2020高中數(shù)學(xué)競賽與自主招生專題講義十六套

2016年競賽與自主招生專題第一部分近年來自主招生數(shù)學(xué)試卷解讀從2015年開始自主招生考試時(shí)間推后到高考后，政策剛出時(shí)，很多人認(rèn)為,是不是要在高考出分后再考自主招生，是否高考考完了，自主招生并不是失去其意義。自主招生考察了這么多年，使用的題目的難度其實(shí)已經(jīng)很穩(wěn)定，這個(gè)題目只有出到高考以上，競賽以下，才能在這么多省份間拉開差距.所以，筆試難度基本穩(wěn)定，維持原自主招生難度，原來自主招生的真題競賽真題等，具有參考價(jià)值?？偟膩碚f，函數(shù)、方程'數(shù)列、不等式'排列組合等內(nèi)容是高頻考點(diǎn)。應(yīng)試策略：1、注重基礎(chǔ)：一般說來，自主招生中，中等難度題目分?jǐn)?shù)比例大約60%左右。2、聯(lián)系教材，適度拓寬知識(shí)面：注意課本上的自主?探究和閱讀材料,對(duì)和大學(xué)數(shù)學(xué)聯(lián)系緊密的內(nèi)容進(jìn)行深度挖掘。自主招生中，有不少試題都來源于這些材料。3、掌握競賽數(shù)學(xué)的基本知識(shí)和解題技巧，著重培養(yǎng)數(shù)學(xué)思維能力。4、考前進(jìn)行模擬訓(xùn)練，熟悉每個(gè)高校的命題特點(diǎn)，掌握答題技巧°咼頻考點(diǎn)一覽:不等式均值不等式與柯西不等式的綜合運(yùn)用，凸函數(shù)的性質(zhì)，證明不等式的常用方法雜題常見的組合數(shù)學(xué)問題（組合計(jì)算、組合構(gòu)造、博弈問題、染色問題）解析幾何解析幾何的基本運(yùn)算、取值范圍與最值問題以及探索性問題平面幾何平面幾何的基本計(jì)算和證明.三角形五心問題、圖形變換函數(shù)函數(shù)的奇偶性.周期性.單調(diào)性的證明與應(yīng)用三角函數(shù)一些具有技巧性的三角變換，三角恒等式和簡單的三角不等式問題立體幾何復(fù)雜的空間幾何構(gòu)型，空間范圍內(nèi)的旋轉(zhuǎn)對(duì)稱等變換問題排列組合比較具有技巧性的排列組合問題和一此復(fù)雜的概率問題方程和多項(xiàng)式高次方程，無壬里方程的技巧性處理，一些簡單的多項(xiàng)式知識(shí)數(shù)列非等比等差數(shù)列的遞推公式、通項(xiàng)公式、求和公式的常見解法一、試題特點(diǎn)分析:突出對(duì)思維能力的考查）L2014年北約】（2知兀＞0（/=1,2,.../?）,門兀=1?求證：門（運(yùn)+兀）2邁+1「?/-Ir-i'【斛析】不等式；柯西不等式或AM平均不等式.法一：AM-GM不等式?調(diào)和平均值.0,=邁可得屈”彳巾咅(GJ,$1法一：AM-GM不等式?調(diào)和平均值.0,=邁可得屈”彳巾咅(GJ,$1兀,邁

M+兀口"+廠'?_+x,丿，-n述河屈兀)‘:打n(G+xj,馬莎j珂n(運(yùn)+E(\/2+l)w上述兩式相加得'7,曲柯西不尋式得(血+兀「邁+?卜，從而可設(shè)滬右n協(xié)(g)■即(邁+i)彳ne+xj,即(血+1)1門(血+占)法二：由n兀二1.及要證的結(jié)論分析r=iTOC\o"1-5"\h\z且flz=fl丄=1?從而本題也即證f](>/2+^)>(>/2+l)\/e|仕I兀1?1從而門(邁+兀)s/2+->(V2+lf，即門(運(yùn)+兀)(724-x)>(V2+lf,/I俶設(shè)原式不成立，即門(血+兀)v(運(yùn)+1)“?劉戶(逅+必)<(血+1)"?j-ij-i從而n(x/2+兀)(邁+牙)<(血+1廣，矛盾?得證.注重和解題技巧，考查學(xué)生應(yīng)用知識(shí)解決問題的能力。[2014年北約】10.已知實(shí)系數(shù)二次函數(shù)/(X)與g(x),/(x)=g(x)和3/(x)+g(x)=()有兩重根,/(x)有兩相異實(shí)根,求證:g(x)沒冇實(shí)根.【斛析】設(shè)f(x)=ax2+bx+cfg(x)=dx:+ex+ff則曲/(x)二g(x),可好

(a-d)x2+(b?e)x+(c?/)=O.A=[b-e)2-4(a?〃)(c?/)=0?曲3/(x)+g(x)=0可得(3</+J)x2+(3b+￡)x+(3c+/)=O,A=(3A+e)'一4(3“+d)(3c+/)=0.化簡得衛(wèi)>?+F=]2ac+4df、即X-4df=3(牝<7-，)又少-4ac>0.???e-4df<0.Ag(x)沒有實(shí)根.二、應(yīng)試和準(zhǔn)備策略注意知識(shí)點(diǎn)的全面數(shù)學(xué)題目被猜中的可能性很小，一般知識(shí)點(diǎn)都是靠平時(shí)積累，因此，要求學(xué)生平時(shí)要把基礎(chǔ)知識(shí)打扎實(shí)。剩下的就是個(gè)人的現(xiàn)場發(fā)揮。注意適當(dāng)補(bǔ)充一點(diǎn)超綱內(nèi)容如上面提及的一些平時(shí)不太注意的小章節(jié)或高考不一定考的問題，如矩陣,行列式等也不可忽視。適當(dāng)做近幾年的自主招生的真題俗話說，知己知彼，百戰(zhàn)百勝。同學(xué)們可適當(dāng)?shù)赜?xùn)練近幾年自己所考的高校自主招生的試題，熟悉一下題型和套路還是有益的。總之，同學(xué)們?nèi)羰亲⒁庖恍┲R(shí)點(diǎn)的延伸和加深，考試時(shí)必定會(huì)有一種居高臨下的感覺。2016年競賽與自主招生專題第一講：集合與命題(教師版)一、知識(shí)補(bǔ)充：容斥原理基本公式：(1)card(AUB)=card(A)+card(B)—card(AAB)；(2)card(AUBUC)=card(A)+card(B)+card(C)-card(AClB)-card(AAC)-card(BClC)+card(AABnc)問題：開運(yùn)動(dòng)會(huì)時(shí)，?高一某班共有28名同學(xué)參加比賽，有15人參加游泳比賽,?有8人參加田徑比賽，有14人參加球類比賽，同時(shí)參加游泳比賽和田徑比賽的有3人，同時(shí)參加游泳比賽和球類比賽的有3人，沒有人同時(shí)參加三項(xiàng)比賽，問同時(shí)參加田徑比賽和球類比賽的有多少?人？只參加游泳一項(xiàng)比賽的有多少人？解：設(shè)A=｛參加游泳比賽的同學(xué)｝,B=｛參加田徑比賽的同學(xué)｝,C=｛參加球類比賽的同學(xué)｝?則card(A)=15>card(B)=8,card(C)=14,card(AUBUC)=28t且card(AAB)=3,card(ADC)=3,card(AABAC)=0,由公式②得28=15-8+14-3-3-card(Bnc)+0t即card(BQC)二3.所以同時(shí)參加田徑和球類比賽的共有3人，而只參加游泳比賽的人有15-3-3=9(人)二?抽?屜原理抽屜原理的基本形式定理1、如果把n+1個(gè)元素分成n個(gè)集合，那么不管怎么分，都存在一個(gè)集合，其中至少有兩個(gè)元素。證明：(用反證法)若不存在至少有兩個(gè)元素的集合，則毎個(gè)?集合至多1個(gè)元素，從而n個(gè)集合至多有n個(gè)元素?此與共有nH個(gè)元素矛盾.故命題成立。例1.已知在邊長為1的等邊三角形內(nèi)(包括邊界)有任意五個(gè)點(diǎn)(圖1)o證丄明：至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離不大于無分析：5個(gè)點(diǎn)的分布是任意的。如果要證明“在邊長為1的等邊三角形內(nèi)(包括丄邊界)有5個(gè)點(diǎn)，那么這5個(gè)點(diǎn)中一定有距離不大于亍的兩點(diǎn)”,則順次連接三角形三邊中點(diǎn)，即三角形的三條中位線，可以分原等邊三角形為4個(gè)全等的邊長1為3的小等邊三角形.則5個(gè)點(diǎn)中必有2點(diǎn)位于同一個(gè)小等邊三角形中(包括邊￡界)，其距離便不大于亍。以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)(包括邊界)任意兩點(diǎn)間的距離不大于其最大邊長”來保證，下面我們就來證明這個(gè)定浬。如圖2,設(shè)BC是△ABC的最大邊，P,M是AABC內(nèi)(包括邊界)任意兩點(diǎn)，連接PM,過P分別作BC邊的平行線，過M作AC邊的平行線，設(shè)各平行線交點(diǎn)為P、Q、N,那么ZPQN=.ZC,ZQNP=ZA因?yàn)锽CMAB,所以ZA^ZC,則ZQNP^ZPQN,而ZQMP^ZQNP^ZPQN(三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角)，所以PQMPM。顯然BCMPQ,故BCMPM。由此我們可以推知，邊長為無的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點(diǎn)間的距離不大于三、針對(duì)性訓(xùn)練對(duì)集合｛1,2,…，n｝及其毎一個(gè)非空了集，定義一個(gè)唯一確定的“交替和”如下：按照遞減的次序重新排列該子集，然后交替地減或加后繼的數(shù)所得的結(jié)果，例如，集合｛12469｝的“交替和”是9一6+4-2+1=6.6?的"交替和”是6-5=1,｛2｝的交替和是2。那么，對(duì)于滬7。求所有子集的“交替和”的總和。解：集合｛1,2,3,4,5,6,7）的子集中，除去｛7｝外還有27-2個(gè)非空子集合，把這2?-2個(gè)非空子集兩兩結(jié)組后分別計(jì)算毎一組中“交替和”之和，結(jié)組原則是設(shè)4=（7,^，?…），41=4-｛7）這是把4與4】結(jié)合為一組，顯然，每組中，“交替和”之和應(yīng)為7,共有（，-2）/2組.所以，所有“交替和”之和應(yīng)該為7x（27-2）/2+7=448On元集合具有多少個(gè)不同的不交子集對(duì)？分析：我們一般想法是對(duì)于一個(gè)子?集，求出與它不交的?子集個(gè)數(shù)，然后就可以求出總的子集對(duì)來了。解：如果?子集對(duì)是有序的，即在子集對(duì)中可以區(qū)分第一個(gè)子集與第二個(gè)子集，則第一個(gè)子集若畏k個(gè)元素，第二個(gè)子集就由其余n-k個(gè)元素組成，可能的情況畏2'*種，而這時(shí)第一個(gè)集合的選取的可能情況應(yīng)為種，那么k從。變到n,總的情況可能就是丫二戲’21=（1+2）”=3”。如果子集對(duì)是無序的，即兩個(gè)子集相同但次序不同的子集對(duì)不認(rèn)為不同，則3"對(duì)有序子集對(duì)中有一對(duì)是由兩個(gè)空集組成，而對(duì)其它3”個(gè)有序?qū)?，每一?duì)中交換兩個(gè)子集的次序，得到的是同一個(gè)無序子集對(duì)，因此有（羅T”2個(gè)無序子集對(duì)，其中至少有一個(gè)子集非空，于是無序子集對(duì)的總數(shù)為⑶T"2+19+1”2分析二：我們可以從元素的角度?來思考問題。對(duì)一個(gè)元素來說，它有三種不同的選擇，在第一個(gè)集合中，在第二個(gè)集合中，或者不在兩個(gè)集合中。解法二：在計(jì)算有序?qū)Φ臄?shù)目時(shí)，對(duì)每一個(gè)元素來說有三種可能：它或在第一個(gè)子集，或在第二個(gè)子集，或不在其中任意一個(gè)子集，因此不同的不交有序子集對(duì)的總數(shù)歹，以下同解法一。以某些整數(shù)為元素.的集合P具有下列性質(zhì)：①P中的元素有正數(shù)，有負(fù)數(shù)；②P中的元素有奇數(shù)，有偶數(shù)；③一1GP;④若x,y^P.則x+yEP。試判斷實(shí)數(shù)0和2與集合卩的關(guān)系。解：由④若x,yeP，則x+yep町知，若XGP,則仏wN)由①可設(shè)x,且x>0,y<0,則一yx=|jd；r(IyWN)故xy9—yxP9由④,?0=(—yx)+xyPc2?P。若2ep.則P中的負(fù)數(shù)全為偶數(shù)，不然的話，當(dāng)一(2A+1)WP(&gN)時(shí)，一1=(一2k-1)+2AWP,與③矛盾。于是，由?^P中必有正奇數(shù)。設(shè)-2刖,2“-1wP(加,”wN),我們?nèi)∵m當(dāng)正整數(shù)g,使(r\-2m|>2n-\9則負(fù)奇數(shù)-2qm+(In-1)€P。前后矛盾。4?若Sp52,53為非空集合.對(duì)于1,2,3的任意一個(gè)排列ij.k,若xeSnyeSj9則x-yeSk證明：三個(gè)集合中至少有兩個(gè)相等。三個(gè)集合中是否可能有兩個(gè)集無公共元素？證明：(1)若則y-xeSi1(y-x)-y=-xeSl所以每個(gè)集合中均有非負(fù)元素。當(dāng)三個(gè)集合中的元素都為零時(shí)，命題顯然成立。否則，設(shè)Sp52,S3中的最小正元素為a,不妨設(shè)awS|,設(shè)〃為S2,Si中最小的非負(fù)元素,不妨設(shè)beS2^']b~a^S3O若6>0,則0Wb-aVb,與b的取法矛盾。所以b二0。任取xeSp因0GS2.故x-0=xWS3。所以S｝^Sy9同理S3cS|O所以S、=S30可能。例如5,=5\=｛奇數(shù)｝,?%=｛偶數(shù)｝顯然滿足條件，$和$2與S3都無公共元素。5?設(shè)S二｛123,…,200｝M=｛sa2，????4oo｝uG,且A具有下列性質(zhì):(1)對(duì)KM)任1</<;<100,恒有a^a,*201；(2)=100800i-1100試證A中的元素為奇數(shù)的個(gè)數(shù)是4的倍數(shù)，且為定值.i=i證明：考慮&={1,200},={2」99},…Og={100,101},每個(gè)集合中取一個(gè)元素，但注意到2+4+—+200=10100^10080,不妨設(shè)不屬于A的偶數(shù)為①衛(wèi)”…衛(wèi)—?jiǎng)t相應(yīng)的奇數(shù)201-^,201-^,--,201-a*應(yīng)在A中，且對(duì)應(yīng)差的和為20.6.(2010年江蘇五校)已知集合A=[al9g角，aj,其中(1W/W/7,”>2),"/!)表示a+a.QWi<jS的所有不同值的個(gè)數(shù).已知集合P={2,4,6,8}>0={2,4,8,16},分別求lg10；若集合A={2,4,8,…，2"),求證：KA)=n(n-l\2求“.4)的最小值.解：(1)由2+4=6,2+6=&2+8=10,4+6=10,4+8=12,6+8=14,得7(^=5,由2+4=6,2+8=10,2+16=18,4+8=12,4+16=20,8+16=24,得/(0=6?(2)證明：因?yàn)樨灿幸捕?項(xiàng)，所以"/1)W也二U?22又集合M={2,4,8,…，2“},不妨設(shè)名=2",加=1,2,…，n.巧+日戶日&+巧(1￡/<丿W/7,1WAV/W/7),當(dāng)j$l時(shí)，不妨設(shè)J<1,則國+碼V2色=2片*印<咼+印，即刃+碼工直+亦當(dāng)j=l.ifk時(shí).刃“因此，當(dāng)且僅當(dāng)i=k,/=/時(shí)，z+巧=么+亦即所有7+?(lW,V/W/7)的.值兩兩不同，因此1(A)不妨設(shè)厲<直<念<???<4，可得切+辺<&】+日SV'"<日1+&<屜+日”<日3+%<“?<亦+/,故%+a,aWi<jWn)中至少有2/7-3個(gè)不同?的數(shù)，即心)珈一3.事實(shí)上，設(shè)址，念，…，為成等差數(shù)列，考慮c+a,(lW,<jW/7),根據(jù)等差數(shù)列的性質(zhì)，當(dāng)i+jWn時(shí)?&+ay=ax4-a；+:當(dāng)i-\-J>n時(shí)，殆+碼.=巧+4”+%；因此每個(gè)和也+碼(lWdVjWz?)等于笑+妝(2WWW/7)中的一個(gè)，或者等于血+aQWlWn—1)中的一個(gè).故對(duì)這樣的集合力，/U)=2/7-3,所以/(巾的最小值為2/7-3.數(shù).7.通信工程中常用〃元數(shù)組(即吆他，……“”)表示信息，其中a產(chǎn)0或1,i、nwN.設(shè)u=(ava2,a3a”)，v=(b?3bn),d(u,v)表示"和v中相對(duì)?應(yīng)的元素不同的個(gè)數(shù).(1)u=(0,0,0,0,0)問存在多少個(gè)5元數(shù)組v使得d(w,v)=l；(2)u=(1,1,1,1,1)問存在多少個(gè)5元數(shù)組v使得d(“,v)=3；(3)令w=(0,0,0-?????()),u-(a}ya2ta3a”)，v=(^,62,63b?).求證：/!個(gè)0d(u,h?)+d(v,m)>d(u.v)?解：(1)5；C；=10：記"、v中對(duì)應(yīng)項(xiàng)同時(shí)為0的項(xiàng)的個(gè)數(shù)為"，對(duì)應(yīng)項(xiàng)同時(shí)為1的項(xiàng)的個(gè)數(shù)為"，則對(duì)應(yīng)項(xiàng)一個(gè)為1,—個(gè)為0的項(xiàng)的個(gè)數(shù)為n_p-q；(p、qwN,p+q<n)?d(“,w)即是"中1的個(gè)數(shù)，d(比w)即是v中1的個(gè)數(shù)?d(u,v)是依v中對(duì)應(yīng)頂一個(gè)為1,—個(gè)為0的項(xiàng)的個(gè)數(shù)。于是有d(u,v)=n_p_q心v中1—共有2q+(〃一卩一彳)個(gè)，即d(",w)+d(片vv)=〃一p+g所以有d(“,w)+d(%w)-d(uyv)=2gn0于是d(“,w)+d(v9M)>J(M,V)?2016年競賽與自主招生專題第二講均值.柯西.排序不等式從2015年開始自主招生考試時(shí)間推后到高考后，政策剛岀時(shí)，很多人認(rèn)為,是不是要在高考出分后再考自主招生，?是否高考考完了，自主招生并不是失去其意義。自主招生考察了這么多年，使用的題目的難度其實(shí)已經(jīng)很穩(wěn)定，這個(gè)題目只有出到高考以上，競賽以下，才能在這么多省份間拉開差距所以，筆試難度基本穩(wěn)定，維持原自主招生難度，原來自主招生的真題競賽真題等，具有參考價(jià)值。在近三年自主招生試題中，不等式部分通常占10%-15%,其中絕大多數(shù)涉及到不等式的證明或涉及到一些考綱之外的特殊不等式。?—、知識(shí)精講1?兩個(gè)重要的不等式（二元均值不等式）：（d）a2+b2>2ah（a.beR）9當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等.號(hào)成立。②學(xué)工應(yīng)當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立。22?最值定理：若x,yeyx+y=S.xy=P9則:如果P是定值，那么當(dāng)x=y時(shí)，S的值最??；如果S是定值，那.么當(dāng)x=y時(shí)，P的值最大。注意：前提一正、二定、三相等”，如果沒有滿足前提，則應(yīng)根據(jù)題目創(chuàng)設(shè)情境；還要注意選擇恰當(dāng)?shù)墓?；“和定積最大，積定和最小”，可用來求最值；均值不等式具有放縮功能，如果有多處用到，請(qǐng)注意毎處取等的條件是否一致。1?均值不等式:1?均值不等式:設(shè)ava1,a^-an是"個(gè)正實(shí)數(shù)，G嚴(yán)甌忑匕=,則Qfl>Afi>Gn>Hv9其中等號(hào)成立的

條件是再嚴(yán)…「比分別稱為平方平均.算術(shù)平均.幾何平均、

調(diào)和平均。2?柯西不等式：柯西不等式的二維形.式：若a,b,c,d都是實(shí)數(shù)，則(a2+b2)(c2+d2)>(ac+bd),當(dāng)且僅當(dāng)ad=bc時(shí)，等號(hào)成立?？挛鞑坏仁降囊话阈问?設(shè)⑷宀?,…,a”，妬,/>2，妬,...,仇是實(shí)數(shù)，則+a22+...+azl2).(/>,2+h22+...+bn2)+a2b2+...+afJhn)2,當(dāng)且僅當(dāng)bt=0(/=1、2,…或存在一個(gè)數(shù)斤,使得勺=kb.(/=1,2,???,〃)時(shí)，等號(hào)成立。3.柯西不等式的幾個(gè)推論：(1)當(dāng)b|=g=…卩=1時(shí)，柯西不等式即為n(a^+a^+--a^)>(ax+a2+--an)2,若aieR￥(i=1,2,-w),則卜2+aJ+???a”「n6—2+???+?,此即上面提到的平方平均n算術(shù)平均。\nn（3）當(dāng)（3）當(dāng)（玄+$+???+加）2（亦~+&?+???4?排序不等式(又稱排序定理)：給定兩組實(shí)數(shù)如切心;b”〃2,…，?如果a(<a2S…;b、?S??那么+…切0M叭"扎+…+叭M砧心如+???+。人(反序和)(亂序和)(同序和)其中“心……，。是12……,n的一個(gè)排列.該不等式所表達(dá)的意義是和式￡勺々在同序和反序時(shí)分別取得最大值和最小值?二.競賽題目精練【2013江蘇競賽】13.設(shè)實(shí)數(shù)°,b0<a<—<h<1?證明：2(h-a)<cosna-cos?證明*設(shè)7(x22r+cams欲證不等式轉(zhuǎn)化為f(b)itl于.廠(才)=2-TLSill7lXffn(x)=-K2CO.V7LV.?當(dāng)xG(0.-)時(shí)?/7x)=-n2cosmc<09當(dāng)xG(-J)時(shí).f\x)=-it2cosnx>0.—2所以廠(x)在區(qū)間［0.|］上單調(diào)減，在區(qū)間［￡.1］上單調(diào)增.因?yàn)閺S(0)=廣⑴=2和廠(*)=2-7T<0,所以存在0和“,0<?<扌<0<1,使得八a)=廣(0)=0,f\x)<0當(dāng)且僅當(dāng)怕訕10分于繪函數(shù)/々)在區(qū)何［04］和［〃1］上單調(diào)增.在區(qū)間［a“］上單調(diào)減.因?yàn)?(0)=/(|)=/(1)=h故對(duì)于代［0冷怡/(淚，對(duì)于a-G［1l］^/(.r)<l.特別地，f{h)<\<f{a)20分三、典例精講例1?證明柯兩不等式?■證法一：若a}=a2=■-=an=0,則柯西不等式(67「+02?+…+a「)(護(hù)十b(+???b；)N("A+口厶+…+6九)°顯然成工。若q不全為零，(j=1,2,???”)，令f{x)=(a{2+af+???町)“+2(的勺+a2b2+--+anbn)x+(b}2+b^+--bn)2。一方面，因f(X)=(a^x2+2afi{x+b{2)+(a?x2+2a2b2x+b/)+…+(a^x2+2ap^+b^)=+(a2x+b2)2+???+(a/rv+dft)2>0(?)另一方面，由+…>0,/(x)>0恒成立u>A=[2(%+冬①+…d/jF-4(aJ+aJ+…a/)(q2+?+…心')《0o(a點(diǎn)+aA+---+a^)2^(ol2+a/+---+a^)(/>12+/)/+---^2)■此即柯西不等式。由(*)知等號(hào)成立的條件為q=也(/=1,2,???刀)。?證法二：將平面向量、空問向量推廣到〃維向量。令2=(⑷皿2,…衛(wèi)”)，

b=(b」2，???bj,?■<a?b=apx+a2d2+…+^丸。a-b=\a\-\b\cos(a,b),由于cos(a,6)|<1,故a?厶S|a|?|引o|qb|+a2b2+???aQ|S+aj+???+?7f+b、...+b:0((7^,+^A+---+?w6J2<(?I2+6r22+---+^/)(Z>12+/>22+---+6/)等號(hào)成立的條件是麗共線，即耳=砂(Ze/?)A注：柯西不等式的證明方法很多.，有十幾種，以上兩種方法是中學(xué)生比較容易接受的。例2.證明：對(duì)任意實(shí)數(shù)有石+￡—A分析：由對(duì)稱性，容易算出當(dāng)a=b=2時(shí)等號(hào)成立，此時(shí)l2up—1)=4l2up—1)=4A證明：—+4(Z^-1)>2J—.4(b-1)b—1\b—1即—+4(/?-l)>4ab—1同理—+4(a-l)>4ba-\兩同向不等式相加得—+—^8,a=b=2時(shí)等號(hào)成立.b-\a-1?說明：不等式中什么時(shí)候等號(hào)成立，應(yīng)該看作是一種信息，有時(shí)能幫助我們找到證題的入口.本題對(duì)平均不等式用得巧妙、簡捷、富有啟發(fā)性.?鏈接：本題可以稍作引申：當(dāng)a>\.b>\.c>l時(shí)，證明：—+—+—>126—1c-1a-1例3?設(shè)a>b>09那么亍+—-—的最小值是b(a-b)?分析：本題取自人教社版課本的一個(gè)習(xí)題(第二冊(cè)(上))，題中有兩個(gè)變量a,幾解題時(shí)總希望字母愈少愈好，故最好把原式處理成一個(gè)變量問題，再證明它大于或等于一個(gè)常數(shù).在這中問我們又注意到和a-b之和為因式

『“14?解：yjh(a-b)<-^>—一>—2b(a-b)tr]h(a-b)>a:+-^->4,因此入缶的最小值是心]h(a-b)>a:+-^->4,因此入缶的最小值是心時(shí)取得最小值.?說明：當(dāng)若干個(gè)變量的和為常量或積為常量時(shí)，我們就可以考慮用平均值不等式，再說在短短的演算過程中兩次使用了平均值不等式.?鏈接：如果題目變?yōu)閍>方>0.求/+=的最小值，你會(huì)做嗎？Jb(a-b)例4?a、b為正的常數(shù)，0<x<l,/(x)=-+—,求/(x)的最小值.x1—x?分析：利用不等式解決極值問題，通常設(shè)法在不等式一邊得到一個(gè)常數(shù)，并尋找不.等式取等號(hào)的條件?這個(gè)函數(shù)的解析式是兩部分的和，可看作XI—Xa；、a；,如再能出現(xiàn)舁、b；,則可用，注意到1-.X+x=1.?解法一；用柯西不等式?+臺(tái)十+1“)(？+在門(屁隹+R.任)2=(需+何，因此f(x)min=(4a+4b)z,當(dāng)且僅當(dāng)廠"嚴(yán)=/,即x=°7=時(shí),V.v.VxVI-x.Vl-x>ia+>Jb取得最小值。A解法二：用平均值不等式-■￥—=(x+\-x)(-+—)=a^b+a^~X)+—>a+b+24ab,同時(shí)X1—XX\-XXI-X可以算得，當(dāng)且僅當(dāng)二衛(wèi)=旦時(shí)，即Jh嚴(yán)時(shí)取得最小值。a1一兀Va^yjb?說明：解法一和解法二都作了湊配l-x+.r=l,湊配之后，才能用上相應(yīng)的不等式。例5.(2011復(fù)旦千分考)設(shè)”是一個(gè)正整數(shù)，則函數(shù)x+侖在正實(shí)半軸上的最小值是()o

TOC\o"1-5"\h\z（A）—（B）—nn+\?分析與解：由”+1?個(gè)正實(shí)數(shù)的也寧5吋石知:1111、x+=—X+—x+???+—X+nnxn“〃斤nxn(C)—(D)11比(C)—(D)—x=,x=1時(shí)，nnxn故選C°例6.（2002交大）若滿足關(guān)系：ajd+bjl-/二1,則a2十b‘=p?分析與解：a\/1一/時(shí)取等號(hào),由柯固不等式，\=(a\l\-b2+b>J[-a2)<(a2+\-a2)(b2+\-b2)=\a\/1一/時(shí)取等號(hào),2-12-1例7?（2009南大）P為MBC內(nèi)一點(diǎn)、,它到三邊BC,C4,B的距離分別為皿心S為M3C的面積。求證：4++—（這里cbc分別d、心dy28表示BC.CA.AB的長)。A分析與解：如圖2-1,易見S=—ad、+、bd、+—cd、。2■2?由柯西不等式，(ad{+bd、+cJJ(—+—4-—)>(?+/>+c)2心%蟲=>2S(—+—+—)>(￡7+b+c):4%d3na+b+c〉(a+b+c)2=石+石+石-—2S—°例8.（2010浙大）有小于1的正.數(shù)若心,…兀，且斗+兀+兀+???+兀=1。求證:

33"r°召一召勺-兀X”-心?分析與解：解法一：由柯西不等式■■[（X|_西'）+任2_兀2‘）+??心廠X,）]—-一"+???+—-一~-》幵2.L^-X|勺一兀X廠X；」注意到：（X]-斗'）+（“2-*2‘）+???（?丫廠x「）=（X]+x2+…+兀）一（xj+璟+???+X；）=1一（帚+兀,+???亡）,而Ov兀<1,兀‘V兀（/=1,2,3-w）X}'+兀2‘+???xj<X|+七+???+X”=1故l—（x,+x/+…xj）w（0,1）o1旺一片31旺一片3+X2-X2+???+顯然n>2,故召一X,心一亡解法二：先證明一個(gè)局部不等式：—^>4^.(Z=1,2,3??f)(*)兀一兀事實(shí)上，(?)0124球一4球O佔(zhàn)4-佔(zhàn)2+200(2形2_])fo,顯然成立。所以一+—-—+???+—-一~n4(西+禺+…+心)=4,當(dāng)?且僅當(dāng)旺-兀吃-勺x廠心x,=￥(，=1,2,…”)時(shí)等號(hào)成立。例9?設(shè)MBC的三內(nèi)角人B、C所對(duì)的邊分別為a、b、c,其周長為1?求證：丄+丄+丄3(—+—+—).ABCABC?分析：由問題的對(duì)稱性，不妨設(shè)a>b>c.三角形中大邊對(duì)大角.于是有A^B>C丄(這種形式是題目所需要的)。這樣既不改變問題的實(shí)質(zhì)，又增加CBA了.已知條件：兩組有序?qū)崝?shù)a>b>c,及這就為應(yīng)用排序原理創(chuàng)設(shè)了很好的情境。

證法-：用排序原理。不妨設(shè)如*于是有02C#寺十。由排序不等式a?丄+c?丄ha?丄+c?丄(同序和大于或等于反序和)，也就是CAACacace泗bc、bcahah證—+—>—+—,同理一+—?—+—,—+—>—+—,相加得CAACCBBCBAABa+ba+cb+c、2a2b2c才越扌#、石冃4abc#、片左卻——+——+—>—+—+—,不等式兩邊同加—+—+—,并汪意到CdAABCABCa+b+c=\,就得丄+丄+丄>3(—+—+—)ABCABCTOC\o"1-5"\h\z證法二：比較z111、“abc、b七c一2aa+c-2ba+b-2c(-+—+—)-3(—+—+—)=++ABCABCABC昇+〒)(b-a)+(c-a)(a-b)+(c-b)(a-c)+(b-c)b_aa_bc-aa-c一A*B*C一~T*B*昇+〒)*_b,b—c、(a—bgB)((a—c)(S—C).(b—cNB—C)、。+(+)=++>0,BCABACBC因此丄+丄+丄n3(—+—+—)。ABCABC?說明：利用排序原理證明其他不等式時(shí)，必須制逍出兩個(gè)合適的有序數(shù)組。五、真題訓(xùn)練TOC\o"1-5"\h\z<2009復(fù)旦)設(shè)w>0滿足砂+y+z=12,則log4x+log2v+log2z的最大值是()(A)3(B)4(C)5(D)6(2009復(fù)旦)設(shè)實(shí)數(shù)血吐工0,—成等差數(shù)列，則下列一定成立的是abc()(A)\b\<\ac\(B)b2>\ac\(C)a2<b2<c2(D)(2007復(fù)旦)當(dāng)a和b取遍所有實(shí)數(shù)時(shí)，函數(shù)=(fl+5-31cos|)2+(a-21sin^|)2所能取到的最小值為(;(A)1?(B〉2(C)3(D)4(2007復(fù)旦)給定正整數(shù)“和正常數(shù)a,對(duì)于滿足不等式亦的所有等差數(shù)列即％%…和式￡耳的最大值為()。j=/i+i（A）（A）字（”+l）（B）晉?”（C）孕（〃+l）（D）年n5.（2005交大）方程x2-px-一=0的兩根西￡滿足x「+x「S2+邁，則卩=2p?.（.peR）22（2003交大）已知x.yeR￥,x+2y=l,則-+-的最小值xy是。（2002交大）若x,y,z>0且x2+y2+z2=1,則A+A+A的最小值fy才為O&（2001交大）xeR\求f（x）&（2001交大）xeR\求f（x）=X>的最小值。9.（2009清華）已知x,y,z>0,a,b、c是x,y,z的一個(gè)排列。^<11—+—+—>3?xyz10.（2004復(fù)旦）比較1og2425與嗨26的大小?！緟⒖即鸢浮緼\2=xyz+y+z>3^x）^2z2<64>故log4x+log2y+log2z=log4x）^2z2<Iog464=3>當(dāng)x=^.y=z=4時(shí)取等號(hào)。4D顯然—^，―同號(hào)，不妨設(shè)a.b.oO.^a=\.b=—,c=—9知A錯(cuò)誤。TOC\o"1-5"\h\zabc23取=72,6=1,e=—.知BC不對(duì)。下證/><纟竺。32由題意，2?竺=竺+啖,而匕型，故有

bac4吐fnFnbM叱，得證。2B由柯西不等式，（均值不等式）

/(?,/>)=(^+5-31cos/)|)2+(<?-21sin/?|)2>-^(5-3|cos/)|4-2|sin/)|)2>^-(5-3)2=2,當(dāng)a=_\、b=0時(shí)取等號(hào)。A童咲今（〃+甘屮（訕），由柯西不等式(3%t-q)*(32+門?苗+如2)§%昭i=-3q,q'+昭i=-3q,q'+綣時(shí)取等號(hào)）,從而￡s的最大值是導(dǎo)（”+i）?！庇?5.±^=o由韋達(dá)定理知5.±^=o由韋達(dá)定理知?x}+x2=p,故A：：+兀2=(西+X2)‘_2*$2=/?2+Ag=葉+彳）2_世=（尸+嚴(yán)余2+歸八余邁皿,故煒等號(hào)在幾步時(shí)取到，即皿,故煒等號(hào)在幾步時(shí)取到，即"土存*7*7996+4x/2由柯西不等式，一+—=(一+—)(*+2刃》(邁十2)2=6+4運(yùn)，當(dāng)且xyxy僅當(dāng)x=y/2-\,y=\-^時(shí)取等號(hào)。9由柯西不等式-4+-V+-V=(A：2+y2+z2)(-^-+-^+-4-)^9,當(dāng)X，y?J-x?y?二?x=y=z=￡時(shí)取等號(hào)。8.6設(shè)ux+丄22,則疋+亠=仗+丄)'一3(天+丄)=”一3/,XXXXXX/(X)=Z-(Z^33)-2-2=3/>6,即/(X)的最小值是6,當(dāng)且僅當(dāng)*=1時(shí)取r+r-3i

最小值。9?由均值不等式.-+-4-￡^34-.---=3,得證。xyz\xyz10.分析與解：解法一：先作差并化為同底，log”25-10%26=Ig25lg25_IgI2log”25-10%26=Ig25lg25_IgI225-lg241g26莎Ig24-lg25下而比較lg225與Ig24-lg26的大小，由均值不等式，7lg24.ig26<塩24+覽26_lg(24-26)_lg(25-1)(25+1)=嗽25一)<lg25<|g25故Ig241g26<lgIog24->log25-,所以bg2425>logIog24->log25-,所以bg2425>log2526o注：此題的結(jié)論可推廣為logx(x+1)>log(x+0(x+2)(x>1)o解法二：log%25=1+log,4罠1%26=1+log巧當(dāng)，而^7>^7>1>所以24?2524252016年競賽與自主招生專題第三講不等式的性質(zhì)及證明從2015年開始自主招生考試時(shí)間推后到高考后，政策剛出時(shí)，很多人認(rèn)為,是不是要在高考岀分后再考自主招生，是否高考考完了，自主招生并不是失去其意義。自主招生考察了這么多年，使用的題目的難度其實(shí)已經(jīng)很穩(wěn)定，這個(gè)題目只有出到高考以上，競賽以下，才能在這么多省份間拉開差距.所以，筆試難度基本穩(wěn)定，維持原自主招生難度，原來自主招生的真題競賽真題等，貝自參考價(jià)值。在近年自主招生試題中，不等式部分通常占10%-15%,其中絕大多數(shù)涉及到不等式的證明或涉及到一些考綱之外的特殊不等式。一、知識(shí)精講基本不等式：a2+b2>2ab(a.beR)9當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立。亦當(dāng)且僅當(dāng)a=b時(shí)等號(hào)成立。自主招生中涉及到不等式的問題主要分為三類：不等式的證明、解不等式、不等式的應(yīng)用，其中“不等式的證明”是難點(diǎn)。證明不等式?jīng)]有固定的程序.證法因題而異，而且靈活多樣、技巧性強(qiáng)一個(gè)不等式的證法常不止一種。證明不等式的基本方法主要有：比較法：在證明A>B或A〈B時(shí)利用A-B與0比較大小，或把萬(A,B>0)與1比較大小，最后得出結(jié)論；放縮法:(為了證明A<B,引進(jìn)一些中間量如CQ,依次證明A<C.C<DyD<B等)；分析法：即從欲證不等式出發(fā)，層層推出使之成立的充分條件，直到已知為止，敘述方式為：要證……，只需證……。反證法、數(shù)學(xué)歸納法、變量代換法■構(gòu)造法(如構(gòu)造函數(shù)、構(gòu)造圖形)等。二、競賽題精練(2014年華約］6.已知數(shù)列｛a”｝滿足：q=0,a”.|=np"+qa..⑴若<7=1,求a”：(2)若IPI<LI<7I<1?求證：數(shù)列｛a9｝有界.6..【解】(1)當(dāng)g=l時(shí),■則碣-a-=S_l)p“S22)由累加法得+代」一乞.2+…+。2-6+4(nX2),即=p+2p2+3p'+???+(/?-l)pv*(/?>2)(1)

當(dāng)〃=|叭a”=當(dāng)"=1時(shí)，q=0也適合；當(dāng)pxl時(shí)，pg=p'+2p'+???+S-l)pQ(2)由(1)-(2)得代一py二“+〃'+〃'+???+一(幵一1)，,以1二礦“)1-p以1二礦“)1-p1一"(zj-l)p"*1-npn+p

(1_仍廠，當(dāng)并=1時(shí)，s二0也適合;P=\P=\P$\2-(/?_1)//“+p(1-P)2⑵由|j冃npM+qaa\^npn\^\qa^n\p\,+\aa\'所以嘰|-|訃川卩「,于是i<(H-i)iPr'(w>2)由累加法得a.=q-兔.]+4—_?！?2+…+勺一4+陽(“-2)故|訃“|+2|p|2+...+(_1)|川化壯嘰牛早將邊,(iTpl)?而(n-l)|pr-/!|pr<(n-l)|p|"-n|p|=-|pP<0,于是當(dāng)心2時(shí).有ax—?顯然耳=0也成立.(1TpI)?于是乞有上界.[2014年華約】7.已知neN\x<n9求證：…(1■分n1.【證明】原不等式等價(jià)于//-r<//((i--)-e'y?n當(dāng)/>，n±述不等式左邊.非正，不等式成立；當(dāng)x2<n時(shí)，由&>1+y(y>0)及貝努力不等式(1+y)n>\+ny(n>Ly>-V)9從而〃((1一藝)?0：)"?((1—￡)(1+.)"?(1—?(1—“?g=“一x，,即證nnnn2n*三、例題精講例].(2011復(fù)旦千分考)設(shè)有集合5={x|logt(3x2-4x)>2,x>0|,T={x\\^iax1-k2x）>2,x>0}滿足S匸丁?則實(shí)數(shù)A曲取值范圍是（>2⑻k2>2⑻k252(C)Jk>V2(E)a-<75?答案B許分析與解善：?答案B許分析與解善：先螂不等丈［幗⑶？-4巧三2oFT:或3工"-4x>x"*2'解得：220<-4x<.r-即S={x\x>2}即S={x\x>2}；再解不等式logT(2x!-A\)>2o0<.r<]D<2x2-k2x^xf10<^<1『f[■X>|x(jf-A2)<0,o廠、或*\x>kx(2x-k2)>0■'■'若k2>2t則T：x>k2不滿足條件;若1<若k2>2t則T：x>k2不滿足條件;2條件；若V<1,T:XAl或—<x<k2滿-足條件；若后=2,則T;22一滿足條件；若八=1’則2T：el或I滿足條件.綜上，A2<2.例2.<2010復(fù)旦）設(shè)實(shí)數(shù)x,y>Q,且滿足2x十尸5，則函數(shù)f(x,^)=x'+xy+2x+2y的最丸值懇(九C.A)97T(B)195(D)C.A)97T(B)195(D)—靜礬案c■分析與解磐占由于jc,y>0,y=S-2x,所以0亙兀蘭彳+■分析與解磐占^(xty)=x;+^'+2jc+2y=jt?十5x-2a2十戈兀十10—4工4Q491=-x2+3x+10=-(a——『H<—,當(dāng)且僅當(dāng)x=—ty=2時(shí)取.等號(hào)442((2)例3?(2004同濟(jì))求證：對(duì)于任何實(shí)數(shù)a、b,三個(gè)數(shù)|a+兀|。-兀|1-叫中至少有一個(gè)不小于丄。2A分析與解答：解法一：用反證法。|a+61<—,|a-b\<—9\1—a|<—?則-—<a+bv丄,22,1—<a—b<―、21|122.由①+②得：冷<噸。由③得：l<a<|,矛盾!由絕對(duì)值不等式性質(zhì)\a+b\+\a-b\+\\-a\+\\-a\>\a+b+a-h+\-a+\-a\=2?^\a+b\,\a-b\,\\-a\中至少有一個(gè)不.小于￡。2p數(shù)列｛兀｝滿足x訕例4.(2011“華約”)/(x)=2^,/(l)=l,ax+bfM9且刃=2°(1)求兀的通項(xiàng);(2)求證：x“???x>—o2e?分析與解答：⑴心汾"(扣亡#22x~x+T所以I丄=*(1+丄)。G2斗計(jì)“心叫5(擴(kuò),*-2*-2*&??￡＞丄0（1+（異）（1+（｝）…（1+（新J）v2e2e222o（l+g）（l+》…（1+占）＜e。n＞1時(shí)由均值不彳（i+》（彳（i+》（T???（】+￡）＜1+丄+1+丄+???+1+厶242心”一1＜三土丄1+丄。所以（1+2）（1+4），，'（1+Fr）＜（U7^）\注意到＜（1+丄）"],1-1n-\[nJ單調(diào)遞增，且lim（l+丄丫二e。所以（1+丄）（1+丄）???（1+厶）＜5刀”n242AFDEx.AnAFDEx.例5.（2011"華約”）如圖：=”二-=夕Sg?=4,且y+z-x=ABACDFMBC求ABDE面積的最大值。（原題為選擇題））丁八；，即y=z=|,x=iy+二一x=l334?）丁八；，即y=z=|,x=iy+二一x=l334?乂327DEBDAF亦.喬.acSaasc等號(hào)成立時(shí),例6?（2008復(fù)旦）設(shè)/（x）=x8-x5+x2-x+l,則/（x）有性質(zhì)（）（A）對(duì)任何實(shí)數(shù)x,/（x）總是大于0（B）對(duì)?任何?實(shí)數(shù)I/（Q總是小于0>-1>-1當(dāng)x>0時(shí)，/(x)<0以上均不對(duì)?分析與解答：解法一：注意到含x的偶次方幕的項(xiàng)，其系數(shù)為正；含x的奇次方幕的項(xiàng)，其系數(shù)為負(fù)，故xMO時(shí)./(x)=xs+x12+1-X5-x>0顯然成立。再注意到對(duì)Vxg/?,x2-a+1>0,而x8-.?=x5(x3-l),故當(dāng)x?l時(shí)，x2>xs,\>Xx"-xx2>xs,\>X最后當(dāng)()<x<1時(shí)，/(x)=?！耙粁°+x‘一x+l=xs+(x?-xs)+(l-x),故f(x)>0仍成立。綜上.對(duì)PxwR、f(x)>0,選力。解法二：配方法TOC\o"1-5"\h\z/(x)=X8-X5+X2-X+1=(X4-丄X)2+-X2-X+\24=(.r4--x)2+-(x--)2+->->0o274V366注：配方法是最基本的方法，尤其在證明/(x)n0時(shí)常用。例7.設(shè)X”2"??E€R「且X]+兀2十…+￡=1，求證￡+仝+???+￡n丄1+X|1+x21+X力M+lA分析與解答:[(1+xj+(l+兀2)+???+(】+兀)]?(一■+???+產(chǎn)—)》1+X|I+x21+X"+)2,也即、.」—...+J]+X”.5+1)(丄二亠主+??1+兀]1+x2?+心)na】+x=+…+兀)2?因此1+心例8.(201.1“北約”)求/(x)=jx-l|+|2x-l|+???+!201lx-l|的最小值。?分析與解答：首先設(shè)ax<a2f(x)=\x-ax\+\x-a2\+--+\x-a」。則由絕對(duì)值的幾何意義知，n為奇數(shù)時(shí)，當(dāng)x=ana時(shí)，/(x)有最小值；n為偶數(shù)時(shí)，當(dāng)xw任何值時(shí)，/(x)有最小值?；氐皆}，/(x)^x-l|+|x-^|+|x-||+|x-j|+|x-^|+|x-j|+--H-|x-^Y|+---4-|x-^-j42011個(gè)1+2+---2011=2012x201*=2023066個(gè)點(diǎn)。設(shè)2,111q=1?之嚴(yán)亍4二@?=亍…嘆23血=苛因?yàn)榍摺薄?現(xiàn)在求^1011533和的值。設(shè)^1011533=7?f11+2+???+/>1011533>1+2+…十/-1<1011533?？傻?1422。且如533叫g(shù)二需■?，故X二嵩?時(shí)'/(X)的值最小。八侖)八需亠”需+...+IS需+M23x廿I+...+20山需皿2菩14Q例9?已知=且x+y+二=1,求一+—+—.的最小值。xyz?分析與解答：14<)方法(一)利用(-+-+-XX+J+Z),再用基本不等式即可證明。xyz方法(二)設(shè)2>(),故有久(x+y+二一1)=0。149代+嚴(yán)>25/z+4x/I+6x/I-/l=12VI-/lo當(dāng)且僅當(dāng)丄=Zx,-=^-=Zr同xyz時(shí)成立時(shí)上述不等式取“=S?旳1旳123即2眾滬忑"忑代入x+y+z=1?,1271-2=36,故-+-+-的聶小值為36。xyz1010例10.(2012“華約”)已知實(shí)數(shù)^€[-6,10],工兀=50,21、2S??rl(),當(dāng)工x：j=ij=i取到最大值時(shí)，有多少個(gè)-6??分析與解答：設(shè)耳=兀+6設(shè)耳=兀+6>則atg[0J6]t且iaioioio=Z<+12Xx>+DT10,360=Yx.2360=Yx.2+960。/?i(?i/-i10于是原問題轉(zhuǎn)化為當(dāng)￡?2取最大值時(shí)，有幾個(gè)0=0。i=l當(dāng)q中有不少于兩個(gè)數(shù)，且同時(shí)不等于0,不等于16時(shí),設(shè)為p.qo①p+q>\6時(shí)，則16‘十(卩十§一16)‘一(//+q')=2xl6‘一32p—32c/+2pg=2xl6‘+2(g-16)“-32g>2xl6‘+2(g-16)xl6-32g(看作一個(gè)關(guān)于”的一次函數(shù)，g-16<0,單調(diào)遞減)=0C即162+(“+q-16)2>//+g‘,故不改變其他數(shù)字，用16代替八"十q-16代替q，工增大；mi?p+q<16時(shí)，則O'+(p+q)，+q')=2pq>0。故用0代替p,p+q代10替s￡可增大。/=!1010綜上，當(dāng)工a；取最大值時(shí)，至多只有一個(gè)耳工0,且匕工16。1201(c)20<^<211201(c)20<^<21(D)22<學(xué)丄ajyfk<23而110=16x6+14,故q中應(yīng)取6個(gè)16,1個(gè)14,3個(gè)0,即有3個(gè)-6.五、真題精練1.（2009復(fù)旦）若實(shí)數(shù)X滿足：對(duì)任意正數(shù)a>0,均有x2<l+a,則X的取值范國是（?）(A)(71)<B)[-1,1](C)(-J1+a.yji+a)(D)不能確定2.(2007復(fù)旦)設(shè)a、b、c為非負(fù)實(shí)數(shù)，且滿足方程4如9卄一68x2?“卄+256=0,則a+b+c的最大值和最小值（)o（A）互為倒數(shù)（B）其和為13（C）其乘枳為4(D)均不存在3.（2006復(fù)旦）下列不等式中正確的是（)120](A)16<》頁<17(B)12(114.（2004交大〉已知x.y.z是非負(fù)整數(shù)，且x+y+==10,x+2y十3二=3（）,則x+5y+3=的取值范圍是x2+\l2ax+52—5.（2009交大）已知不等式組、有唯一解，則5.（2009交大）已知不等式組、有唯一解，則a7x2+^2ax+5<—26.（2003復(fù)旦）即冬…心是各不相同的自然數(shù)，求證：a4-riY4-...4-?IE丿227⑵。5復(fù)旦）”滿足何條件，可使涪誇°恒成立？8沁復(fù)旦）求證小治8沁復(fù)旦）求證小治9.（2000交大）已知正整數(shù)列a},a2i---an,對(duì)大于1的"，有①+?+…+a”一豐"，p試證：。［心‘…心中至少有一個(gè)小于1?！緟⒖即鸢浮?.Bo對(duì)X/a>0,有x2<l+a,故F<(1+“)亦，即x*l,從而re[-11]<>2.Co(2血"貝“一勺(2血皿從一64)=0,所以5a+9b+4c=4或36。從而44(a+b+c)W36、9(a+b+c)n4,所以-<a+b+c<99當(dāng)且僅當(dāng)c=9、a=b=0時(shí)4取最大值.b=?,a=c=0時(shí)取最小值。3.Co因?yàn)楹骉-JT=3.Co因?yàn)楹骉-JT=<<VT+x/rTi2皿+1201所以2o=2(ll-l)=2(^/^IT-^A^+>Aii^-^^T?+…+返一/)<￡-^<2(VfiS-x/n?+…+屁/)+1二>^-1<x/S§i-l=214.{30}。0=3(x+y+z)-(x+2y+3r)=2x+y>0,故x=y=0,z=10t所以x+5y+3z=30o5.±巧。由條件,卜5.±巧。由條件,卜5+護(hù)§"今5+非，所以押舟得:a=±\/3o諾八($+…+($*冷諾八($+…+($*冷+...+_!_?1_一1+(!_厶+.??+(_L)-i+i—L<2n-1n12n-1nn7.a=2.0<b<2o因?yàn)閤，+2x+2=(x+l)，+1>0,所以*+2x+2>|x?+ox+b|,即F+2x+2+ox+bJ.x2+2x+2>-(x2+ax+b)。由前一式得a=2且bv2；由后一式得2工+(2+o)x+2+/)>(),A=(c+2)2—4x2x(/>+2)v()?得：b>0。所以a=2,0<b<2o所以原式&11二二1[_所以原式2n4n4nJn-'Qn-]+喬)yjn(n-1)Jti_\G<39?若結(jié)論不成立.則對(duì)任總212…n有4?1。設(shè)qi+勺，則^>0,R勺+2+…+4吵&+1）（0+1）"0+1）=￥,而（勺+1）…（你+1）=1+（人+???+〃“）+???21+（勺+???+方”）=1+彳〉今，孑盾。2016年競賽與自主招生專題第四講函數(shù)的性質(zhì)從2015年開始自主招生考試時(shí)間推后到高考后，政策剛出時(shí)，很多人認(rèn)為,是不是要在高考出分后再考自主招生，是否高考考完了，自主招生并不是失去其意義。自主招生考察了這么多年，使用的題目的難度其實(shí)已經(jīng)很穩(wěn)定，這個(gè)題目只有出到高考以上，競賽以下，才能在這么多省份間拉開差距.所以，筆試難度基本穩(wěn)定，維持原自主招生難度，原來自主招生的真題競賽真題等，貝自參考價(jià)值。在近年自主招生試題中，有關(guān)函數(shù)的內(nèi)容大約占20%-30%o熱點(diǎn)問題是方程的根的問題、函數(shù)的最值問題(值域)、函數(shù)的性質(zhì)(如周期、有界性等)函數(shù)的迭代、簡單的函數(shù)方程、方程的不動(dòng)點(diǎn)問題、函數(shù)的圖像及解析式等。而其中特別注意的是，方程的根的問題是考得最多的一個(gè)問題。一、知識(shí)精講設(shè)函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)镼單調(diào)性：(1)傳統(tǒng)定義:在區(qū)間［gb］上，若a<x}<x2<b.如果.則/(x)在區(qū)間［gb］遞增;如果.則/⑴在區(qū)間⑷切遞減；(2)導(dǎo)數(shù).定義：在區(qū)間⑷切上，如果/(x)>0,則/(x)在區(qū)間⑷b］遞增;如果/(xJ7g旳一七比一*2/(x)<0,則/(x)在區(qū)間［他對(duì)遞減；/(xJ7g旳一七比一*2v()u>/⑴在^上為減函數(shù)減函數(shù)+減函數(shù)二減函數(shù)

減函數(shù)-增函數(shù)二減函數(shù)減函數(shù)+減函數(shù)二減函數(shù)

減函數(shù)-增函數(shù)二減函數(shù)減函數(shù)X減函數(shù)二減函數(shù)減函數(shù)一增函數(shù)二減函數(shù)增函數(shù)+増函數(shù)二增函數(shù)增函數(shù)-減函數(shù)二增函數(shù)對(duì)于取值恒為非負(fù)數(shù)的函數(shù)增函數(shù)X增函數(shù)二增函數(shù)增函數(shù)十減函數(shù)二増函數(shù)(3)若/(x)、(3)若/(x)、g(x)都是增(減)函數(shù),則/(g(E)為増函數(shù);若/(X)、g(x)—個(gè)增函數(shù),一個(gè)減函數(shù)，則/(g(x))為減函數(shù)。簡稱“同增異減”奇偶性：若函數(shù)y=f(x)滿足f(-x)=-f(x)(xeD),則/(x)叫做奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱；若函數(shù)y=/(.v)滿足f(-x)=f(x)(xgD),則/(x)叫做偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對(duì)稱；周期性：在函數(shù)/(x)的定義域上恒有f(x+T)=f(x)(7*0的常數(shù))，則/'(x)叫做周期函數(shù)，T為周期；T的最小正值叫做/(X)的最小正周期，簡稱周期函數(shù)的性質(zhì)在自主招生考試中占有相當(dāng)?shù)谋壤?，函?shù)的性質(zhì)主要包括定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、麗期性、有界性等。函數(shù)的對(duì)稱性(分函數(shù)圖像的自對(duì)稱及函數(shù)圖像的互對(duì)稱)函數(shù)y=/(x)滿足/(a+x)=f(b-x)時(shí)，函數(shù)y=f(x)的圖像關(guān)于直線"畔對(duì)稱。特別?的，a=b=0^9該函數(shù)為偶函數(shù)。2證明:在函數(shù)y=/(x)上任取一點(diǎn)(和必)，則必=/(斗)，點(diǎn)(首切)關(guān)于直線X二畔的對(duì)稱點(diǎn)為2(a+6-曲切)。f(a+b-xl)=f[a-￥(b-xl)]=f[b-(b-xi)]=f(xi)=y{,故點(diǎn)(a+b-X|j)也在函數(shù)y=f(x)的圖像上。由于點(diǎn)(x】j)是圖像上任意一點(diǎn)，因此，函數(shù)的圖像關(guān)于直線x=學(xué)對(duì)稱。2函數(shù)y=/(x)滿足f(a+x)+f(b-x)=c時(shí)，函數(shù)y=f(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)"畔自對(duì)稱。特別地，當(dāng)d"之時(shí)，函數(shù)為奇函數(shù)。I22)證明：在函數(shù)y-f(x)上任取一點(diǎn)(￡』),則”=/(兀)?點(diǎn)(斗』|)關(guān)于點(diǎn)(a+b-X|,c-x)。/(a+b-X|)=c-/[b-(b-X|)]=c-/(X|)=c-y|.即點(diǎn)(a+b-x"-”)在y=f(x)的圖像上。由于點(diǎn)(斗』)是函數(shù)y=f(x)上任意一點(diǎn)，因此，函數(shù)y=f(x)關(guān)于點(diǎn)(字,對(duì)稱。函數(shù)尹=/("+x)的圖像與y=f(b-x)的圖像關(guān)于直線x=￥對(duì)稱。證明：在函數(shù)y=f(a+x)±任取一點(diǎn)(X*),則H=/(a+xJ,點(diǎn)(旺,開)關(guān)于直線X~~Y~對(duì)稱的點(diǎn)為(方-4-X]』)。由于f[(b-(b-a-xi)]=f(b-b+a+xi)=f(a+xi)=y],故點(diǎn)(b-a-xiyy^在函數(shù)y=/(0-x)上。由于點(diǎn)(X|,yj是y=f(a+x)±任意一點(diǎn),因此y=f(a+x)與y=f(b-x)關(guān)于直線"竽對(duì)稱。函數(shù)的周期性■一般地.對(duì)于函數(shù)/(X).如果存在一個(gè)非零常數(shù)T,使得當(dāng)X取定義域內(nèi)的每—個(gè)值時(shí)，都有/(x+C=/(x),那么函數(shù)/(X)就叫做周期函數(shù)。非零常數(shù)7*叫做這個(gè)函數(shù)的周期。對(duì)于非零常數(shù)/,若函數(shù)y=f(x)滿足f(x+A)=-f(x),則函數(shù)y=f(x)必有一個(gè)周期為2Jo證明；/(x+2//)=/H+(x+/f)]=-/(.丫+/1)=-[一/(x)]=/(x),所以函數(shù)y=/(x)的一個(gè)周期為2/1o?對(duì)于非零常數(shù)函數(shù)『=/仕)滿足/(x+/)二則函數(shù)y=f(X)的一個(gè)/(X)周期為2AO?對(duì)于非零常數(shù)昇，函數(shù)y=f(x)滿足f(x)=-一,則函數(shù)y=f(x)的一個(gè)周期為2Jo函數(shù)周期性和對(duì)稱性之間的聯(lián)系1.設(shè)/(X)是定義在/?上的函數(shù)，其圖像關(guān)于直線X=d和x=對(duì)稱，則/(X)是周期函數(shù)，且2(b-a)是它的一個(gè)周期。證明：/(x)?關(guān)于直線x=a和x=b對(duì)稱，故f(x)=f(2a-x),f(x)=f{2h-x\xeR,從而/(2f/-x)=f(2b-x),xeRo將上式的-x以x代換，得f(2a+x)^f(2b+x\xeR。所以f[x+2(b-a)]=f[(x-2a)+2b]=f[(x-2a)+2a]=/(.x),xeR即/(x)是人上的周期函數(shù)，且2(b-a)是它的一個(gè)周期。設(shè)/(x)是定乂在R上的函數(shù)，其圖像關(guān)于點(diǎn)A/(o,0)中心?對(duì)稱，且其圖像關(guān)于直線x=b(b^a)對(duì)稱，則函數(shù)/(X)是周期函數(shù)，且4(b-a)是它的一個(gè)周期。證明：/(x)關(guān)于點(diǎn)M(a.O)對(duì)稱，故/(2a-x)=-f(x),xwR,/(x)關(guān)于直線x=b對(duì)稱，故f(x)=f(2b-x\xeR,從而有f(2b-x)=-f(2a-x),xeRa將上式中的一x以x代換，得/(2b+x)=-/(2a+x),xwR?所以/[x+4(b-a)]=f[2b+(x+2b-4a)]=-f[2a+(x+2b-4a)]=-f[2b+(x-2a)]=/[2a+(x-2a)]=/(.v),jeR,即/(x)是上的周期函數(shù)，且4(b-a)是它的一個(gè)周期。設(shè)/(x)是定義在R上的函數(shù)，其圖像關(guān)于點(diǎn)M(a,兒)和N(6,幾)(“b)對(duì)稱,則/(x)是周期函數(shù)，且2(b-a)是它的一個(gè)周期。證明:f(x)關(guān)于點(diǎn)M(a,y0)和N(b,y0)(ahb)對(duì)稱，故f(2a-x)=2y0-f(x),/(lb-x)=2y0-/(x),xgR,從而有f(2a-x)=f(2b-x),xeRQ將上式中的-x由x替換，得f(2a+x)=f(2b+x\xeR所以/[x+2(h-a)]=f[2b+(x-2a)]=f[2a+(x-2a)]=/(x),xgR,即/(x)是周期函數(shù)，且2(b-a)是它的一個(gè)周期。抽象函數(shù)問題的解法抽象函數(shù)是指沒有給出具體的函數(shù)解析式或圖像，只給出一些函數(shù)符號(hào)及其滿足的條件的函數(shù)，如給出函數(shù)的定義域、解析遞推式、特定點(diǎn)的函數(shù)值、特定的運(yùn)算性質(zhì)等，它是高中函數(shù)部分的難點(diǎn)，也是與高等數(shù)學(xué)函數(shù)部分的一個(gè)銜接點(diǎn)。由于抽象函數(shù)沒有具體的解析表達(dá)式作為載體，因此研究起來比較困難。但由于此類試題既能考查函數(shù)的概念和性質(zhì).又能考查學(xué)生的思維能力，所以備受命題者的青睞。那么，怎樣求解抽象函數(shù)問題呢？我們可以利用函數(shù)性質(zhì)法、特殊化方法等多種方法從多角度、多層面去分析研究抽象函數(shù)問題。1?函數(shù)性質(zhì)法函數(shù)的侍征是通過其性質(zhì)（如奇偶性.單調(diào)性.周期性等）反映出來的。抽象函數(shù)也是如此，只有充分挖掘和利用題設(shè)條件和隱含的性質(zhì)，靈活地進(jìn)行等價(jià)轉(zhuǎn)化，才能將抽象函數(shù)問題化難為易。常用的方法有：①利用奇偶性整體思考;②利用單調(diào)性等價(jià)轉(zhuǎn)化；③利用周圍性回歸已知；④利用對(duì)稱性數(shù)形結(jié)合；⑤借助特殊點(diǎn)列方程。2?特殊化方法在求解函數(shù)解析式或研究函數(shù)性質(zhì)時(shí)，一般用代換的方法，將.丫換成7或?qū)換成其他字母等；在求函數(shù)值時(shí)，可用侍殊值代入研究抽象函數(shù)的具體模型，用具體模型解選擇題.填空題，或通過具體模型函數(shù)為解答綜合題提供思路和方法。有界函數(shù)：定義1:設(shè)/（X）為定義在D上的函數(shù)，若存在常數(shù)M、L,使得對(duì)每一個(gè)有/（x）<A/（/（x）>L）側(cè)稱/（x）為D上的有上（下）界函數(shù)，MQ）稱為/（x）為定義在Q上的.上（下）界。根據(jù)定義，/（.丫）在Q上的有.上（下）界，意味著值域是一個(gè)有上下界的數(shù)集。又若M（厶）為/（X）在D上的上（下）界，則任何大于（小于,）M（JL）的數(shù)也是/（切在￡>上的上（下）界。定義2：設(shè)/（X）為定義在。上的函數(shù)，若存在正數(shù)使得對(duì)每一個(gè)xeD都有\(zhòng)f（x）\<M,則稱/（x）為D上的有界函數(shù)。根據(jù)定義，/（x）在。上的有界，意味著值域是一有界集"又按定義不難驗(yàn)證：/（x）在Q上的有界的充要條件是/（x）在Q上的既有上界又有下界。|/（x）|<A/的幾何意義是：若/（X）在D上的有界函數(shù)，則/（x）的圖象完全落在直線y=M與y=-M之間。

二、競賽題目精練典例精講例1.(2008復(fù)旦)設(shè)“>0,工1,函數(shù)f(x)=dX~a\g(x)=(6r71)X，則()2a-1(A)/(x)和g(*)均為奇函數(shù)(B)/(x)和g(x)均為偶函數(shù)(C)/(x)是偶函數(shù)，但g(x)是奇函數(shù)(1))/(x)是奇函數(shù)，但g(x)是偶函數(shù)A答案：D?分析與解答：/(兀)的定義域(一卩燉)，且/(-x)=a丁”=_/(x):g(x)的定義域(-oo,0)U(0,+oo)?且心“字罕L號(hào)乎弋⑴。從而如、蚱)分別是奇函數(shù)、偶函數(shù)。例2.(2009復(fù)旦)設(shè)例2.(2009復(fù)旦)設(shè)a>0.(心1函數(shù)f(x)=log在(1,+乂)上魚調(diào)遞減,則f(x)()在(-叫-1)上單調(diào)遞減，在(-U)上單調(diào)遞增在(-co,-l)上單調(diào)遞增,在(-1,1)上單調(diào)遞減在(-8,-1)上單調(diào)遞増，在(-1,1)上單調(diào)遞増?jiān)谏蠁握{(diào)遞減,在(-1,1)上單調(diào)遞減?答案A?分析與解答：XW(l,+8),7^令g(x)=l,它在(1,+8)上卑調(diào)遞增?。1+XX+\X+\X+\而/(?V)=iog<rM在仏收)上單調(diào)遞減?故由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性有關(guān)知識(shí)得1+X0<a<lo當(dāng)XW(-8,-l)時(shí)，_=^—；,它在(-8,-1)上單調(diào)遞增，從而/(X)在|l+x|x+\(-8,-1)上單調(diào)遞減；XG(—1,1)時(shí)，|~~I=-~~?它在(-1,1)上單調(diào)遞減，從而/(X)在(-1,1)±單調(diào)遞增。例3.(2010復(fù)旦)參數(shù)方程zW—smf),(八0)所表示的?函數(shù)尸/(X)是y=°(1—cos/),()o(A)圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(B)圖像關(guān)于直線X5對(duì)稱(C)周期為加兀的周期函數(shù)(【))周期為2龍的周期函數(shù)A分析與解答：經(jīng)過嘗試，此參數(shù)方程不能轉(zhuǎn)化為普通方程。故本題只能用逐項(xiàng)排除的方法。對(duì)于選項(xiàng)A,f用-/代換，x變?yōu)?-x,但此時(shí)y的值并不改變，故選項(xiàng)八不正確；對(duì)于選項(xiàng)B,設(shè)A/(a(/0-sin/0),a(I-cosr0))是圖像上的一點(diǎn)，M關(guān)于直線X=7T的對(duì)稱點(diǎn)M\2tt-a(tQ-sinr0),a{1-cos/0)),顯然不一定恒在y=f(x)的圖像上,故選項(xiàng)B不正確；對(duì)于選項(xiàng)C,設(shè)A/(a(/0-sinr0),a(l-cos/0))是y=/(x)圖象上的一點(diǎn)，由于2a冗+a(tQ-sin/0)=a^ln+f0-sin/0)=a[(2^+Zo)一sin(2^+/0)l而a(\-cosz0)=6/(1-cos(2^+z0)]即％用2/r+fo代替后的點(diǎn)Mf(a(2^+r0-sin(2^+Z0)),a(l-cos(2^+/0)))也在y=/(x)的圖像上，且這里g是任意實(shí)數(shù)，故選項(xiàng)C正確。例4.(2001交大)已知函數(shù)/(x)=x2+2x+2,X6[M+1]的最小值是g(f),試寫出g(/)的解析表達(dá)式。?分析與解答：f(x)=x2+2x+2=(x+})2+1,其對(duì)稱軸為”=一1。

當(dāng)宀-1時(shí)，/(X)在2+1］上單調(diào)遞增，從而g(/)=/(z)=r2+2/+2；當(dāng)f+lS-l時(shí)，即"-2時(shí)，/(X)在［M+1］上單調(diào)遞減，從而g(i)=/(/+1)=(/+1)2+2(z+1)+2=/2+4/+5；當(dāng)_2v/v_l時(shí)，g(t)=/(-1)=(-1)2+2x(-1)+2=1。f°+2/十2,11[―1,+e),故g(f)—1,故g(f)—廠+4/+5,tg(*-oo,—2].例5.(2012“卓越聯(lián)盟”)函數(shù)/(對(duì)=竺也@>0)。例5.(1)求(1)求/(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)a>O.Xj+x2>0,x2+x3>0,xt+xy>O,|xJ>-i(/(2)求證；f(Xy)+f(X2)+/(,Vj)>0(3)如果/(x)有極小值^=/(1)=2,試證明|廠(x)H/(x")22"-2。?分析與解答：(1)皿治V)。么=0時(shí)，f(x)=--丄，由于b>0,故兀在(y>,0)和(0,+oo)上單調(diào)遞減;bxa>0時(shí)，由耐克函數(shù)的性質(zhì)知：a>0時(shí)，由耐克函數(shù)的性質(zhì)知：X在0,［o,士］上單調(diào)遞減；X在單調(diào)遞增；X在-8,7=?上單調(diào)遞增；X在a<0時(shí)，x在(一8,0)和(0,+8)上單調(diào)遞減。(2)顯然中至多一個(gè)是負(fù)的?。若X|,x2,x3均為正數(shù)，則a;>J=(/=1,2,3).由⑴知/(.\)>

/Cyj)+/(x2)+/（旺）需>7^:bb若xpx2,x3中有一個(gè)負(fù)的'不妨設(shè)兀<0,則由x2+x3>0有x,>-x3>0,且￡>-Xj>扌=,從而/(x2)>/(一兀)>f(+}再注意到/(X)為奇函數(shù)，所以/（勺）+/（兀）>0。而/（若）>/（±）=彳需，所以/(K)+/(E)+/(xJ>?需。D綜上.f(xx)+f(x2)+f(x3)>7成立。0(3)由于/'(x)的極小值為/(l)=2o故-^=1,且^-=2=>a=l,b=l。所以/(x)=^-=x十丄。TIE：/(x)=^-=x十丄。TIE：XX/1X*X+—-lr+丄kX丿n2"—2。令g(x)二卜￡）］-卜呂’則g⑴為偶函數(shù)’故只考慮-v>0的情況。x>0x+-X)1Y令g(x)二卜￡）］-卜呂’則g⑴為偶函數(shù)’故只考慮-v>0的情況。x>0x+-X)1Yx+—_

X)+???+=cy<^c；.x/r-1=C：x“2+C；x"4+-.-+C；'1?xT_打?vKJ注意到：C：x心+C^lx-(^2)=cy-2+cy{n-1}>2C\:cy+C：J=Cy-4+C；r<^)n2C：；C：*g)+c\xn'2yg'+C：~lx^2>2C；-1；故2(C：x"+C；x”~4+???+C；7x”F)r2(C：+C：+???+(?,「)即C；x"+c；x"4+…+C；y2nc：+C：+…+C；“=21-2。例6?(2009年上海高考)已知函數(shù)y=f(x)的反函數(shù)。定義：若對(duì)給定的實(shí)數(shù)a(dHO),函數(shù)y=/(x+a)與，=f~l(x+a)互為反函數(shù)，則稱y=/(x)滿足"a和性.質(zhì)”;若函數(shù)y=f(ar)與丁=:廠(ar)互為反函數(shù),則稱y=f(x)滿足“a積性質(zhì)”。判斷函數(shù)g(x)=x2+\(x>0)是否滿足“1和性質(zhì)"，并說明理由；.求所有滿足“2和性質(zhì)”的一次函數(shù)；設(shè)函數(shù)y=f(x)(x>0)對(duì)任何a>0,滿足“a積性質(zhì)”。求y=/(x)的表達(dá)式。?分析與解答：函數(shù)g(X)=X：+l(X>0)的反函數(shù)是g''(X)=yJx-l(X>l),g_,(x+l)=>/x(.v>0),而g(x4-1)=(.V+l)2+l(x>-1),其反函數(shù)為y=\Jx-\-l(x>1)故函數(shù)g(x)=x2+l(x>0)不滿足“1和性質(zhì)"設(shè)函數(shù)f(x)=kx±b(xER)滿足“2和性質(zhì)”，“0。廠(x)=芋(xeR),/-'(x+2)=^|^芝一h—2&而f(x+2)=k(x+2)+b(xeR)，得反函數(shù)——戸二kk+2-bx—b—2k由“2和性質(zhì)”定義可知對(duì)(xeR)恒成立。/.k=-1,6gR,即所求一次函數(shù)/(x)=-x+/>(/>€R).設(shè)a>O,xo>0,且點(diǎn)任0，兒)在尹=/(ax)圖像上，則(兒，x°)在函數(shù)y=f~'(ax)圖像上，由嘆丁、"故可得ay0=f(x0)=af(ax{t),If⑷5)=兀令at0=x,則a二蘭，則/(x0)=—/(x),即/⑴二也3TOC\o"1-5"\h\z心兀x綜上所述，/(.r)=-(A^O),此時(shí)/(av)=—,其反函數(shù)是y=—,而廠(ax)-—。故y=f(ax)Ljy=/'(av)axaxax互為反函數(shù)。例7.(2004復(fù)旦)若存在使對(duì)任意xeD(D為函數(shù)/(對(duì)的定義域)，都有|f(x)|<M,則稱函數(shù)/(x)有界。問函數(shù)/(x)=-sin丄在xw(0丄)上是否有xx2界？A分析與解答：令—=/?則/g(2,+oo)>—sin—=/sinf?若令t=2k/r+—?keZ^.k>\9則當(dāng)xxx2\i**At+s時(shí)，sin/=sin2k?r+—=1,/T+oo,故/(x)=—sin—在xw(0,—)上無I2丿xx2界。注：本題中的/有無窮多個(gè)賦值方式，如令/=2熾+彳,2熾+彳,2熾+升..，事實(shí)上，只要使sin/#0均可。例8?定義在D上的函數(shù)/(x),如果滿足：對(duì)任意xeD.存在常數(shù)M>0,都有|/(x)|wM成立，則稱/(X)是Q上的有界函數(shù)，其中M稱為函數(shù)/(x)的上界.如果對(duì)于函數(shù)/(*)的所有上界中有一個(gè)最小的上界，就稱其為函數(shù)/(兀)的上確界.已知函數(shù)心+4$+份,g(小需.<1)當(dāng)a=l時(shí)，求函數(shù)/(x)在(-90)上的值域，并判斷函數(shù)/(X)在(-oo,0)±是否為有界函數(shù)，請(qǐng)說明理由；若函數(shù)/(x)在［0,+8)上是以3為上界的有界函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；若/?>0,求函數(shù)g(x)在［0,