去找一个属于很多个集合的元素,最好它就是我们要找的那一 个。 证明:考虑给定的 1978 个集合中任意一个集合 ,它和其它 1977 个集合都相交,因 此,存在 ,使得它至少属于其中 50 个集合,否则,集合 恰有 40 个元素,所以除 中每个元素至多属于 49 个 整除,也就是只能有

集合,而集合 集 合 , …

外至多有 1960 个集合,不可能,因此设 属于

,下面证明它属于给定的 1978 个集合中任一个。 ,… 的任一个集合 ,设 ,则 与 , , ,…

对于除了 ,

每一个都有至少一个元素的交, 它们都与 不同, 那么, 就至少要有 51 个 元素,不可能, 因此 属于每个集合。 说明:这种题目最怕把它想难了,想行太难了,就会觉得无从下手, 做数学竞赛题就需 要一方面在做题之前选好方向,另一方面就是大胆尝 试去做。

例 5:在一个含 10 个元素的集合 的若干非空子集中,任意两个不同 的子集的交集含 有 分析: 中元素的数目不多于 2,这样的子集合有多少个。

的一元素子集和二元素子集显然都是满足条件的,三元子

集呢?如果有一个 多于 3 元的子集,总可以把它拆为三元子集的并,增

加子集的数量而不影响性质,而恰恰把 全部三元子集都选上也符合题目 要求。 解: 中的单元素子集共 10 个,这 10 个都符合题目的要求。

中的含两个元素的集合共 个,它们也符合要求。 中含三个元素的集合共 这表明, 个,也符合要求。 个子集满足条件。

的子集合中,至少有

另一方面,假设

的非空子集有多于 175 个具有题目中的条件。设这个子集族为


其中 ,取 与 ,作差集 不能同为子集族



中必存在含有 ,

中的元素数超过 3 的集合,设 ,这表明

,显然

中的成员,用 替换 ,得到另一个子集族: ,容易看到 也符合题目中的条件,并且 中元素少于 的另一个



经过这样的替换后, 代,因为 含有 ,

中某个元素

被含

的子集 所替

中的元素数目有限。所以有限次替代后,总可使新的子集族中各元素

中的元素数目不超过 3,这就看出



矛盾,这表明不

存在符合题目条件的多于 175 个的 的子集形成的子集族,即这样的子集族恰有 175 个。 说明:这道题是一类典型问题的代表,这种问题的解法就是先构造, 然后证明更多或更 少不行。在证明过程中尽量把它往构造出来的方向化 规。 例 6:在 个元素组成的集合中取 必有两个,它们 恰有一个公共元。 个不同的三元子集。证明:其中

分析:证明恰有一个公共元也许挺难。那么证只有两个或零个公共元不可能是否 可行 呢?如果具有两个公共元的集合 与 表示为 、那么~有传递性。是否有用呢?

证明:设结论不真。则所给的 3 元子集要么不交,要么恰有两个公共元,如果子集 与 恰有两个公共元,则记 如果 , 则 两
。设


是三个子集。可以证明

,于是所有给定的 3 元子集可以分类,使得同一类中任意两个不同子集都恰有

个公共元。 而不同类的子集不相交。 于是对每个子集类, 有三种可能: (1) 恰含 3 个元素的 类 。( 2)恰含 4 个 元 素 的 类 。( 3)至少含 5 个元素的类。 在(1)下,3 元子集类恰由一个 3 元子 集组成。 在(2)下,子集类中至多有 4 个子集。

考虑( 3) 设



,则还有一个

,由



,有

。因此对子集类中任意子集

,由

,,

它包含





于是类中子集个数比类中元素个数少 2, 于是, 每个类中子集个数不超过 元素个数,但是题 中条件子集数大于元素个数,矛盾! 说明:此题为 1979 年美国竞赛题。题目难度较大,应该说是应用了高 等代数中的一些 思想。

1.求

的所有子集元素的和之和。

2.小明去买东西,现在他有 10 元,希望分成 10 包,使在商店内他能 买起的东西都可 由 包中的钱直接支付。 3.能否把整数集合分成 3 个子集,使得对每个整数 , 集合。 4.10 名学生按下面的规则组成运动队,规则是:①每人可报名参加 任 何 一 个 运 动 队 ; ②每个运动队都不能完全包含于或重合于另一个运动队。问:最多几个 队 ? 每 队 分 别 多 少 人? 都属于不同的

参考答案 1.我们可以发现对每个数 为 ,它出现在 个子集之中,因此所有子集中的 的和

,那么全部元素在全部子集之中的和为



2.利用二进制来考虑此题,小明的前 9 包分别有钱 1 分(2), 10 分(2), 100 分(2) , 1000 分 ( 2) , 10000 分 ( 2) , 100000 分 ( 2) , 1000000 分 ( 2) , 10000000 分 ( 2), 100000000 分(2),剩下一包装剩下的钱(以上数皆为二进制)就可以了。

3.不能。反证法。设存在合乎题中条件的一种分法,如果 和 同属于一个子集, 则 记为 ,否则记为 ,对 ,若 分在三个集合中则称
为好的。

都 是好的。 , ,而 ,故

在第二组中用 代替 由此 盾! 有这样一个结论

,故

是好的。故 即 ,但

。 。矛

阶集合的子集 若满足





的最大值



,代入本题得为 。

学科:奥数 教学内容: 函数通性训练 题

【能力训练】 A级 1 1 选择题 ★★1.若 a>0,a≠1,F(x)是一奇函数,则 G(x) = F(x)(x + ) 是 ( ) a ?1 2 (A)奇函数 (B)偶函数 (C)非奇非偶函数 (D)奇偶性与 a 有关 ★★2.设f(x)是定义在实数集上的周期为 2 的周期函数,且是偶函数。已知当 x∈[2, 3] 时,f(x)=x,则当 x∈[-2,0]时,f(x)的解析式是( ) (A)f(x)=x+4 (B)f(x)=2-x (C)f(x)=3-|x+1| (D)f(x)=2+|x+1|

★★★3.设 f(x),g(x)是定义在(-∞, +∞)上的两个函数,对任意实数 x, y 满足 f(x +y)+(x-y)=2f(x)g(x),若 f(0)=0,但 f(x)不恒等于 0,则 (A)f(x),g(x)都是奇函数 (B)f(x),g(x)都是偶函数 (C)f(x)是偶函数,g(x)是奇 (D)f(x)是奇函数,g(x)是偶函数。
-1 数 -1 ( x ) ,函数 y = f( x ) 在[0,+∞]上是减函数,则 ★★4. 奇函数 y=f(x)有反函数



y=f 上是 ( ) (A)是增函数 (B)是减函数 (C)有时是增函数,有时是 减函数

(D)有时是增函数,有时是减函数,有时是常数函数。 ★★5.函数 y=f(x-a)与函数 y=f(a-x)的图象间的关系是 ( ) (A)关于 y 轴对称 (C)关于直线 x=2a 对称 填空题 1 1 ★★6.函数 f(x)对一切实数 x 都满足 f ( + x ) = f ( ? x ) ,并且方程 f(x)=0 有三个实 2 2 根,这三个实根的和是________. ★★★★7.设奇函数 y=f(x)的定义域为 R,f(1)=2,且对任意 x1 , x2∈R ,都有 f(x + x ) = f(x ) + f(x ), 当 x>0 时,f(x)是增函数,则 y = - f 2 ( x ) 在这间[-3,-2]上 函数 的最大值是______.
1 2 1 2

(B)关于 x 轴对称 (D)关于直线 x=a 对称

★★ 8 .定义域是实数域的奇函数 f(x) ,对任意实数 x 都有 f(x)=f(x+2)则 f(2)+f(4)+f(6)+…+f(1992)+f(1994)=_____。 ★★★★9.设函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且单调递增,满 足 f(2)=1, f(xy)=f(x)+f(y) (1)证明:f(1)=0 f(1)=0。 (2)求 f(4)。 (3)若 f(x)+f(x-3)≤2,求 x 的范围。 (4)举出一个符合上述要求的函数 f(x)。 B级 ★★★10.设函数 f(x)对任一实数 x 满足 f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x),且f(0)=0。 求证:f(x)在[-30,30]上至少有 13 个零点,且 f(x)是以 10 为周期的函数。 ★★★★11.函数 f1 (x) = sinx和f 2 (x) = sinπx 的最小正周期分别为 2π和 2。证明 f(x)=sinx+sinπx 不是周期函数。 ★★★★12.证明:若函数 y=f(x)在 R 上的图解关于点 A(a, y0 ) 和直线 x=b(b>a)皆对 称,则 f(x)为周期函数。 ★★★★13.设 f 是一个从实数集 R 映射到自身的函数,并且对任何 x∈R 均有|f(x)| 13 1 1 ≤1,以及 f(x ) + f ( x ) = f ( x + ) + f ( x + ). + 42 6 7 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).

参考答案 【能力训练】

A级 ★ 1 . B。



故 G(x)是偶数。 2.C。当 x∈[-2,-1]时,x+4∈[2,3].f(x)=f(x+2 ·2)=f(x+4);当 x∈[-3,- 2] +2. 3.D。令 x=0,f(-y)=-f(y);又 将 - y 代换成 y,f(x-y)+f(x+y)=2f(x)g(- y),∴ g(-y)=g(y) 4.A。如果一个函数存在反函数,那么它们的单调状况相同。 5.D。设 (x0 , y0 ) 是y= f(x-a) 图 象上任意一点,则 y0 = f(x0 -a) = f[a-(2a-x
0





由于 f(x)为偶函数∴f(x)=-x,∴当 x∈[-1,0]时,f(x)=f(x -2)= -(x-2)= -x

)], 1

∴点(2a

? x0 , y0 )在y= f (a ? x)的图象上;反之也成立

6.y=f(x)的图象关于 根之和是 1.5。 7.令 x = x = 0, f(0) =
1 2

1 ,另两根之和是 2 × = 1 。故所有实 2 2 2 0, 由 f(x)为奇函数,且在(0,+ ∞)上为增函数,故在(- ∞,0)

1 x = 对称,其中一根必是

上也为增函数,且 f(2)=f(1+1)=2f(1)=4,用定 义 易 y = ? f 2 ( x 在 ?∞ ( ) 上为增函数。故[-3, 知, ,0 ) 2 2]上的最大值是 ? f (?2) = ?16 8.f(x)为 R 上的奇函数, f(0)=0,且 f(0)=f(2)=f(4)=…=f(1994)=0,故原式为 0。 9. (1)取 x=1,y=2,得 f(2)=f(1· 2)=f(1)+f(2).∴f(1)=0 (2)f(4)=f(2)+f(2)=2. (3)f(x)+f(x+3)=f[x(x-3)]≤2=f(4), 所以 x ? 3x ≤ 4,?1 ≤ x ≤ 4, 但x ? 3>0, (4)可取 B级 10.f(x)关于 x=2 和 x=7 对称。 f(4)=f(2+2)=f(2-2)=f(0)=0,f(10)=f(7+3)=f(7 -3)=f(4)=0,于是(0, 10]上 至少有 两个零点。 f(x+10)=f(7+3+x)=f(7-3-x)=f(4-x)=f(2+2-x)=f(2-2+x)=f(x),∴f(x) π 以 10 为周期。f(-30)=f(-30+3×10)=f(0)=0.综上,f(x)在[-30,30]上至少有 13 个零点。
11.反证,若周期为 T,则 sin(x+T)+sin(π(x+T))=sinx+sinπx
2

故3<x ≤ 4

f(x) = log2 x



s iT 2x+T πT n ? cos = ? sin 2 2 2

? cos

2 x+π T 2



2x +T T 0 ≠ 0 , 将 代入①, ∴ sin = 0, 于是 = 0, 而 cos 2 2 2 πT 2π x+π T πT 对每个 x∈R, ? ? cos ≡ 0, 由于 ,故 ? sin ≡ 0, , sin 2 2 2 T πT T πT ∴ sin = 0, sin ≡ 0, = k , π = m , π k , m ∈ , 于是 kπ=m,矛盾。 Z f(a + x) - y = y - f(a - x) ① f(b+x)=f(b 2 2 2 2 12.提示 4(b-a)是它的一个周期, 由已知有
0

2π x 存在 x 0 ∈ R ,使得 cos

+π T

-x)②, 反复 利 用 ①、 ② , 可 证 f[x + 4(b - a)]=f(x) 13.

0

0

① 同样,有

② 由①、②

即 对所有π∈N 成立。 又∵f(x)有界,故只有 f(x+1)-f(x)=0. ∴f(x+1)=f(x),f(x)为周期函数。

学科:奥数 教学内容:有关函数通性的试题选讲

【内容综述】 函数是数学上的一个基本而又重要的概念,在现代数学中,它几乎渗 透到各个分支中。 函数的性质主要指函数的对称性、单调性和周期 性。 函数图象的对称性反映了函数图象的局部与整体的关系, 恰当地运用 函数的对称性,往 往可使问题简化。函数的奇偶性是对称性中最重要的 特殊情形。 函数的单调性可用函数值的比较给出证明,利用函数的单调性,可以 比较实数的大小, 证明一些不等式和确定某些函数的值域及最值。 设 f 是 D 上 的 函 数 , 如 果 存 在 常 数 T ≠0 , 使 得 对 每 个 x ∈ D , 都 有 f(x+T)=f(x-T)=f(x) 成立,则称 f(x)为周期函数,T 为 f(x)的一个周期,如果 f(x)的所有正周期中存 在最小值 ,称 为周期函数 f(x)的最小正周期,一般说函数的周期都是指最小正周期。

例题分析:

例 1 已知函数 y=f(x)(x∈R,且 x≠0),对任意非零实数 ,试判定 f(x)的奇偶性。

都有

分析:欲判别 f(x)的奇偶性,即找出 f(-x)与 f(x)之间的关系,可令 为此必求出 f(-1),而求 f(-1),又可令 , 不难求得。



,为此又必先求出 f(1),而 f(1)

解令

,则 f(1)=2f(1),所以 f(1)=0。





,则 f(1)=f(-1)+f(-1),所以 f(-1)=0。

于是,在已知等式中,以-1,x 分别代替,则 f(-x)=f(-1)+f(x),即f(-x)=f(x), 故 f(x)为偶函数。 说明 在以抽象的函数等为条件的问题中,常常先考虑 x 取 0,-1, 1 等 的特殊值,再利 用 f(0),f(± 1)的值来研究函数 f(x)的性质。 例 2 设 a 是大于 0 的实数,f(x)是定义在全体实数 R 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。 分析 方 这是一道探索存在性的问题,题中给出的已知条件只有唯一的一个含有 a 的

程,直觉告诉我们,f(x)的周期定与 a 有关,于是,我们可从原方程出发,边递推边探 索。

解 1,由 有



② 将②代入①

但 故 f(x+a)=f(x-a)

即 f(x)是一个周期函数,且周期 b=2a。 2.现在我们来构造一个周期为 2 的,满足(1)式的函数 f(x),由于(1)式可化为

这使我们想到最熟悉的周期函数:正余弦,但同时应注意到 2f(x)-1 非负、周期为 2,

所以可令

即 不难证实它的确满足条件。

说明 f(x)不唯一,显然,函数

也是满足条件的一个函数。

例 3 证明:函数 证:注意到恒等式

可以表示为两个单调递增的多项式函数之差。

而函数 证。

都是单调递增的多项式函数,从而命题得

说明 一般地,任意实系数多项式可表示为两个单调递增的多项式函数之差。

例 4 设二次函数 且若点 在 的图象上,则点

的图象以 y 轴为对称轴,已知 ,而 在函数 的图象上。

(1)求

的解析式

(2)设

,问是否存在实数 ,使

内是减函数





内是增函数。

分析 由已知条件

的解析式不难求得,欲求

,可按定义分别求出

内分别是减函数,增函数的

的范围,求出它们的交即可。

解(1)因

的对称轴为 y 轴,故 ,从而







的图象上,即 。

,则点



的图象上,即



,因此,



(2)由(1)可得





,则

要使 要



内为减函数,只需 ,所以 。

,但

,故只

然而当

时,

,因此,我们只要 ,



,内是减函数。

同理,当

时,

内是增函数。

综上讨论,存在唯一的实数 ,使得对应的

满足要求。

例 5 奇函数

的定义域为 R,当

时,

,设函数

的值域为



,求 a,b 的值。

分析 可先由已知条件写出 单调性分情形讨 论

在 R 上的解析式,再根据二次函数的

的最大值和最小值,从而得到关于 a、b 的方程。

解:

是奇函数

时,函数式为

因为



同时存在,

所以

同号

分以下情形讨论:

(1)

时,由

(2)

时,由

(3)

时,由

无解

(5)

时,由

矛盾

(6)

,由

与 综上分析

矛盾。

说明 本题源自第四届“希望杯”第二试解答题,重在考查学生的分 类讨论问题能力和 运用函数性质的解题能力。

例 6 函数 定义域中存在

的定义域关于原点对称,但不包括数 0,对定义域中的任意实数 x,在 使 , ,且满足以下 3 个条件。

(1 )

定义域中的数,

,或

,则



(2)

,(a 是一个正常数)

(3)当 0<x<2a 时,f(x)>0。 证明 (i)f(x)是 奇 函 数 ;( ii)f(x)是 周 期 函 数 ,并求 出 其 周 期 ;(iii) f(x)
在 ( 0, 4a) 内为减函数。

证:(i)对定义域中的 x,由题设知在定义域中存在 ,则

使,

∴f(x)为奇函数 (ii)因 f(a)=1,∴f(-a)=-f(a)=-1,于是

若 f(x)≠0,则

若 f(x)=0,则

仍有 f(x+4a)=f(x)。 ∴f(x)为周期函数,4a 是它的一个周期。

(iii)先证在(0,2a)内 f(x)为减函数,事实上,设 ,则 (当

,则 )。

所以



时, ,于是

即在(2a,4a)内,f(x)也是减函数,从而命题得证。

学科:奥数 教学内容:赋值法在函数方程中的应用

赋值法是指给定的关于某些变量的一般关系式, 赋予恰当的数值或代 数式后,通过运算 推理,最后得出结论的一种解题方法。下面介绍它在 函数方程中的应用。

一、判断函数的奇偶性 例1 若 f (x+y)= (0)=0。 又在 f (x+y)= f (x)+ (-x) , 即 (0)= (x)+ (-x) ,又

f (x)+ f (y)中令 x=y=0,得 f

f (y)令 y=-x, f (x-x)= f (x)+ f

f

f

f

f (0)=0.

所以 f (-x)=- f (x) 。 由于 f (x)不恒为零,所以 f (x)是奇函数。 例 2 已知函数 y= 意非零实数 x1x2 都有 f (x1x2)= (x1)+ f (x2) ,试判断 f (x)的奇偶性。

f (x)( x∈R,x≠0) ,对任 f

解:取 x1=-1,x2=1 得

f (-1)= f (-1)+(1) ,所以 f (1)=0
又取 x1=x2=-1, 得 f (1 )= f 所以 f (-1)=0 再取 x1=x,x2=-1,则有 (-1)+ f (-1) ,

f (-x)= f

(x), 即 f (-x)= f (x)

因为 f (x)为非零函数,所以 f (x)为偶函数。 例 3.对任意 x、y∈R,有(x+y)+ 判断 f (x)的奇偶性。 解:令 x=y=0 得 f 又 令 x=0 得f (y)+ f 得 f (-x) (-y)=2 f (y) ,即 (0)+ f (0)=2

f (x-y)=2

f (x) · f (y) ,且 f (0) ≠0,

f 2 (0) ,因为 f (0)≠0,所以 f (0)=1,

f (-y)= f (y) 。 取 x=y,

= f (y).所以函数 y= f (x) 。 二、讨论函数的单调性 例 4. 设f (x)>1,且对任意 x,y∈R, (x) (x)定义于实数集 R 上,当 x>0 时, f

有 f (x+y)= f

f (y), 求证 f (x)在 R 上为增函数。

证明:由 f (x+y)=

f (x)

f (y)中取 x=y=0 得 f (0)= f 2(0) 。 f (x)=0,与f (x)>1 矛盾。

若 f (0)=0,令 x>0,y=0,则 所以 f (0)≠0,即有 f (0)=1。

当 x>0 时, f (x) >1>0,当 x<0 时, f (-x) >1>0,而 f (x) = f (?x) 时, f (0)=>0,所以 设 x1<x2 , 则 x1<x2>0 , f ( x2 -

1

??0 ,又 x=0

f (x)∈R, f (x)>0。
( x2 - x1 ) >1 , 所 以 f( x2 ) = f[x1 +

x1)]= f (x1) ·f (x2-x1)> f (x1),所 以 y=(x)在 R 上为增函数。

三、求函数的值域 例 5 已知函数 (x)在定义域 x∈R 上是增函数,且满足


f

f

f

(xy) = (x) + f (y)

(x、y∈R ), 求 f(x)的值域。


解:因为 x=y=1 时 ,( 1)=2

f (1), 所 以 f (1)=0

又因为(x)在定义域 R+上是增函数,所以 x1>x2>0 时,令 x1=mx2(m>1), 则f (x1) - f <( x2 ) = f (m)>0。 (m· x2)-

f (x2)= f (m)+ f (x2)- f (x2)= f

得以对于 x>1 有 f (x)>0。 又设 x1=mx2>0(0<m<1), 则 0<x1<x2。 所以由函数在 R+上递增可得 f (x1)- f (x2)<0,即 (x2)-



f (mx2)- f (x2)= f (m)

f f (x2)= f 所述:当 x∈R


(m)<0。所以对于 0<x<1 有 f (x)<0。综上

时, f (x)的值域为 R。

四、判断函数的周期性 例 6 函数 f (x)定义域为 R,对任意实数 a、b∈R,有 f (a+b)=2 f (a) f (b)



且存在 c>0, 使 ? ? = 0 ,求证 f (x)是周期函数。

?c?

f

?2 ? c
证明:令 a = x , b = ,代入 f (a+b) f (a-b)=2 f (a) f (b)可 +

c

=
得:

2

2

f (x+c) =- f (x)。 所 以 f (x+2c) f [(x+c)+c]=- f (x+c) = f (x) ,
= 即 f (x+2c)= f (x)。

则 f (x)是以 2c 为周期的函数。

例 7 若对常数 m 和任意 x,等式 f ( x +m)

=

1+f(x) 1 ? f ( x)

成立,求证 f (x)是周期函数



证明:将已知式中的 x 换成 x +m 得 f (x+2m)= f [(x+m)+m]

1+ f(x) 1 1+f(x+m) + 1 ? f ( x ) 1 = =? 又将上式中 x+2m 换成 x+4 m 可得 1?f(x+m) = 1+ f(x) f(x) 1 1 ? f ( x) ? f ( x + 4 m ) =f [( x + 2 m ) + 2 m ] = ? = f (x ) f(x+2m) 1

故 f (x)是以 4m 为周期的函数 五、求函数的解析式

例 8 设对满足| x |≠1 的所有实数 x,函数 f (x) f? ?+f? ? = x ,求 满足 ?x+1? ?1?x?

?x?3?

?3+x?

f (x)的解析式。
x?3 x+1 ?x?3? ?3+x? 代入原等 f ? ?+ f ( x) = ? x + 1 ?, ?1 ? x ? ? ?

解:将 x 取为 式,有

( 1)

将 x 取为 f ( x)

3+x 1?x

代入原等式,有 + f

3?x 1+x

=

3+x 1?x



( 2)

(1)+(2),且将原等式代入即 (| x | ≠ 1 ) 2 ? 2 x2 得 f ( x) =

x 3 + 7x

例 9 求函数 F(x), 当 x≠0,x≠1 时有定义 F ( x ) + F ? ?=1+x 且满足 ? x ?

?x?1?

解: F( x ) + F ?

x

?x?1? ?=1+ ? x ?

,(

1)中以

x?1 x

代换 x 得

?1 ?x?1? ? x?1? 2x F? ? + F? ? ? x ? x ? ? x ? 1 再在(1)中以 ? 代换 x 得 x +1 x ?2 ? 1 ? F? ? ? = +F ( x) x ?1 ? x ?1?
(1)-(2)+(3 )化简得

= ( 2)

= , (3 )

F(x)=

x ? x ?1 3 2 2x(x?1) f (x)的定义域在非负实数集合上并取非负数值的函数,求满足下列所有
条件

例 10

的 f (x) :( 1) 时, f (x)≠0.

f [x·

f (y)]· f ( x) =

f (x + y ) ; ( 2 ) f ( 2 ) =0; ( 3) 当 0≤x<2

解 :(

Ⅰ)令 x=2,t=2+y,由于 y≥0,故 t≥2。

f [2 f (t-2)]·f (2)= f (t).
由(2)得 f (2)=0,所以 f (t)=0. (x)=0 时,x≥2, (x)=0. ① ②

由(3)的逆命题知:当 所以当 t≥2 时, f

f
综合①、②得, f (x)=0 ? x≥2. (Ⅱ)考虑 0≤x<2,0≤y<2,( 即

f (x) f (y)≠0) 时 ,( 1)两边等于零的特殊情

况。

f (y) ) f (x)=0. 设 f [ x(
因为 f [x ( f(y)) ] f (x)=0.

f x 由(Ⅰ)得:
2

(y)≥2,即 x≥

2

f (y)

。设f (x+y)=0,由(Ⅰ)得;x+y≥2,

即 x≥2-y,因为 x



f(y)

,且 x≥2-y,所 = 2 ? y ,解得 f ( y) = .所以当 以 f ( y) 2?y

2

2

? 2 ? , (0 ≤ x < 2) 2 0≤x<2 时, f (x)= f ( x) = .所以 f ( x) ? 2 ? x = 2? x ? 0.( x ≥ 2)
例 11 设 S 表示所有大于-1 的实数构成的集合,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)+x f (y)]=y+ f (x);
(ii)在区间-1<x<0 与 x>0 的每一 个内, 解:令 x=y 得:

f ( x) x

是单调递增的。

f (x+ f
又令 x+ f

(x)+x (x)+x [t+

f (x)=x+ f (x)+x f (x), f (x)=t,则f (t)=t,在(1)中令 x=t 得 f (t)+t f (t)]=t+ f (t)+t f (t)=(t+2)t=t2+2t.

f (t 2 +2 t )= f

f (t ) f [(t + 2)t ] f ( x) 若 t>0,则(t+2)t>t>0,但 = = 1,与 在 x>0 时单调递增矛盾。 t (t + 2)t x
同理,t>0,亦导致矛盾。因此,对任-x 恒有 x+ f (x)+x f (x)=t=0. 从而 f ( x) =

显然,这一函数满足题设条件。

? x。 x +1

函数奥赛竞赛练习
一、选择题 1.( 2000 年北京市中学生数学竞赛)已知函数 y=f(x) 有反函数,现将 y=f(2x-1)的图象 向左平移 2 个单位,所得图形表示的函数的反函数是( ) A. y =

? + f ? 1( x ) 3 2 ?f (x) ?3 2 f ( x) 3+ 2
?1 ?1 ?1

B. y =

C. y =

D. y = 3 ? f

2

( x)

二、填空题 2.( 2001 年全国高中数学联赛)= x + 函数 y 3.( 2001 年全国高中数学联赛) log 1 x 2 不等式

x ? 3 x + 2 的值域为_____。 + 2 |> 3 2
的解集为___________。

2

|

1

4 .( 2001 年北京 市 中 学生 数 学 竞赛 ) 函 数 f(x)对于任 意 非 负实 数 x、 y 都满足

f
(x

+ y ) = f ( x) + 2 [ f ( y )] ,且 f(x)≥0,f(1)≠0,则 f (2 + 3 ) =______。

2

2

三、解答题 5.( 2000 年北京市中学生数学竞赛)f(x)是定义在 R上的函数,对任意的 x∈R,都 有 f(x+3) ≤f(x)+3 和 f(x+2) ≥f(x)+2,设 g(x)=f(x)-x, (1)求证 g(x)是周期函数; (2)如果 f(998)=1002,求 f(2000)的值。

6.( 2000 年全国高中数学联赛)若函数 f x 2 + 在区间[a,b]上的最小值为 ( x) = ? 2 2 2a,最大值为 2b,求区间[a,b]。

1

13

7. (第 一 届 “希望杯”全国邀请赛试题) 求函数

f ( x) = x + 4 x + 17 x + 26 x + 106 2 x + 2x + 7

4

3

2

在区间[-1,1]上的值域。

8.(第 九 届 “希望杯”全国邀请赛试题)若实数 x 满足不等式

x 4 ? 2x 3 ? 7 x2 + 8 x + 12

4 ≤0。 试求函数 f ( x ) x + | 的最大值。 =| x

9.( 2000 年莫斯科师范大学数学奥林匹克竞赛)作函数 y= |

x

x

2 ? 2 | +2 的图象。

10.( 2000 年莫斯科师范大学数学奥林匹克竞赛)函数 f (x) =lg ( 数还是奇函数?

x +x 2 ?1) 是偶函

11 .(第五届北京高中数学知识应用竞赛)中国青年报 2001 年 3 月 19 日

报道:中国移 动通信将于 3 月 21 日开始在所属 18 个省、市移动通信公司 陆续推出“全球通”移动电话资 费“套餐” , 这 个 :“套餐”的最大特点是针对 不同用户采取了不同的收费方法。 具体方案如下: 方案代号 1 2 3 4 5 6 7
基本月租(元)

30 98 168 268 388 568 788

48 170 330 600 1000 1700 2588

免费时间(分钟) 超过免费时间的话费(元/分钟) 0.60 0.60 0.50 0.45 0.40 0.35 0.30

原计费方案的基本月租为 50 元,每通话一分钟付 0.4 元,请问: (1) “套餐”中第 4 种收费方式的月话费 y 与月通话量 t(月通话量是 指一个月内每次 通话用时之和, 每次通话用时以分为单位取整计算, 如某 次通话时间为 3 分 20 秒,按 4 分 钟计通话用时)的函数关系式; (2)取第 4 种收费方式,通话量多少时比原计费方式的月通话费省钱; (3)据中国移动 2000 年公布的中期业绩,每户通话平均为每月 320 分 钟,若一个用户 的通话量恰好是这个平均值,那么选择哪种收费方式更合 算,并说明理由。

参考答案 1. A 因 由于“抽象”没有具体的函数表达式,使题目显得有些难,化难为易的方法

而也就是化抽象为具体,不妨设 f(x)=x+1(这样符合原题“f(x)有反函数” 的 规 定 )。于是 以

?1 下种种全具体化了。 反函数 x ) = x ? 1 , f (2 x ? 1 ) = 2x ,向左平移 2 个单位所得图 是f (

形表示的函数 f 2( x + 2) = 2 x + 4 。这个函数的反函 ( x) = ( x) = 数 f
1 1

?1

x

? 2 ,再与 4 个选

择来对照。 A项y=

2

? 3 + f ?1 ( x) ?3+x?1 x 是y= = ? 2 符合, 2 2 2 ? 3 ? f ?1 ( x ) ?3?x+1 x 是y= = ? ? 1 不合, 2 2 2 3 + f ?1 ( x) 2
?1

B项y=

C项y=

是 y=

3+x?1 2 3 x+1

=

x 2

+ 1 不合, x 2

D 项 y=3?f

?

(x )
是y=

2.[ 1 , 3)

2

2

=?

+ 2 不合。故选 A。

2 ??[ 2, +∞ ) x ?3x+ ? x ?3x+2=y?x ≥0 = y ? 2 ,从而 y ≠ 且 x = 。 2 2y?3
2 2 2 2

y=x+ 2

3

两边平方得 ( 2 y ? 3)x

y ?2

2

由 y?x=y? y ?2

2

2y?3
2

≥0?

y ? 3y + 2 2y?3

3 ≥ 0 ? 1 ≤ y < 或 y≥2。 2

任取 y≥2,由 x

=

y ?2 2 ,易知 x ≥ 2 ,于是 x ?3x+2≥0。 2 y?3 y ?2
2

任取 1 ≤ y 3

<

2
2

,同样 x = ,易知 x≤1。 由 2y?3

于是 x ? 3 x + 2 ≥ 0 。 因此,所求函数的值 ) ??[ 2, +∞ ) 。 域为 [ 1 , 2
2

3

3. ( 0 , 1 ) ??( 1 ,2 7 ) ??(4 , +∞ )

|

3 1 3 1 3 1 1 +2> 或 + 2 < ? 。即 >? 或 + 2| > 等价于 log x 2 log x 2 log x 2 log x 2
1 2 1 2 1 2 1 2

1

1
log 1 x
2

<?

7 2



此时, log

1 2

x < ? 2 或 log x > 0

1 2

?

2 7

< log

1 2

x<0。

2

∴解为 x>4 或 0<x<1 或 1 < x
2

< 27。

即解集为 ( 0 ,1 ) ??(1,2 7 ) ??( 4 ,+∞) 。 4. 1+

3 2

这题 f(x)不容易具体化,但是它的值则是可以具体化的。例如设 x=0,y=0。
2 则由 f ( x + y ) = f ( x) + 2 [ f ( ) y ] 2


2

得 f (0 ) = f (0 ) + 2 [ f (0 )]2, 再设 x=0,y=1。

( 0) 2[ f ]

= 0 ,f(0)=0。

得 f ( 1 ) f ( 0) + 2 [ f ( 1 )] ,以 f(0)=0 代 2 [ f ( 1 )] = 入 ∴ f (1) =

2

2

= f ( 1 ) ,已知 f(1) ≠0,

1 2



设 x=1,y=1, 得 f (2 ) = f ( 1 ) + 2 [ f ( 1 2 )] , 即 f (2 ) =

1

1 +2 × =1。 2 4

设 x=2,y=1, 得 f (3 ) = f ( 2) + 2 [ f ( 1 )] 2 ,

1 3 f (3 ) = 1 + 2 × = 。 4 2 3 2 设 x=0, y = 3 ,得 = 2 [ f ( 3 )] , 2 3 ∴ f ( 3) = 。 2
设 x=0, y = 4 3 , 得 f ( 3) = f ( 0) + 2 [ f ( 3)] ,
4 2



3 2

= 2[f (

4

3 )] , [ f ( 3 )] =

2

4

2

3 4



至此可求 f ( 2 +

3), f ( 3 )]
4 2

f (2 + 3 ) = f ( 2) + 2 [
=1+ 2×
3

。 4 2 5.解:本例的难度显然又有增加,主要是难以具体化。只能在抽象的层面来解决 问题 (1)g(x)=f(x)-x, 可得 g(x+2)=f(x+2)-x-2, g(x+3)=f(x+3)-x-3 , 再以 f(x+3) ≤f(x)+3 和 f(x+2) ≥f(x)+2 代换,可得

=1+

3

g( x + 2) ≥ f ( x) + 2 ? x ? 2 = f ( x) ? x ,①

g( x + 3) ≤ f (x) + 3 ? x ? 3 = f (x) ? x ,②
由①可得 g(x+4) ≥f(x+2)-x-2 ≥f(x)+2-x-2=f(x)-x, g(x+6) ≥f(x+2)-x-2≥f(x)-x。③ 由②可得 g(x+6) ≤f(x+3)-x-3≤f(x)-x, ④ 由③、④知 g(x+6)=f(x)-x=g(x)。 ∴g(x)是周期函数获证 (6 是它的一个 周期) (2)2000-998=1002 是 6 的整数倍,所以 g(2000)=g(998),即 f(2000)-2000=f(998)-998 f(2000)=f(998)+1002=1002+1002=2004 。 本题的不同之处在于没有 “具体化” , 而是利用 f(x+3)与 f(x+2)的反复操作 以求 g(x+6) 与 f(x)的关系,进而得到 g(x+6)=g(x),以达到证明的目的。 6. 解 f(x)的最大值只能是 f = ,或 f(a),或 f(b),f(x)的最小值只能是 f(a)或 f(b) (0 ) 2 其中之一,令 y 2a ,且 y =
min

13

=
max

2b ,即可得关于 a、b 的方程组,解出 a、b 的值。

当 a 值由负值增大到正值时,区间[a,b]在 x 轴上自左向右移动,因此在求 f(x)的最值 时,须按区间[a,b]的位置分类求解。

f(x)图象顶点坐标为 ( 0 ,

13

1 13 1 13 f (a) = ? a2 + , f (b) = ? b2 + 。 2 2 2 2
(1)当 a<b<0 时, 由 f(x)在[a,b]上单调递增得,f(a)=2a,且 f(b)=2b

2

)

? 1 2 13 ? a + =2a, 即? 2 2 ? 1 2 13 ? b + =2b ? 2 2 ? 1

于是 a、b 是二次 x + 2 x ? = 0 的两个负根,但此方程两根异号,故区间[a, 方程 2 2 b]不存在 (2)当 a<0<b 时, f(x)在[a,0]上单调递增,在[0,b]上单调递减,因而 f(x) 处取得最大值,在区间 在 x=0 端点 x=a 或 x=b 处取得最小值,

2

13

? 13 13 ? f (0 ) = = 2 b 即 b = 即 2 4 ? f (a ) 或 f ( b ) = 2 a < 0 ? ? 13 1 13 2 13 39 ( b ) =f ( ) = ? ( ) + = ≠2a, 4 2 14 2 32 则f 1 2 13 ∴ f ( a) = ? a + = 2a , 2 2
解得a = ?2 ? 17 , 于是得区间 [

?2 ? 17 ,13] 。 4

(3)当 b>a≥0 时 由 f(x)在[a,b]上单调递减得,f(a)=2b,且 f(b)=2a,

? 1 2 13 ? a + =2b, 即? 2 2 ? 2 13 ? 1 ? b + =2a ? 2 2 ? =1 ?a=3 a 解得 ? 或? (舍去) ?b = 3 ?b = 1
即得区间[1,3]。

综上所述,所求区间为[1, ?2 ? 17 , 13 ] 3]或 [ 4

64

2

7.解: f ( x) = x + 2 x + 7 +

2 ? 。值域为 [ 15 , 15 ]。 x +2 x+ 1 3 4 3 2 7 f max = 5 。 8.解: x ? 2 x + 8 x + 12 = ? ? 2 ) ? ( x + 1 )( x + 2 ) 。 3 )( (x ? 7x x

2

9.解:研究 2 种情 况。 ① 2 ? 2 ≥ 0 ,即 x≥1。于是
x

y=

x

x

x

2
x

?

2

+

2

=

2

?

2

?

2



② 2 ? 2 < 0 ,即 x<1。于是

y = ?( 2 ? 2)

x

x

图象如图所示。

+2 =2。

10.解:很明显对于任一 x x + x 2 + 1 > 0 ,由此 f(x)的定义域为 R。 ∈R,
2

研究和 f ( ? x ) + f = lg ( (x)
2 2

x + 1 ? x ) + lg ( x + 1 + x )

2

= lg[ ( x +1 ? x)( x +1 + x)] = lg 1 = 0 。
因此,对任何 x∈R,f(-x)=-f(x),这表明 f(x)是奇函数。
11 . 解 :( 1) y

? 268 =? ( t ? 600) ?268 + 0 45 ×

0 ≤ t ≤ 600 t > 600

(2)当 0≤t≤600 时,解不等式 50+0.4t≥268,得 545≤t≤600(t∈N), 当 t>600 时,解不等式 50+0.4t≥268+0.45(t-600),得 600<t≤1040(t∈N), 综上,545≤t≤1040 时(t∈N), 第 4 种收费方式比原收费方式的月通话费省钱。 (3)因为按照原来的收费方式,320 分钟收费 178 元(即 50+0.4×320 ),所 以 , 不 会

选择月租费多于 178 元的收费方式,从而只考虑“套餐”中的 前三种方式。 第一种方式的话费为:30+0.6×(320-48)=193.2( 元 ); 第二种方式的话费为:98+0.6 ×(320-170)=188( 元 ); 第三种方式的话费为:168 元。 故选择第三种方式。 事实上,相对于原收费方式,当通话时间大于 244 分钟时,第一种方 式不合算,当通话 时间只有在 120 分钟至 270 分钟时,第二种方式较合算。

学科:奥数 教学内容:数论函数

【内容综述】 本讲介绍数论中常见的一些函数的概念、性质及其应用,主要有 除数函数 ——自然数 n 的正因数的个数函数; ——自然数 n 的全部正因数的和函数; 欧拉函数 ——设 n 是大于 1 的自然数,则欧拉函数

是表示与 n 互素且不大于

n 的自然数的个数;(高斯函数或称方括号函数[X]在下讲介绍)为书写清楚,同学们应 熟 悉连加符号“ ”与连乘符号“ ”: ;

特别是“ “

”表示对称式的和



”表示对称式的积 abc……;

【要点讲解】 § 1.约数个数函数 § 2.约数和函数 § 3.欧拉函数φ(n)

§ 1. 约数个数函数 定义 1 设 定理 1 设 ,则 ,且 的正约数的个数称为函数 。 是质数 则 ,

略证: 由乘法原理,约数系 由 、 有

、… 、

的不同取法而生成,它们的取法分别 种(含不取该约数的 1 种取法),故

得证

例 1. 求 24 的正约数个数。 解:

事实上,易求得约数分别是 1,2,3,4,6,8,12,24;个数正是 8 个。 § 2 定义 约数和函数 设 ,则称 的正约数和函数 , 的正约数和为函数 。

定理 2 自然数

(其中
)。



的素数 ,

略证

注意到(



展开后,其项数恰为

, 的约数个数 ,

又每项皆形如 可见每项皆自然数

, 的约数且每个约数只出现一次,由此可见该积即 ,于是有

例 2. 求 780 的正约数和 解:



定理 3 若



是互质的自然数,即(a,b)=1,则

证明: 设 ∵ ,故





与 各不相同(i=1 ,2,…,j=1 ,2,…,m)

§ 3.欧拉函数 定义 如 (∵每个小于 。 关于欧拉函数 ,有以下性质定理 定理4 设 P 是素数,且 则 与 互 素 的 充 要 条 件 是, 即 有 : 之间,有以下 个数 互素的 设 互素且不大于 的自然数的个数( ),称为欧拉函数。 ,易证 是素数 是合数,必有

的自然数都与它互素);反之可见,若

证 明 ∵P 是 素 数 , 显 然 有 ,反之若 是 p 的倍数:

,且知在 1 和

,而其余的数都与 自然数个数。

互素,从而可知不超过

且与

当自然数

的素因数分解式中,不只包含一个素因数时,有

定理 5 设大于 1 的自然数的素因数分解式为 , 其中 则有

证明:因为素因数的个数 ,故考虑采用数学归纳法(下设 数的自然数 )。 (i)当 ;

表有 k 个素因

(ii)设 注意到加入第个 k+1 素因数 , 且当 于是由归纳假设就有

; 后,有

从而

时,定理成立;

综上,对任意 (★的补证: 引理 设 (i)若 , 从而 可见 、 则 、c∈N,则

故 同理可证 (ii)若 ,则存在素因数 ,由

同理,若 再证定理 若 ,则 (★★) 注意到 ,故 中有一 个 数 为 1 时,(★★ )显然 成 立 ,现 假 设 方阵: 并把从 1 到 的自然数排成长

1 m+1 2m+1

2 m+2 2m+2

…… …… …… ……

r m+r 2m+r

…… …… ……

m 2m 3m

(n-1)m+1

(n-1)m+2

……

(n-1)m+r

nm

则 为上面这组数中与 互素的自然数的个数,由引理知它等于这组数中同 时与 都互素的自然数个数。 注意到(km+r,m)=(r,m), 所以当 列数与 互素。 列的每列数中,恰好有 互素,也与 个自然数与 互素,这样就能证明 时,第 列中的每一个数都与 互素,从而这 列数中共有

下面再证这 共有 ·

个数,既与

互素,即定理为真。 除时,所得余数都不会相同。

事实上,从第 列看,∵ , ∴这列中的 个数中,任意两个数被 (若不然,设 , 其中 因题设 可见这第 列中的 ,于是有 个数被

除同余,则

) 除的余数分别是 0,1,2,3,…,( -1)(不 计 顺

序 ),而 这

个数中与

互素的自然数个数正是 ,即 第 。

列中存在

个与

互素的数



这就证明了 例3 解

求与 300 互素且不超过 300 的自然数的个数。 所求的数即

★★★例 4. 试判断是否存在自然数 ,使 解 设 则


即 这里应估 计到 ,于是 中必有一 个是 奇数 (否 则若 它们 全是偶 数, 则

但 则 ,只有 ,不妨令 而 7 是素数,★★★式中 是

必是 2 的倍数,但它不等于 14,( 否 ,且 (★★★) 也是素数,因而不可能成立!),于是只能

因此也不是成立的! 综上知,不存在 例 5. 试证: 。

证明: (i )当 是奇数 时 , ,注意 到 ,于是

(ii)当

是偶数时,不妨设

综 i,ii,原命题成立。 例 6. 证明 的值或者是 1 或者是偶数,其中 。 证明: (i)当 =1,2 时, ( )=1; (ii)当 >2 时,若 则 是偶数; 若 ,于是

【能力训练】 1.证明自然数 的所有正约数的欧拉函数值的和为 (即

) 2.设 (m, n) = d,则? (mn) =? (m)? (n) ?
? (d )

d



3.记不大于自然数

而与

互素的数(共 ,求证



参考答案 【能力训练】 1.首先注意,若自然数 。 这是因为不大于 而与 有公约数 的数只能是 。 现记 ,于是有 不大于 不大于 …… 不大于 而与 以 为最大公约数的数有 为最大公约数的数有 个; 为最大公约数的数有 的数与 个; 之一, 个; ,并注意到: ,即

而与 以 而与 以

而任何一个不大于

最大公约数只能是

于是 2.注意

,即

3.由 一般而言,若

可见,1 与 15-1;2 与 15-2;4 与 15-4;都是小于 15 且互素的数 则有 ,于是 (若不然,设
矛 盾 )。





记 也是不大于

为不大于 且与

且与

互素的所有自然数,则

互素的所有自然数,从而

数列奥赛竞赛练兵

一、选择题 1.( 2000 年全国高中数学联赛)给定正数 p,q,a,b,c,其中 p≠q。若 p,a,q 是 等比数列,p,b,c,q 是等差数列,则一元二次方程 bx ? 2ax A.无实根 C.有两个同号相异实根 B.有两个相等实根 D.有两个异号实根
2

+c = 0 ( )

二、填空题 2.( 2000 年全国高中数学联赛)等比数列 a + log 2 是_________。

3

, a

+ log 4 3, a + log 8 3 的公比

三、解答题 3 .( 2000 年 全 国 高 中 数 学 联 赛 ) 设 Sn = 1 + 2 + ?? +n , n ∈ N 。 求

f (n) =

Sn 的最大值。 (n + 32) Sn+1

4( 第 五 届 北 京 高 中 数 学 知 识 应 用 竞 赛 )PC505 型文曲星具有选定一组或多 组 英 文 单
词 ,

根据科学记忆曲线在十四天内进行初记和强化复习的功能。对于每一组 单 词 ( 词 量 自 定 ) ,

初记完成后,文曲星提示“立即复习一遍” ,然后在第二、第四天、第七 天、第九天、第十

天 、 第 十 四 天 ,“每天复习一遍”该组单词,其他天无须复习,当你在这

















确地拼写这组单词后,文曲星就不再提示对该组单词的记忆。高中《英 语 》 第 一 册 ( 下 ) 生

词表中,UNIT17~UNIT20 共 99 个单词,请你将这 99 个单词适当分组,利用 文 曲 星 的 强 化

复习功能,制定一个在 20 天内记忆 99 个单词的计划,把每天需要初记的 单 词 数 和 每 天 需 要

初记和复习的单词总数填入下表中,使得每天初记和复习的单词总数不 少 于 10 个 , 且 不 多

于 50 个。

5. (第十一届美国数学邀请赛 ( AIME) 试题第九题) 在一圆周上给定 2000 个点,取 其中一点标记上数 1,从这点开始按顺时针方向到第二个点标记 上数 2, 从标记上 2 的点开 始按顺时针方向数到第三个点标记上数 (如图 3 3-3) ,
继续 这 个 过 程 直 到 1, 2, 3, …, 1993 都被标记到点上,圆周上这些点中

有些会标记上不止一个数,也有一些点未标记上任何数, 在标上 1993 的 那一点上所有标数中最小的数是什么?

6.(第五届北京高中数学知识应用竞赛)电子器件厂兼营生产和销售 某种电子器件,流 水线启动后每天生产 p=500 个产品,可销售 q=400 个 产品,未售出的产品存入库房,每件 产品在库房内每过一夜将支付存储费 用 r=0.2 元。该流水线在开机生产一段时间后将停机 销售,待所有库存产 品销完再开机生产,流水线启动的费用是 c=1000 元(与 产 品 数 量 无关 )。 这

样,开机生产——停机销售——产品售完构成了一个产销周期。为管理方 便,流水线的生 产和停机的时间均以天为单位安排。请你设计一个产销 周期,即开机生产多少天,停机销售 多少天,使得平均每件产品用于流 水线启动和存储的费用最少?

参考答案 1.A 由题意知 由后二式得

pq = a ,2b=p+c,2c=q+b, p + 2q 3

2

b=

2p + q 3

,c=


2 3 2 2

3 1 1 于是有 bc 3 ( p + q + q ? 3 ( p + p + q ) ≥ = )

pq

?

p q = pq = a 。

因为 p≠q, 故 bc > a ,
2

方程的判别式? =

2

4a

? 4bc < 0 。

因此方程无实根。故选 A。 2.

1 3

设公比为 q,由已知条件知,

q=

a + log 4 3 a + log 3 8 , a + log 2 = 3 a + log 3
4

由比例性质,

q=

a + log 4 3 ? ( a + log 3 )
8

log 3 ? log 3

a + log
2

3 ? ( a + log 3 ) log 3 ? log 3
4 2 4

=

4

8

1 1 log 2 3 ? log 3 2 2 =
log
2

3 3 ? log 2 1 3

1 = 。 3

3.解:由已知,对任何 n∈N,有

f ( n) = =

n = ( n 32)( n + 2) ( n + 32) S n + 1 + n n + 34 n + 64 =
2

Sn

2

1 64 n+ n + 34



又因 n

64 n

+

+ 34 ≥ 2 n ?

64 n

+ 34 = 50 ,

故对任意 x∈N,有

f ( n) =

1 1 ≤ 。 64 50 n+ n + 34

由于 f ( 8 ) = 1 ,

50

故 f(n)的最大 。 值为 50 4.解:制定方案的原则可以是: 第一条:为了能在 20 天内完成 99 个单词的复习任务,最后一组初记单词最晚在第 7 天输入;设第 i 天初记的单词量为a i,则有下表

1

第二条:易知,只有第 7 天和第 10 天初记和复习单词的组数最多,是 4 组,为了方便, 先确定这两天的记忆总数。 此题答案不惟一,下面是一个解法。 因为 10≤每天初记和复习的单词总数 ≤50,可知 在第 7 天, a

a a
1

4

a a,
5

6

, , , a 7 均小于 10。

a a a

1

+
7

+ a + a ≤ 50 ,则 a 20 ,不妨设 a 20 。
4 6 7 1



1

=

于是

4

= a = a = 10 。
6

在第 10 天, a
1

+

+ a + a ≤ 50 ,则 a= 10 。
2 4 7 2

据已知, a

a

1

+

+ a + a + a + a + a = 99 ,得 a + a = 39 。在第 4 天,
2 3 4 5 6 7 3 5

a1 + a 3 + a 4 ≤ 50 , a1 + a 5 + a 6 ≤ 50 ,则 a 5 ≤ 20 ,于是 则 a 3 ≤ 20 , 在第 14 天, a = 19 , a = 20 。
3 5

这样, a (i=1,2,3,4,5,6,7)均已确定。经验证,符合题目要求,产生下表
i

5.解:从标上数 1 的那点数起,标记上数 1 数过的点个数为 1,标记上 数 2 的点数为 1 +2,标记上数 3 的点数为 1+2+3,…。

( +1) 由归纳推理得出,标上数字 n 的数过的点数 f (n ) = n n ,由此得到上 符合关系式 2
数 1993 数过的点个数为: 1 + 2 + 3 1993 =

1

+ ??+

2 1 用 2000 除 1987021 余数为 1021, 1021 = n( n + 无整数解,再考虑末四位数 7021, 1) 2 1 7021 = 2 n ( n + 1 ) ? 14042 = ( n + 1 ) ,解出得 n=118。 n
故可知符合条件的最小整数为 118。

1994

1993 ×

= 1993 ×997 = 1987021 ,

6.解:设流水线开机生产 n1天,停机销售 n2 天,为了除低存储费用,在产品足够的情 况下,每天销售 q 个产品,则生产期间最高库存量为 (p ? q) n1 。由题意,它要在 n2 天内全 部售完,故有 ( p ? q) n = q( n ?1) + a ,其中 a 取值为 100,200,300,400。
1 2



2

n

=

p?q q

n +
1

q?a q



这时在生产期间库存产品的存储费用为

( p ? q )[ n + ( n ? 1 ) + ??+ 1 ]r , 1 即
1

r( p ? q ) n1 ( n 1 + 1 ) 2



在停机销售期间库存产品用于存储的费用为

{[( p ? q )n ? q] + [( p ? q) n ? 2q ] + ??+ [( p
1 1

? q) n ? ( n ? 1 ) q ]} r ,
1 2



2

n

=

p?q q

n +
1

q?a q

[( p ? q ) n ? a ][( p ? q ) n ? q + a ] r 1 1 代入,上式变为 。

2q

于是在整个产销周期内用于启动流水线和存储的总费用为

S=c+

r ( p ? n ( n + 1) 1 ? q) 1 2
2

[( p ? q ) n

a ][( p ? q ) n ? q + a] r
1

+

1

2q


= c + ( p ? q ) n 1 pr ( q ? a ) ar 2q S np
1

+

2q

平均每件产品所负担的流水线启动和存储的费用为

s=

= An 1 + B r(p?q) 2q

1 n
1



其中 A

=

, B=

c p

+

( q ? a ) ar 。

2 pq

=

当 a=100 时, s

n1 40

+

403 200 n 1



当 a=200 时, s

=

n1 101 + 40 50 n 1; n1 40 n1 40 = 403 200n 1 2 n1 1 x


当 a=300 时, s

+;

当 a=400 时, s =

+

考虑函数 左侧,

s(

x)

= + Ax B ,它有最小值,且只有一个最小值点,在最小值点的

函数是单调递减的,在最小值点的右侧,函数是单调递增的。分别取 a=100, 200, 300, 400, 求得 s(x)的最小 值点 x 数处取得。 由以上可得,对于 a=400,s 最小值在 n1 = 8 或 12 时取得,经检验, n1 = 8 时,s 取 得最小值为 0.45,即生产 8 天,停机销售 2 天,费用最少。 同理,对于 a = 200 ,s 最小值在 10 时,s 取得最
a

的最小值在 x 的左侧或右侧的相邻可取整 ,那么 s = An + a n1 B
1

1

n1 = 6 或 10 时取得,经检验, n1

=

小值为 0.452,即生产 10 天,停机销售 3 天,费用最少。 当 a=100,a=300 时,s 关于 n1的表达式相同,所以其最小值在 n1 = 7 或 9 时 取 得 。 经检验,n
1

= 9 时,s 取得最小值为 0.448,即生产 9 天,停机销售 3 天,费用最少。

综上所述,这三个方案差距不大,其中生产 9 天,停机销售 3 天方案略好些。

学科:奥数 教学内容:竞赛中的三角函数例题选讲

【内容综述】 一.三角函数的性质 1.正,余弦函数的有界性

对任意角





2.奇偶性与图象的对称性 正弦函数,正切函数和余切函数都是奇函数,它们的图象关于原点对称,并且 y=sinx 的图象还关于直线 对称:余弦函数是偶函数,从而 y=cosx 的图象关于 y 对称

轴对称,并且其图象还关于直线 3.单调性 y=sinx 在 上单调递减:y=cosx 在

上单调递增,在 上单调递增,在 上都是单调递增的;

上 单 调 递 减 ;y=tanx 在

y=cotx 在 4.周期性

上都是单调递减的。

y=sinx 与 y=cosx 的最小正周期是 2π,y=tanx 与 y=cosxr 的最小正周期是π。 【例题分析】
2 2 2

例 1 已知圆 x + y = k 最小 值点,求实数 k 的取值范围。

至少覆盖函数 的一个最大值点与一个

解 因为
2

是一个奇函数,其图象关于原点对称,而圆 x + y = k 也关
2 2

2

2

2

于原点对称,所以,图 x + y= k 只需覆盖

的一个最值点即可。

令 ,可解得 的图象上距原点最近的一个最大值点,依题意, 此点到原点的距离不超过|k|,即

综上可知,所求的 K 为满足 例 2 已知 ,且

的一切实数。

求 cos(x+2y)的值。 解 原方程组可化为

因为

所以



,则



上是单调递增的,于是由 得 f(x)=f(-2y) 得 x=-2y 即 x+2y=0

例 3 求出(并予以证明)函数 解 首先,对任意 ,均有

这表明, 其次,设

是函数 f(x)的一个周期 ,T 是 f(x)的一个周期,则对任意 ,均有

在上式中,令 x=0,则有 。 两边平方,可知



sin2T=0,这表明

, 的最小正周期为 。

矛盾。

综上可知,函数 例 3 求证:在区间 sin(cosc)=c, cos(sind)=d 证,构造函数 f(x)=cos(sinx)-x

内存在唯一的两个数

,使得

f(x)在区间 内是单调递减的,由于 f(0)=cos(sin0)-0=1>0.

故存在唯一的

,使 f(d)=0,即

cos(sind)=d 对上述两边取正弦,并令 c=sind,有 sin(cos(sind))=sind sin(cosc)=c

显然 的,且

,由于 y=sinx 在

是单调递增的,且 d 是唯一的,所以 c 也是唯一

例 4 已知对任意实数 x,均有

求证: 证 首先,f(x)可以写成 ①

其中

是常数,且



在①式中,分别令



得 ② ③

②+③,得

又在①式中分别令

,得 ④ ⑤

由④+⑤,得

【能力训练】 (A 组) 1.求函数 2.已知 的单调递增区间 是偶函数, ,求

3.设 的大小。





试比较

4.证明:对所以实数 x,y,均有

5.已知 值。 (B 组) 6.已知 (1) , ;(2) 。

为偶函数,且 t 满足不等式

,求 t 的

且满足: ;

(3) 求 f(x)的解析式

7.证明:对任意正实数 x,y 以及实数

均有不等式

8.已知当 恒成立,求 9.设

时,不等式

的取值范围。 , ,求乘积 的最大值和最小值。

参考答案 【能力训练】 A组 1. 2.由偶函数的定义,有

上式对任意

成立,故

所以 3.首先, 又

, 即 4.只需证明 m,n,k,使得 不能同时成立,若不然,则存在整数

即 矛盾 5.由题设,得 即 由于上式对任意 x 成立,故 sint=1,结合 B组 6.由 (1)当 可得 a+2b+4c=1524① 且 b>0 时,有 ,即-1<t<4 可知

此方程组与①联立后无解 (2)当 且 b<0 有

此时 a=4,b=-40, c=400 (3)当 a>0 且 有

此方程组与①联立后无解。 (4)当 a<0 且 ,有

此方程组与①联立后无解, 得上可知, 7.原不等式等价于 。

若 若

,则

故原不等式成立 8.令 为 ,由条件可得 所以 在第 I 象限,原不等式可化

由于 都成立,可知取最小值亦成立,即

结合原不等式对任意 x∈[0,1]

9.由条件知

,于是

学科:奥数 教学内容:动点轨迹方程的求法

一、直接法 按求动点轨迹方程的一般步骤求, 其过程是建系设点, 列出几何等式, 坐标代换,化简 整理,主要用于动点具有的几何条件比较明显时. 例 1(1994 年全国)已知直角坐标平面上点 Q(2,0)和圆 C: x + y = 1,动点 M 到圆 C 的切线长与 MQ 它表 的比等于常数 λ( λ > 0) (如图),求动点 M 的轨迹方程,说明
2 2

示什么曲线. 解:设 M(x,y),直 线 MN 切圆 C 于 N, 则有

MN MQ

=λ ,
2 2



MO ? ON MQ
2 2

=λ ,

x +y ?1 =λ . 2 2 ( x ? 2) + y
整理得 ( λ 1)x + 程. 若 λ = 1 ,方程化 为
2 2

? ( λ ? 1 ) y ? 4 λ x + ( 1 + 4 λ ) = 0 ,这就是动点 M 的轨迹方 5 4 5 4

2

2

2

2

x=

,它表示过点(

,0) 和 x 轴垂直的一条直线;
2

若λ≠1 ,方程化为

( x-

2 ) +y = 2 2 ( λ ? 1) λ ?1

2λ λ

2 2 2

1+3

,它表示以 (
2



2

, 0) 为 圆 心 ,

λ ?1

1 + 3 λ2 为半径的圆. λ2 ?1
二、代入法 若动点 M(x,y)依赖已知曲线上的动点 N 而运动,则可将转化后的 动点 N 的坐标入 已知曲线的方程或满足的几何条件,从而求得动点 M 的 轨迹方程,此法称为代入法,一般 用于两个或两个以上动点的情况. 例 2 (1986 年全国)已知抛物线 y = x +1 ,定点 A(3, 1), B 为抛物线上任意一点, 点 P 在线段 AB 上,且有 BP:P A=1:2,当点 B 在抛物线上变动时,求点 P 的轨迹方程,并指 出这个轨迹为哪种曲线. 解:设 P( x , y ), B( x 1, y ) ,由题设,P 分线段 AB 的比 λ = = 2 ,
1 2

AP PB

∴ x=

3+2x

1

1+2 1+2 3 3 3 1 解得 x = x ? , y = y ? 1 2 2 1 2 2 2 又点 B 在抛物线 y = x 上,其坐标适合抛物线方程, +1
∴ (

1 ,y=

+2y
1

3

整理得点 P 的轨迹方程为

1 2 3 3 y? ) =( x? )+1 2 2 2 2
2

(y? ) =

1 3

2 3

( x ? ),

1 3

其轨迹为抛物线. 三、定义法

若动点运动的规律满足某种曲线的定义,则可根据曲线的定义直接 写出动点的轨迹方 程.此法一般用于求圆锥曲线的方程,在高考中常 填空、选择题的形式出现. 例 3 (1986 年广东)若动圆 ( x + 2 ) 2 + y 2 = 4 外切且与直线 x=2 相切,则动圆圆 与圆 心的轨迹方程是 (A)y ? 12 +
2

x

12

=0 =0

(B)y 2

+ 12 ? 12 2 x (C) y + 8x = 0
(D) y ? 8x = 0
2

解:如图,设动圆圆心为 M,由题意,动点 M 到定圆圆心(-2,0) 的 距 离 等 于 它 到 定直线 x=4 的距离,故所求轨迹是以(-2,0)为焦 点 ,直 线 x=4 为准线的抛 物线,并且 p=6,

顶点是(1,0),开口向左,所以 y 2 = ? 方程是 12(
2

x ? ) .选(B). 1
2 2 2

例 4 (1993 年全国)一动圆与两圆

x + y = 1和 x + y

? 8x +12 = 0 都外切,则动

圆圆心轨迹为 (A)抛物线 (B)圆 (C)双曲线的一支 (D)椭圆 解:如图,设动圆圆心为 M,半径为 r,则有

MO = r +1 , MC = r + 2, MC ? MO = 1
动点 M 到两定点的距离之差为 1, 由双曲线定义知, 其轨迹是以 O、 C为 焦点的双曲线 的左支,选(C). 四、参数法 若动点 P(x,y)的坐标 x 与 y 之间的关系不易直接找到,而动点变化 受到另一变量的 制约,则可求出 x、y 关于另一变量的参数方程,再化为普通方程. 例 5 (1994 年上海)设椭圆中心为原点 O,一个焦点为 F(0, 1),长轴 和 短轴的长度 之比为 t. (A)求椭圆的方程; (2)设经过原点且斜率为 t 的直线与椭圆在 y 轴右边部分的交点为 Q,点 P 在该直 线 上,且

OP OQ

= tt 2 ? 1 ,当 t 变化时,求点 P 的轨迹方程,并说明轨迹是什么图形.
1)设所求椭圆方程为
2

解 :(

y2
2

+x b

a ??a

2

= 1 ( a>b > 0).
2 ? a2 ?b =1,

由题意得

? =t, ?b ?
2

解得

所以椭圆方程为
2 2 2 t 2 (t 2 ? 1 ) 2 x+(t ?1 )y =t .

a = 2 ? t ?1 ? 1 ? 2 b = 2 ?1 ? t

t

2

(2)设点

P(x, y), Q( x1, y1 ), 解方程组

? t (t ? 1 ) x + ( t ? 1 ) y = t , 1 1 ? ? y 1= tx 1, 1 ? ?x 1= , 2 ? 2( t ? 1 ) ? ?y = t 2 ? 1 ? 2( t ? 1 )


2

2

2

2

2

2



OP OQ

= tt 2 ? 1 和

OP OQ

=

x x
1



其中 t>1.

? t ? t ?x = x=? , ? 2 ? 2 ? 2 t 或? ? 2 ? t ? ?y = , y=? , 2 ? 2

消去 t,得点 P 轨迹方程为

x2 =
2

2 2

y(x> 2 2

2 2

)

和 x =?

y(x<?

2 2 2

).

其轨迹为抛 物线 x

2

=

2 2 2 y 在直线 x = 右侧的部分和抛物线 x = ? y 在直线 2 2 2

x=?

2 2

在侧的部分.

五、交轨法 一般用于求二动曲线交点的轨迹方程.其过程是选出一个适当的参 以及一条直线 :y=x,设长为 的线 数, 求出二动曲线的 方程或动点坐标适合的含参数的等式, 再消去参数, 即得所求动点轨迹的方程. 例 6 (1985 年全国)已知两点 P( ?2 , 2), Q( 0, 2)

ι

2

段 AB 在直线 λ 上移动,求直线 PA和 QB 交点 M 的轨迹方程. 解:PA和 QB 的交点 M(x,y)随 A、B 的移动而变化,故可设 A (t , t ), , B (t + 1 , t + 1 ) 则
P A: y ? 2 =

( x + 2)( t ≠ ? 2), t+2 t?1 QB: y ? 2 = x ( t ≠ ? 1 ). t+1

t?2

消去 t,得 x ? y + 2x ? 2 y + 8 = 0 当 t=-2,或 t=-1 时,PA与 QB 的交点坐标也满足上式,所以点 M 的轨迹方程是

2

2

x2 ? y 2 + 2 x ? 2 x ? 2 y + 8 = 0
以上是求动点轨迹方程的主要方法,也是常用方法,如果动点的运动 和角度有明显的关 系,还可考虑用复数法或极坐标法求轨迹方程.但无 论用何方法,都要注意所求轨迹方程中 变量的取值范围.

学科:奥数 教学内容:几何不等式测试题

1.在△ABC 中,M 为 BC 边的中点,∠B=2∠C,∠C 的平分线交 AM 于 D。 证明:∠MDC≤45° 。 2.设 NS 是圆 O 的 直 径 ,弦 AB⊥NS 于 M,P 为弧 上异与 N 的 任 一 点 ,PS 交 AB 于R,PM 的延长线交圆 O 于 Q,求证:RS>MQ。 3.在△ABC 中,设∠A,∠B,∠C 的平分线交外接圆于 P、 Q、R。 证明:AP+BQ+CR>BC+CA+AB。 4.过△ABC 内一点 O 引三边的平行线,DE∥BC,FG∥CA,HI∥AB,点 D、E、F、G、 I 都在 △ABC 的边上, 表示六边形 DGHEFI 的面积, 求证: 。 表示△ABC 的面积。

5.求证:△ABC 的内心 I 到各顶点的距离之和不小于重心 G 到各边距离 之 的距离 为 h,并使 AP=h+AD,BP=h+BC,求证: 。 7.设 H 为锐角△ABC 的垂心,A1,B1,C1,分别为 AH,BH,CH 与△ABC 外 接 圆 的 交 点 。 求证: 。其中等号当且仅当△ABC 为正三角形时 成立。 8.一凸四边形内接于半径为 1 的圆。证明:四边形周长与其对角线之 和的差值 u,满足 0<u<2。 和 的 2 倍 。 6.凸四边形 ABCD 具有性质:(1)AB=AD+BC,( 2)在其内部有点 P,P 点到 CD

9.已知过锐角△ABC 顶点 A、B、C 的垂线分别交对边于 D、E、F,AB>AC,直线 EF 交 BC 于 P,过点 D 且平行于 EF 的直线分别交 AC、 AB 于 Q、R。 N 是 BC 上的一点, 且∠NQP+∠NRP <180° ,求证:BN>CN。

参考答案 【同步达纲练习】 1.设∠B 的平分线交 AC 于 E,易证 EM⊥BC 作 EF⊥AB 于 F,则有 EF=EM, ∴AE≥EF=EM,从而∠EMA≥∠EAM,即 90° -∠AMB≥∠EAM。又 2∠MDC=2(∠MAC+∠ACD)=2∠MAC+∠ACM=∠MAC+∠AMB, ∴90° ≥∠AMD+∠MAC=2∠MDC,∴∠MDC≤45° 。 2.连结 NQ 交 AB 于 C,连结 SC、 SQ。易知 C、 Q、S、M 四点共圆,且 CS 是该 圆的直径, 于是 CS>MQ。再证 Rt△SMC≌Rt△SMR,从而 CS=RS,故有 RS>MQ. 3.设 的内心为 I,由 IA+IB>AB,IB+IC>BC,

即 2(AP-IP+BQ-IQ+CR-IR)>AB+BC+CA (1 ) 连 AR,∵∠AIR=∠IAR,∴IR=AR,又 AR=BR,

同理 (2 ) 由(1)、(2)即得 AP+BQ+CR>AB+BC+CA。 4.如图 8。

设 ∽ ,

三边长分别为 a、b、c,IF=x,EH=y,DG=z,则依题意有 ,(易知 OE=CF)

同理

,所以,

由柯西不等式

,从而

于是 5.设 G 到各边距离为 由

(r 为内切圆半径), 得 (艾尔多斯——莫德尔不等式)。故



即 AI+BI+CI≥2(r1+r2+r3) 6.分别以 A、B、P 为圆心,AD、BC、h 为半径作圆,三圆两两外切,EF 为 ⊙A、⊙B 外 公切线,⊙P 与 EF 相切时 h 最大,此时设 AD=r,BC=R,⊙P 半径为 m, 则 化简得 ,即 由 知命题成立。

7.由外接圆心 O 向 BC 作垂线 OD 于 D, 则 AH=2· OD,∠DOC=∠A,故 HA=2OD=2RcosA。同理 HB=2RcosB,HC=2RcosC,由 BC 是 ,得 同理

的垂直平分线,

。于是原不等式等价于

而 ∴2(cosBcosC+cosCcosA+cosAcosB)



8.如图, 引进有关边长、对角线、角的记号,则 a+d>e,d+c>f,c+b>e,b+a>f,四式相加得 a+b+c+d>e+f,即 u=(a+b+c+d)-(e+f)>0.又四边形至少有一角 且 ,同样可设 ,不妨设 ,则

,由圆的半径为 1 及正弦定理得

于是 u<2 等价于证明: 下面证明更强的结论: 由于

故结论成立。 9.取 BC 中点 M,只需证∠MRP+∠MQP=180° ,即 R、M、Q、P 四点共圆。

如图,连结 ED,易知∠PEC=∠DEC,∠DEB=∠FEB,有 ∠EMC=180° -2∠ACB,∠EDP=180° -∠ACB-∠CED。

连结 ME。

∴∠MED=∠ACB-∠CED=∠EPC ∴△MDE∽△MEP,从而 ME2=MD· MP=MC2 又∵RQ∥ FP, ∴∠BRD=∠BFE=∠DCQ ∴B、R、C、Q 四点共圆。 RD·DQ=BD·CD=(BM+MD)(CM-MD)=MC2-MD2=MD·MP-MD2=MD·PD ∴R、 M、Q、P 四点共圆。 即∠MRP+∠MQP=180° ,当 N∈BC,且 ∠NQP+∠NRP<180° 时 ,N 必在 M 右侧,故 BN>CN。

学科:奥数 教学内容:三垂线法作二面角的平面角的技巧

求二面角的大小是考试中经常出现的问题, 而用三垂线法作二面角的 平面角是求二面角 大小的一个重要方法,许多同学在解题过程中由于没 有有效地利用三垂线定理(或逆定理)作 出二面角的平面角,使得解题受 阻. 我们把用三垂线定理 (或逆定理)作二面角的平面角的方法称为三垂线法,其作图模型 为: 如图 1,在二面角α —l 一 β 中,过平面α 内一点 A 作 AO⊥平面β ,垂足为 O,过点

O 作 OB⊥l 于 B(过 A 点作 AB⊥于 B),连 结 AB(或 OB),由三 垂 线 定 理 (或逆定理)知 AB⊥l(或 OB⊥l),则∠ABO 为二面角。α —l— β 的平面角. 作图过程中,作出了两条垂线 AO 与 OB(或 AB),后连结 AB 两点(或 OB 两 点),这一过 程可简记为“两垂一连” ,其中 AO 为“第一垂线” . “第一垂 线”能否顺利找到或恰当作出 是用三垂线法作二面角的平面角的关键, 在具体解题过程中要注意以下几点:

1.善于利用图中已有的“第一垂线” 例 1 已知斜三棱柱 ABC—A1B1C1 中,∠BCA=90° ,AC=BC,A1 在底面 ABC 的 射影恰 为 AC 的中点 M,又知 AA1与底面 ABC 所成的角为 60° .

(1)求证:BC⊥平面 AA1CC1; (2)求二面角 B 一 AA1—C 的大小. 剖析:注意该题的第(1)问,事实上本题已经暗示了 BC 就是我们要寻 求的“第一垂线” . 略解 2 A1A 与底面 AB 成的角为 60° ,所以∠A1AC=60° ,又 M 是 AC 中点, 所以△ AA1C 是正三角形,作 CN⊥AA1于 N,点 N 为 A1A 的中点,连结 BN,由 BC⊥平面 AA1CC1, BN⊥AA1,则 ∠BNC 为二面角 B 一 AA1 一 C 的平面角.设 AC=BC=a,正 △AA1C 的边长为 a , 所 以 CN =

3 2

a , 在 Rt △ BNC 中 , tan ∠ BNC=

BC NC

=

a a 3 2

=

2 3 3

,即∠

BNC = arctan 例2

2 3 3 1 2

如图 3,在底面是直角梯形的四棱锥 S—ABCD 中 ,∠ABC=90° ,SA⊥面 ABCD,

SA=AB=BC=1,AD=

(1)求四棱锥 S—ABCD 的体积; (2)求面 SCD 与面 SBA 所成的二面角的正切值. 剖析:由 SA⊥面 ABCD 及∠ABC=90° ,不难发现,BC 即为“第一垂线” , 但是,本题 要作二面角的平面角,还需首先作出二面角的棱. 略解 2 延长 BA、CD 相交于点 E,连结 SE,则 SE 是所求二面角的棱,因 为 AD ∥ BC , BC=2AD,所以 EA=AB=SA,所以 SE⊥SB,因为 SA⊥面 ABCD,得面 SEB⊥面 EBC, EB 是 交线,又 BC⊥EB,所以 BC⊥面 SEB,故 SB 是 CS 在面 SEB 上的射影,所以 CS⊥ SE,所 以∠BSC 是所求二面角的平面 角,因为

SB = SA + AB = 2 2

2

2

,BC=1,BC⊥SB,因为 tan

∠BSC= =

BC SB

=

2 2

,即所求二面角的正切值为 .

2

(1)确定点 D 的位置,并证 明你的结论; (2)求二面角 A1—AB1—D 的 大小.

2.借助第三个平面,作“第一垂线” 例 3 如图 4,正三 棱 柱 ABC—A1B1C1 的底边长为 a,侧
棱长为

且与对角线 BC1 平行的平面交上底面一边 A1C1 于点 D.

2 2

a ,若经过对角线 AB1

剖析:由线面平行的性质定理及三角形中位线性质,易知 D 是 A1C1 中 点 . 二 面 角 A1 —AB1 一 D 的放置属于非常规位置的图形,但是,容易发现,平面 A1B1C1 过 点 D 且与平面

A1AB1 垂直,这样的平面相对于二面角的两个平面而言,我们称为第三个平 面.过 D 作 DF ⊥A1B1,由面面垂直的性质知,DF⊥面 A1AB1,即 DF 为我们要作的“第一垂 线” . 略解 2 在平面 A1B1C1 内,作 CF⊥A1B1 于 F,连 DC,由三垂线定理可证 AB1 ⊥DG, ∠DGF 就是二面角 A1—AB1 一 D 的平面角,在正 △A1B1C1 中,因为 D 是 A1C1 中 点,A1B1 =a,所以 B1 F

3 4

=

a



3 4

DF = a ,在 Rt △DFG,可求得∠DCF=45° .

3.利用特殊图形的定义、性质作“第一垂线” 例 4 已知:Rt△ABC 的斜边 BC 在平面 α 内 ,AB、AC 分别与平面。成30° 和 45° 角 , 求平面α 与△ABC 所在平面所成二面角的大小. 剖析:本题中没有相对于二面角的两个平面的第三个平面可以借助, 但是,我们注意到 AB、AC 与平面α 所成的角均已给出,只要过 A 作 AO⊥α 于 O,就可以同时找到 AB、AC 在平面α 内的射影,无疑这样得到的“第一 垂线"AO 有着非常特殊的位置,有利于二面角 大小的计算. 解:作 AO⊥ α 于 O,OD⊥BC 于 D,连 OB,AD,OC,由三垂线定理得: AD ⊥ BC , 所以∠ADO 是二面角 A—BC—O 的平面角,令 AO=x,在 Rt△AOB 中,∠ABO= 30° ,所 以 AB=2x,在 Rt △AOC 中,∠ACO=45° , AC = 所以

2 x ,因为 ∠BAC=90 ° ,所以

BC = 6x ,所以 AD =

2x? 2x 6x

=

2 3 3 =

x。 3 2

在 Rt△AOD 中,sin∠ADO

AO AD

= ,所以∠ADO=60° ,所以三角形 ABC 与面

α 成 60° 或 120° 的二面角.

学科:奥数

教学内容:数学竞赛训练题

一.选择题(以下每题的四个选择支中,仅有一 个是正确的) 1.-7 的绝对值是( )

(A)-7 2.1999-

(B)7

(C)-

(D) 的值等于( )

(A)-2001

(B)1997

(C)2001

(D)1999

3.下面有 4 个命题: ①存在并且只存在一个正整数和它的相 反数相同。 ②存在并且只存在一个有理 数和它的相反数相同。 ③存在并且只存 在一个正整数和它的倒数相同。 ④存在 并且只存在一个有理数和它的倒数相同。 其中正确的命题是:( ) (A)①和② (C)③和④ 4.4ab c 的同类项是( ) (B)②和③ (D)④和①

(A)4bc a

(B)4ca b

(C) ac b

(D) ac b

5.某工厂七月份生产某产品的产量比六月份减少了 20%,若八月份产品要达到六月份的 产 量,则八月份的产量比七月份要增加( ) (A)20% (B)25% (C)80% (D)75%

6. ,





四个数中,与

的差的绝对值最小的数是( )

(A)

( B)

(C)

(D)

7.如果 x=― , Y=0.5,那么 X ―Y ― 2X 的值是( )

(A)0

(B)

(C)

(D) ―

8.ax+b=0 和 mx+n=0 关于未知数 x 的同解方程,则有( ) (A)a +m >0. (C)mb≤an. (B)mb≥an. (D)mb=an.

9.( - 1)+(-1)-(-1)×(-1)÷ (-1)的结果是( ) (A)-1 (B)1 (C )0 (D )2 10.下列运算中,错误的是( ) (A)2X +3X =5X (B)2X -3X =-1

(C)2X · 3X =6X

(D)2X ÷ 4X =

11.已知 a<0,化简 (A) 2 (B) 1

,得( ) (C) 0 (D) -2

12.计算(-1) +(-1) ÷ |-1|的结果是( ) (A)0 (B)1 (C)-1 (D ) 2

13.下列式子中,正确的是( ) (A)a · a =a . (C)3 =9. (B)(x ) =x . (D)3b· 3c=9bc.

14.-|-3|的相反数的负倒数是( )

(A)-

(B)

(C)-3

(D)3

15.十月一日亲朋聚会,小明统计大家的平均年龄恰是 38 岁,老爷爷说,两年前的十月一 日也是这些人相聚,那么两年前相聚时大家的平均年龄是( )岁。 (A)38 (B)37 (C)36 (D)35 16.若 a<0,则 4a+7|a|等于() (A) 11a (B)-11a (C) -3a

(D)3a

17.若有理数 x. y 满足|2x-1|+(y+2) =0,则 x. y 的值等于( )

(A)-1

(B)1

(C)-2

(D)2

18.有理数 a, b, c 在数轴上对应的点如图所示:则下面式子中正确的是( ) (A)c + b > a + b. (C)ac > ab (B)cb < ab. (D) cb > ab

19.不等式 (A)2 (B)3

< 1 的正整数解有( )个。 (C)4 (D)5

20.某计算机系统在同一时间只能执行一项任务,且完成该任务后才能执 行下一项任务,现 有 U,V,W 的时间分别为 10 秒,2 分和 15 分,一项任 务的相对等待时间为提交任务到完成 该任务的时间与计算机系统执行该任 务的时间之比,则下面四种执行顺序中使三项任务相对 等候时间之和最 小的执行是( )。 (A)U,V,W. (C)W,U,V. (B)V,W,U (D)U,W,V

21.如图,线段 AD,AB,BC 和 EF 的长分别为 1,8,3,2,5 和 2 ,记闭合折线 AEBCFD 的 面积为 S,则下面四个选择中正确的是( ) (A) S=7.5 (B) S=5.4 (C) 5.4<S<7.5 (D)4<S<5.4.

22.第一届希望杯的参赛人数是 11 万,第十届为 148 万,则第届参赛人数的平均增长率最 接近的数值是( )。 (A)21.8%. (B) 33.5% (C)45% (D) 50% 23.已知 X 和 YI 满足 3X+4Y=2,X-Y<1,则( )。

(A)X=

(B)Y=-

(C)X>

(D) Y>-

24.下面的四句话中正确的是( ) A.正整数 a 和 b 的最大公约数大于等 于 于 ab。 a 。 B.正整数 a 和 b 的最小公倍数大于等

C.正整数 a 和 b 的最大公约数小于等于 a。 D.正整数 a 和 b 的公倍数大于等于 ab。 25.已知 a≤2,b≥-3,c≤5,且 a-b+c=10,则 a+b+c 的值等于( )。 (A)10 (B)8 (C)6 (D)4

答案与提示:
1. -7 的绝对值是它的相反数 7。 选 B。

2.1999- = =1+2000=2001 选 C。 3.既然只有零和它的相反数相同,所以①不正确,②是正确的,另外 1 与-1 都等于其 倒 数,因此④不正确,③是正确的。所以选择 B。 4.根据同类项定义判定。选择 C。

5.设六月份产量为 A,则七月份产量为

。 ,解得

设八月 份比 七 月份 要增 加 X 才能达 到六 月 份产 量 A ,则 所以八月份的产量要比七月份的增加℅。选 B。

6.

其实,要比



的大小,易知

最小,与

的差的绝对值最小的

数是

选 D。

7.





选C

8.( 1)若 (2)若

则 则必有

,因此 则也有

所以有 故选 D。

9.( - 1)+(-1)-(-1) (-1)÷ (-1)=(-2)-(-1)=-1 选 A。

10.其中(A) 、( C) 、( D)运算都是正确的,而(B)的运算 是错误的,事 实上正确运算应为 。 选 B。

11.当 <0 时,



选 D。

12.

选 A。

13 . 由 于

,所以 A 不正确;又 所以 C 不正确;

,所以 B 不正确; 选 D。

D 是正确的。

14.-

的相反数



的相反数的负倒数,也就是

的负倒数,等于

选 A。

15.设参加聚会共

个人,其年龄分别为





两年前,这 个人的年龄依次为

所以其平均年龄为:



所以选 C。

16.∵ <0, ∴

选 C。

17.由

可知

所以

选 A。

18.图中可见 则有 <

<

<0<1< , 由

<

,则有

<

,(A)不真 ; 由 <

且 >0,

,(C) 不真;由 c<a 且 b<0,则有 >

不真而真,所以选 D。

19.由 选 C。

∴ 的正整数角为 1,2,3,4 共 4 个,

20.顺序 A 的三项任务相对等待时间之和为

顺序 B 的三项任务相对等待时间之和为

顺序 C 的三项任务相对等待时间之和为

顺序 D 的三项任务相对等待时间之和为

比较知

最小。选 A

21.由图可知 S 小于宽为 2.5,长为 3 的矩形的面积,大于宽为 1.8 ,长为 3 的 矩 形 面 积 , 即 。 选C

22.设每届参赛人数的平均增长率为

,由题意知,

满足关系式 11 =148,所以

即 而 可见 30% 选 B。 ,


23.因为

所以

,代入

,得出

24.3 是 6 和 9 的公约数,小于 6,所以排除 A;6 和 9 的最小公倍数是 18,小于 54,所以 排除 B、D。自然数 与 的最大公约数小于等于 是成立的。 选C

25 .由

得 时,只能

如果

中有一 个成 立, 则 进而 。

所以, 当

选D

学科:奥数 教学内容:数学学习中的学法指导

【内容综述】 本讲就数学学法中常用的几个策略作了介绍,第一就是要不断掌握有 用 的 先 进 武 器 —— 数学公式、定理;第二,要加强对数学概念的学习理解,在一些利用概念 分析,可能减少计

算一的试题中,应尽量减少计长算量,提高解题效率;第三,提供了一 个面对较难试题的思 维策略:反客为主,欲擒故纵……第四,其它 【要点讲解】 § 1. 武器精,巧解题 若能不断掌握一些有用的课外公式,无论是解高考试题,还是解数竞试 题都是有用的,尤 其是高考现今强调创新,出活题考能力;而高中数竞 一试又往高考靠,并且数竞从来就是在 出活题考能力(当然它要求的知 识面更广,基础更坚深),二者关系极为密切,这一节,我 们介绍两个 课外的有用公式实理,供大家参考。 1.等差数列 中, ① 证明

例 1.设等差数列 满足 (1995 高中全国数竞赛题) 分析:若等差数列



Sn为其前 n 项之和,求 Sn 中最大者。

中,满足

则 Sn最大。或当 Sn=Sm时, 解: 由题设: 得

取最大值

故由等差数列前 n 项和是二次函数,可见

是最大和 再去解

说明 本题若用常规解法,就需由题设 ,求得

求得 n=20.计算量较大。

例 2.等差数列 ,

的前 n 项和分别为 Sn 与 Tn,若

(1995 年全国高考试题) 分析 本题若按解答题做,推理、论证计算相当繁杂,但若利用公式①就非常简单 解

∴ 例 3.设等差数列的前 n 项和为 Sn,已知 围. 解:
,

求公差 d 的取值范



又∵

故 2.三面角余弦公式 在如图三面角 O—ABC 中。设面角∠ AOB=Q, ∠AOC=Q1,∠BOC=Q 2, 二面角 A—OC—B 大小为 ,则有公式 ,②

称为三面角余弦公式或三射线定理。当 时,就是主几课本中复习题的公式。它的证 明可在如图的基础上,作 CA、CB 分别垂直 OC、于 C、连 AB,分别在△AOB、 △AOC、 △BOC 得用三角函数可分别将 AB、BC 、AC 用 Q、Q1、Q2及 OC 的关 系表出,最后再在△ ABC 中利用余弦定理求得公式② 本公式无论在高考试题还是竞赛试题,多有应用。 例 4.已知二面角 M—AB—N 是直二面角,P 是棱上一点,PX、PY 分别在平面 M、N 内,且 。求 大小?(1964,北京赛题)

解:利用三面角余弦公式



∴ 例 5. 已 知 四 面 体 S—ABC 中 , ,设以 SC 为棱的二面角为 ,求 与 、β关系。 ,

解:由三面角余弦公式及题设,得 , ,故有 解之,得

例 6.已知正四棱锥 P—ABCD 的侧面与底面夹角为 L,相邻两侧面的夹角为β,求证: (1981 上海竞赛题) 证:设 PO 是棱锥的高,O 是底面 ABCD 的对角 线 交 点 作 OE⊥AD, 则 PE⊥AD, 从而∠PEO 是侧面与底面所成角 ; 作 BF ⊥PC,连 DF,易证∠DFB 即两侧面间所成二面角的平面角β.

设侧棱长为 a,底面边长为 b。则侧高为 ,则由三面角余弦公式有

=

= = 又由三面角 P—BCD 知



例 7.如图正方形 ABCD 所在平面与正方形 ABEF 所在平面成

面角,则异面

直线 AD 与 BF 所成角的余弦是_____________。( 1996 年全国高考试题)

解 ∵AD,BF 所成角,即 BC 与 BF 所成角,由三面角余弦公式,有

说明:由上面几道在高中竞赛或全国高考试题解答中,显然课外的公 式,担供了极其简 捷的解法,若不用这二公式,尽管问题也能解决,但 要繁杂得多

这里我们才给了两个课外的有用公式,在本教程的其它章节,更介绍 了许多有用的方法 和公式定理,也希望同学们在今后的解题实践中,不 断总结,发现更多更好的解题方法,策 略和武器,为不好数学,争取得 更大成绩而努力, § 2 大概念 小计算 要学好数学,一定要重视概念的学习 例 8.已知集合 的值。 (1987.全国赛题改编) 分析:根据集合元素的互异性,由 N 知 X,Y 皆不为 0,又由 M=N,故知 可见 ,从而 xy=1,进而 x、y 可求 解:由题设知 x、y≠且 xy=1,∵ 且 M=N,∴ 解方程组

得 x=y=-1,舍去 x=y=1(∵与元素互异 矛盾) 代入原式=-2+2-2+…-2= -2. 说明:这时重在概念分析,计算量较小。 也可发先就 x、y 是否为 1 讨论后得出原式=4002

或 例 9.过抛物线 的长分别是 p、q,求

;进而去求 x、y 的值,舍去 4002-解,得出-2 的正确结论。 的焦点 F 作一直线交抛物线于 P、Q 两点,若线段 PF 与 FQ 的值

(2000 年全国高考) 分析:本题若按解答题作,需对一般情况进行计算,比较繁杂,而若 概念清楚,再结合 抛物线道径长,可见令 p=q 即可迅速求解。 解 令 p=q,则 由抛物线 选 C。 ,可见 ,根据通径长为
,应

例 10 如图, OA 是圆锥底面中心 O 到母线的垂线,OA 绕轴旋转一周所得曲 面将圆锥分成 体积相等的两部分。求母线与轴的夹角的余弦值

分析 若能洞察旋转体体积求法真谛,本题从题设可转化为以 PO 原圆 锥体积之半,于是 可轻松地得出方程

解 设原圆锥母线长为 1,则底半径经 ,( , 于是

为圆锥顶角之半),高

,设 AD⊥PO 于 D,则

由 解得

,得 ,

应选 C 说明:在这一节中,我们主要介绍了解题中减少计算量的一种方法, 希 中 望 , 我 同 们 学 还 们 会 加 介 强 绍 概 更 念理解,尽量通过多思,找到巧解妙算解决问题的办法。在今后的章节 多的不同于课内知识的数学概念和方法,希望大家能够认真学习,掌握 各类问题的解法。 § 3 反客为主,欲擒故纵 数学习题的解决,往往都不是一帆风顺而是充满艰险的。

例 11.若 试求 的值 分析 欲求有关 的下弦,要先去求有关β的函数关系β( ),然后再消 去 β 从 而 得 出 的欲求值,这种策略,不妨称之为“反客为主,欲擒故纵,”在很我场合这 种策略行之有效。

解 由①得

由②得

于是

化简得



(已舍绝对值>1 的另根)

例 12.已知 求证: 分析 题设中有 见 应设法消去 证:由已知易得 的三角函数,并有参数 a、b、c。但题断中不含 关于 a、b、c 的关系,再设法消去 的三角函数,可 。

,为此应先求出

由①可见

代入②,再化简即得

说明:这一节,我们介绍了一种遇到疑难问题时,可能采用的解决问 题的思想方法,也 即是战争中的正面强改不下时,就考虑迂回进攻的战 略战术,在数学竞赛试题的解决中,应 时刻准备应予这种情况的出现。 例 13.当 x=-1,x=0, x=1, x=2 时,多项式 于所有整数 X,这个多项式都取整数值。(1988 俄) 证:注意到 由题设知 d=p(0), a+b+c+d=p(1), 都是整数,故 a+b+c 也是整数。又 取整数值,求证:对

(★)

p(-1)=2b-(a+b+c)+d 是整数,故 2b 也是整数,而 p(2)=6a+2b+2(a+b+c)+d 是整数,可见 6a 也是整数。又易证 可证各 P(x)是整数。 是整数,从而由( ★)

说明 为证 P(x)是整数,就需证明 a、b、c、d 是整数系数,这里借 助于构造★式,转 证 6a、2b,a+b+c,d 为整数,从而证出 p(x)是整数, 这也是迂回证法,竞赛数字中采用 的方法很多,希望大家认真,能认真坚持 学习。

【同步达纲练习】 1.①试通过已知锥体,台体公式,概括出一般的拟柱体公式

其中 分别表示上、下底面积, ②用上述公式求解 若三棱柱 ABC— ,

表示中截面积。 F 将三棱柱分成体积为

中,若 E、F 分别为 AB,AC 中点,平面 E =________.(1990 年全国高考题)

的两部分,则 :

★★2.设|m|≤2,试求关于 x 的不等式 恒成立的 x 取值范围 ★★3.关于 x 的方程 有实根,求实数 a 的取值范围.

参考答案 【同步达纲练习】

1.①注意利用

; ,代入拟

②特殊化原三棱柱为边长为 2 的正三棱柱,易 求得 柱体公式,得 2.构造函数 (Ⅰ)当|x|>1 时, (Ⅱ)当|x|<1 时, (Ⅲ)|x|=1 时, X=1 综上, 3.解关于 a 的方程,得 ( Ⅰ) 当 ( Ⅱ) 时, ,原命题成立。

,求系数 x 范围。



(Ⅲ)又由 可见 时 故


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