集合函數(shù)高次方程doc

1、(自主招生講座)第一講 集合、函數(shù)、高次方程一、集合1元素與集合的關(guān)系用描述法表示一個(gè)集合，基于下面的概括原則：任給一個(gè)性質(zhì)P，那么存在一個(gè)集合S，它的元素恰好是具有性質(zhì)P的一些對(duì)象，即.其中P(x)是“x具有性質(zhì)P”的一個(gè)縮寫(xiě).這個(gè)表示是強(qiáng)有力的，由此我們知道，判斷一個(gè)對(duì)象x是否為集合S的元素，等價(jià)于判斷x是否滿足性質(zhì)P.例1 設(shè)集合A=（）.已知，判斷與集合A的關(guān)系.解 因?yàn)椋?，所?.由此及得.從而知.所以，.2兩個(gè)集合之間的關(guān)系在兩個(gè)集合之間的關(guān)系中，我們感興趣的是“子集”、“真子集”、“相等”這三種特殊關(guān)系.這些關(guān)系是通過(guò)元素與集合的關(guān)系來(lái)揭示的，因而判斷兩個(gè)集合之間的關(guān)系通?？梢?/p>

2、判斷元素與這兩個(gè)集合的關(guān)系入手.例2 設(shè)函數(shù)，集合,.（1）證明：；（2）當(dāng)時(shí)，求B.解 （1）設(shè)任意，則.而，故.所以.（2）因，所以解得.故.由得，解得.所以.3交集、并集、補(bǔ)集由交集和并集的定義，不難證明這兩種集合運(yùn)算的交換律和結(jié)合律.利用文氏圖，可以驗(yàn)證下面的兩個(gè)結(jié)論.分配律：,;摩爾根法則：例3 已知集合問(wèn)：（1）當(dāng)a取何值時(shí)，為含有兩個(gè)元素的集合？（2）當(dāng)a取何值時(shí)，為含有三個(gè)元素的集合？解 與分別為方程組（I） （II）的解集，由（I）解得；由（II）解得.（1）使恰有兩個(gè)元素的情況只有兩種可能； 由得a=0；由得a=1.故當(dāng)a=0或1時(shí)，恰有兩個(gè)元素.（2）使恰有三個(gè)元素的情況

3、是，解得.故當(dāng)時(shí)，恰有三個(gè)元素.由于解決某些集合和組合問(wèn)題的需要，我們引進(jìn)下面的內(nèi)容.（1）命題的否定是四種命題中最麻煩的細(xì)節(jié)問(wèn)題.下面是一些常見(jiàn)詞語(yǔ)的否定：“至少有一個(gè)”的否定是“一個(gè)也沒(méi)有”，“都是”的否定是“不都是”，“所有”的否定是“某些”，“存在”的否定是“任意”，“或”的否定是“且”.（2）容斥原理：令A(yù)表示A中元素的個(gè)數(shù)，則 .（3）德摩根定理：U是全集，.（4）給定兩個(gè)集合A，B，稱(chēng)集，且為A減B，記為.（5）設(shè)A，B是兩個(gè)集合，稱(chēng)（）（）為A，B的對(duì)稱(chēng)差，有時(shí)記為.例4 （2011復(fù)旦）設(shè)S是由任意個(gè)人組成的集合，如果S中任意4個(gè)人當(dāng)中都至少有1個(gè)人認(rèn)識(shí)其余3個(gè)人，那么，下面

4、的判斷中正確的是（ ）.（A）S中沒(méi)有人認(rèn)識(shí)S中所有的人（B）S中至少有1人認(rèn)識(shí)S中所有的人（C）S中至多有2人不認(rèn)識(shí)S中所有的人（D）S中至多有2人認(rèn)識(shí)S中所有的人分析與解：如果設(shè)S中所有人都相互認(rèn)識(shí)，顯然這樣的S符合題目條件，從而A、D都是錯(cuò)誤的；又設(shè)a、b、c是S中的三個(gè)人，a、b、c中每個(gè)人都不認(rèn)識(shí)其他任何人，而除a、b、c之外其他n-3個(gè)人認(rèn)識(shí)所有的人，顯然這樣的集合符合要求，故C是錯(cuò)誤的.B的證明，首先，若任何兩個(gè)人都互相認(rèn)識(shí)，則顯然成立；否則，不妨設(shè)甲、乙互相不認(rèn)識(shí)（注：認(rèn)識(shí)是相互的）.任取另外兩個(gè)人，設(shè)為丙、丁.依題意知，甲、乙、丙、丁這四個(gè)人必有一人認(rèn)識(shí)其余3人。顯然，這個(gè)人

5、不可能是甲，也不可能是乙，不妨設(shè)為丙，則丙認(rèn)識(shí)丁（當(dāng)然也認(rèn)識(shí)甲和乙）.注意丙、丁是任取的兩個(gè)人，故除甲、乙之外，其他任意兩個(gè)人都相互認(rèn)識(shí).從而丙認(rèn)識(shí)S中所有的人.故選B.例5 （2008武大）有50名學(xué)生參加跳遠(yuǎn)和鉛球兩項(xiàng)測(cè)試，跳遠(yuǎn)和鉛球測(cè)驗(yàn)成績(jī)分別及格的有40人和31人，兩項(xiàng)測(cè)驗(yàn)成績(jī)均不及格的有4人，兩項(xiàng)測(cè)驗(yàn)成績(jī)都及格的有多少人？分析與解：這是一道涉及容斥原理的試題.記A=跳遠(yuǎn)測(cè)驗(yàn)成績(jī)及格的學(xué)生，B=鉛球測(cè)驗(yàn)成績(jī)及格的學(xué)生.依題意，A=40，B=31，兩項(xiàng)測(cè)驗(yàn)成績(jī)都及格的即為,又，由容斥原理，故，即兩項(xiàng)測(cè)驗(yàn)成績(jī)及格的有25人.注：本題也可結(jié)合文氏圖，設(shè)兩項(xiàng)測(cè)驗(yàn)成績(jī)都及格的有x人，有方程x+(

6、31-x)+(40-x)+4=50，解得x=25. 二、函數(shù)例6設(shè)二次函數(shù)滿足，且它的圖像與y軸交于點(diǎn)，在x軸上截得的線段長(zhǎng)為。求的解析式。講解 利用二次函數(shù)圖像的對(duì)稱(chēng)性，再結(jié)合它在x軸上截得的線段長(zhǎng)為，知的圖像與x軸的交點(diǎn)為、。因此，可利用零點(diǎn)式求解。設(shè) 。由于二次函數(shù)的圖像經(jīng)過(guò)點(diǎn)，代入待定式求得。于是，即 。說(shuō)明 在求二次函數(shù)的解析式時(shí)，要充分利用其圖像的幾何性質(zhì)，靈活選取待定式，優(yōu)化求解過(guò)程。求二次函數(shù)在閉區(qū)間上的最值，視二次函數(shù)圖像的開(kāi)口情況及其對(duì)稱(chēng)軸與閉區(qū)間的相對(duì)位置關(guān)系來(lái)判斷二次函數(shù)在閉區(qū)間上的單調(diào)性，進(jìn)而求最值。例7已知二次函數(shù)在上的最小值為2。求的值。講解 注意到。易知其圖像的

7、開(kāi)口向上，且對(duì)稱(chēng)軸為。于是，可按其對(duì)稱(chēng)軸與閉區(qū)間的三種位置關(guān)系分類(lèi)求解。（1） 當(dāng)，即時(shí)，由題意。解得 或2，都與 矛盾。所以，此時(shí)不存在。（2） 當(dāng)，即時(shí)，由題意。解得 。（3） 當(dāng)，即時(shí)，由題意。解得 。因?yàn)?，所以，。綜上，或。例8已知是正整數(shù)，關(guān)于的一元二次方程的兩實(shí)數(shù)根的絕對(duì)值均小于.求的最小值.講解 設(shè)、是方程的兩根.由韋達(dá)定理有 ，.所以 ，.由 ，得 .從而 的兩根.于是，可利用一元二次方程實(shí)根分布的相關(guān)知識(shí)求解.設(shè).則 由式得 . 由式得 ，即 .又由是正整數(shù)知，都是正整數(shù)，故 .由上知 .整理得 .再結(jié)合 ，得 .所以 ，即 .當(dāng) 時(shí)，只有 .此時(shí) .經(jīng)驗(yàn)證 滿足題設(shè)要求.

8、故的最小值為25.說(shuō)明1 離散最值問(wèn)題的常見(jiàn)解法是：先估計(jì)研究對(duì)象的范圍，確定可能的最值，再經(jīng)過(guò)構(gòu)造，說(shuō)明可達(dá)到最值.說(shuō)明2：由，得，估計(jì)得，然后分別對(duì)枚舉求解，情況多種.這里，利用一元二次方程實(shí)根分布的相關(guān)知識(shí)先對(duì)進(jìn)行估計(jì)，大大縮小了范圍.因此，求解此類(lèi)問(wèn)題時(shí)要選好對(duì)象進(jìn)行估計(jì)，優(yōu)化求解過(guò)程.例9已知當(dāng)時(shí)，不等式恒成立.試求的取值范圍.講解 設(shè).要使 當(dāng)時(shí)恒成立，只要當(dāng)時(shí) 即可.注意到.于是，需判斷二次函數(shù)圖像開(kāi)口狀況及對(duì)稱(chēng)軸與閉區(qū)間的相對(duì)位置關(guān)系.先利用條件控制的范圍.由于對(duì)任意的，恒有，則，.故 .此時(shí)，有，.所以，恒成立等價(jià)于，即 .故 .因此 ，即 .綜上所述，的取值范圍為.說(shuō)明 恒

9、成立問(wèn)題是函數(shù)問(wèn)題中的常見(jiàn)題型.求解此類(lèi)問(wèn)題的方法多樣，轉(zhuǎn)化為相應(yīng)的最值問(wèn)題比較常用.例10二次函數(shù)滿足條件：（1） 當(dāng)時(shí)，且；（2） 當(dāng)時(shí)，；（3） 在上的最小值為0.求最大的，使得存在，只要就有.講解 先由已知條件求出的解析式，然后對(duì)進(jìn)行分類(lèi)討論，以達(dá)到確定的目的.因?yàn)椋院瘮?shù)的圖像關(guān)于直線對(duì)稱(chēng).因此.由條件（3），當(dāng)時(shí)，即 .由條件（1）、（2）分別得.則 ，即 .由以上可求得 .故 .因?yàn)樗蟮膾佄锞€的圖像開(kāi)口向上，而的圖像是由的圖像平移個(gè)單位得到，要在上，的圖像在的圖像下方，且最大，所以，應(yīng)該是關(guān)于的方程的兩個(gè)根.由1是方程的一個(gè)根，可解得 .將代入原方程得（這與矛盾）；將代入原方

10、程得，.因此 .綜上，m的最大值為9.說(shuō)明 與其它的解法相比，此解法結(jié)合了二次函數(shù)的圖像，簡(jiǎn)化了運(yùn)算，更為簡(jiǎn)潔.例11已知函數(shù)，其中為實(shí)數(shù)。（1）求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）若對(duì)一切的實(shí)數(shù)，有成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1）因?yàn)?，所以有兩個(gè)不等實(shí)根：，顯然.當(dāng)時(shí)，即單調(diào)遞減；當(dāng)或時(shí)，即單調(diào)遞增；綜上所述，的單調(diào)遞減區(qū)間為：；單調(diào)遞增區(qū)間為：，.（2）由條件知：.當(dāng)時(shí)，即 在時(shí)恒成立.因?yàn)?，當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以，即.當(dāng)時(shí)，即在時(shí)恒成立，因?yàn)?當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以，即.當(dāng)時(shí)，.綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍是-1，1.例12對(duì)一切，不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.解 記，已知條件即對(duì)一切恒成立.（1）當(dāng)時(shí)，

11、對(duì)一切實(shí)數(shù).（2）當(dāng)時(shí)，可化為.設(shè)，則.當(dāng)時(shí)，所以函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，從而.因此.（3）當(dāng)時(shí)，可化為.設(shè)，則.當(dāng)時(shí)；當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，所以函數(shù)在區(qū)間（）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（）上單調(diào)遞增，從而.因此.綜合可知：.例13已知函數(shù)，且，若存在實(shí)數(shù)及，使得的定義域?yàn)椋ǎ?，值域?yàn)?，分別求和的取值范圍.解 由，得的取值范圍為.因?yàn)榈亩x域?yàn)?，且，所?又 ，所以.易知在上單調(diào)遞增，而單調(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞減，則有，即，且.又的值域?yàn)椋?得因此，是關(guān)于的方程 ，即 的兩個(gè)不相等的實(shí)根，且.令，則. 解得 .故的取值范圍為，的取值范圍為.例14已知是的三邊，為斜邊，若，求的取值范圍.解 因?yàn)槭堑娜?，為斜?/p>

12、，所以.令，所以 令，因?yàn)?，所?.于是.顯然在上是減函數(shù)，所以，此即為的取值范圍.三、高次方程1三次簡(jiǎn)化方程的韋達(dá)公式如果是方程的根，那么有，.實(shí)際上，如果是已知方程的根，那么即 比較的同次冪的系數(shù)，即證.2次方程的韋達(dá)定理.如果是方程的根，那么有，.3如果整系數(shù)方程（系數(shù)是整數(shù)）有不等于0的整數(shù)根，那么這個(gè)根一定是常數(shù)項(xiàng)的約數(shù).實(shí)際上，如果一個(gè)不等于零的整數(shù)是已知方程的根，那么，即，從這個(gè)式子可以看出，應(yīng)當(dāng)被整除，也就是說(shuō)，應(yīng)當(dāng)是常數(shù)項(xiàng)的約數(shù).例15 已知是方程的三個(gè)根，求的值.解：如果是原方程的根，則有，即 ，.因此有 .例16. 設(shè)實(shí)系數(shù)方程有三個(gè)正根，證明：方程必有一正根.證明：設(shè)方

13、程 的三個(gè)正根為，又設(shè)方程 的三個(gè)根為，由韋達(dá)定理，得 由、知，因此方程的系數(shù)恰好正負(fù)相間，這說(shuō)明方程不可能有負(fù)數(shù)根和零根.由于方程是三次方程，故它必有一實(shí)根.此根只可能是正根.例17 解方程解 配方得：，引入?yún)?shù)：，即.為使第二項(xiàng)為完全平方項(xiàng)，由，得.解此方程，得到一個(gè)根，于是所以，有或，解得，.四、自主招生試題賞析例18 （2012“卓越聯(lián)盟”）函數(shù)的值域是 .分析與解：本題的方法很多，現(xiàn)提供如下幾種解法.解法一：，.由，故.解法二：令，則，再用判別式法，求得.解法三：數(shù)形結(jié)合法，可看成是圓上的點(diǎn)到的斜率，由解析幾何有關(guān)知識(shí)，可得.解法四：導(dǎo)數(shù)法.令. 從而有解法五：，令，則，.故.例19

14、 （2012“北約”）求使得在有唯一解的.分析與解：原方程可化為：，.令，則. 而即關(guān)于對(duì)稱(chēng)，故在有唯一解只可能在或時(shí)取到.時(shí)，但此時(shí)時(shí)均有，即解不唯一；時(shí)，此時(shí)解唯一，符合要求.綜上，.注：本題的關(guān)鍵是找到函數(shù)的對(duì)稱(chēng)軸.例20 （2011“北約”）的三邊a、b、c滿足，A、B、C為的內(nèi)角、求證：.分析與解：解法一，由正弦定理，.而，所以.注意到，所以，所以.解法二:由余弦定理（因?yàn)椋?，所?例21 （2011“華約”）A、B、C為的內(nèi)角，且不為直角三角形.（1）求證：；（2）當(dāng)，且、的倒數(shù)成等差數(shù)列時(shí)，求的值.分析與解：（1）證明：，兩邊取正切，.（2）: 由（1）知，所以，.又，所以.即.

15、將代入，.,（此時(shí)為等邊三角形）或.由于，所以或.例22 （2005復(fù)旦）在中，求.分析與解：中，.設(shè)，則（舍去），或，即，故.例23 （2003同濟(jì)）已知.（1）求y的最小值.（2）求取到最小值時(shí)的.分析與解：一個(gè)函數(shù)關(guān)系中出現(xiàn)了，又出現(xiàn)了，那么，一般的解決策略是:設(shè)則.再令，則，等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)，即.此時(shí)，.又，故.說(shuō)明：本題兩次換元.一般地，形如或的最值問(wèn)題，其中是一個(gè)二次函數(shù)，可令，然后考慮用均值不等式解決.例24 （2009北大）圓內(nèi)接四邊形ABCD中AB=1，BC=2，CD=3，DA=4，求ABCD的外接圓半徑.分析與解：連結(jié)BD，設(shè)，則，設(shè)四邊形ABCD外接圓半徑為R.在中，由余

16、弦定理知 在中，由余弦定理知. 由，故.所以，.在中，由正弦定理，故.例25 （2010北大）是否存在，使得的某種排列為等差數(shù)列.分析與解：由對(duì)稱(chēng)性，不妨設(shè)，（否則用代替x），則四者的大小關(guān)系可能是 或. 無(wú)論、，由等差數(shù)列性質(zhì)有， 或.若，此時(shí)，不符合題意；若，而，故也沒(méi)有解；故不存在，使得的某種排列為等差數(shù)列.例26 （2010清華）求的值.分析與解：解法一,遇到高次的，一般采取降次的策略.（*） ，而，故. 將代入（*）式，.解法二：原式.注：解答本題除了對(duì)三角公式必須熟練掌握之外，還需要一定的恒心和代數(shù)功夫.有意思的是：本題還可進(jìn)一步推廣：是一個(gè)定值.另外，也是一個(gè)定值0；也是一個(gè)定值.更進(jìn)一步，n是大于1的奇數(shù)，則，.例27 （2005上海交大）是否存在三邊為連續(xù)自然數(shù)的三角形，使得：（1）最大角是最小角的兩倍；（2）最大角是最小角的三倍.若存在，求出該三解形；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.分析與解：此問(wèn)題可用兩種方法去解，一種是三角法，另一種是純幾何法.解法一：（1）如圖，不妨設(shè)AB=n+1，BC=n，AC=n1.在中，由正弦定理，.又由余弦定理，.于是，解得，即三邊長(zhǎng)為4、5、6.（2）假