中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營(yíng)講義word版（有答案）

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面積為4時(shí)，求直線的方程．解析（=1\*ROMANI）設(shè)直線的方程為，即．設(shè)交點(diǎn)的坐標(biāo)為，則直線的方程為，即．于是有，即得動(dòng)點(diǎn)的參數(shù)方程為．因?yàn)?，所以．所以，點(diǎn)的軌跡方程為，且需在橢圓的外部．（=2\*ROMANII）如圖，把直線的方程代入橢圓方程中得，所以．而點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以有．設(shè)直線與直線的夾角為，則，于是得．所以，四邊形的面積為．所以，，解得或，得直線的方程為或．例10．已知是拋物線上不同的三點(diǎn)，有兩邊所在的直線與拋物線相切．證明：對(duì)不同的，為定值．證如圖，不妨設(shè)邊和所在直線與拋物線相切，切點(diǎn)分別為和．那么切點(diǎn)弦所在直線方程為．設(shè)切點(diǎn)和的坐標(biāo)分別為和，則切線的斜率為，于是有，即．把切點(diǎn)的坐標(biāo)代入直線方程中，可得，整理即，再把中的代入該式，可得，即，即，即得．同理，利用切點(diǎn)可以推得．上面兩式相減可得；上面兩式相加可得，即得，即，即得．所以．綜上，對(duì)不同的，為定值，定值為．四、焦點(diǎn)問題（一）題型特點(diǎn)及解法思想：此類題目總是圍繞圓錐曲線的焦點(diǎn)展開，它緊扣圓錐曲線的定義，能更直接地揭示圓錐曲線的本質(zhì)．解決這類問題時(shí)，一要抓住圓錐曲線的定義，包括橢圓、雙曲線的第一、第二定義；二要抓住焦點(diǎn)與對(duì)應(yīng)準(zhǔn)線之間的關(guān)系；三要用好焦半徑．（二）例題選講：例11．如圖，為過橢圓右焦點(diǎn)的弦，分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，直線與交于點(diǎn)，求點(diǎn)的橫坐標(biāo).解析如圖，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)分別為和，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，則一方面有，，兩式相除可得————（1）另一方面，有，即————（2）由（1）得————（3）由（2）得————（4）又（3）式左邊為．（3）式右邊為．所以有————（5）由（4）式可得，即，即，代入（5）式中可得．所以，點(diǎn)的橫坐標(biāo)為．例12．．已知和都在橢圓上，其中為橢圓的離心率．（=1\*ROMANI）求橢圓的方程；（=2\*ROMANII）設(shè)是橢圓上位于軸上方的兩點(diǎn)，且直線與直線平行，與交于點(diǎn)P．求證：是定值．解析（=1\*ROMANI）易求得橢圓方程為；（=2\*ROMANII）設(shè)，則，．因?yàn)?，所以，即得，于是．設(shè)，則，于是，所以，可得．所以，可見是定值．例13．已知橢圓的方程為離心率,是橢圓的左焦點(diǎn)，直線過點(diǎn)M（交橢圓于A、B兩點(diǎn)，且當(dāng)△的面積最大時(shí)，求直線的方程．解析如圖，因?yàn)?，所以，可得．于是，，可知直線是該橢圓的左準(zhǔn)線，即得點(diǎn)落在左準(zhǔn)線上．假設(shè)兩點(diǎn)在軸的上方，并設(shè)它們的坐標(biāo)分別為．則．設(shè)直線的方程為，代入橢圓方程中可得．所以．令，則，于是，可知，且當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立．另一方面，分別過作左準(zhǔn)線的垂線，垂線段長(zhǎng)分別為，則，而，可得．因?yàn)?，所以．所以．又因?yàn)椋?，即．而條件有，即，即得，解得，所以．可得直線的方程為．例14．在雙曲線：中，分別為雙曲線的左右兩個(gè)焦點(diǎn)，為雙曲線上且在第一象限內(nèi)的點(diǎn)，的重心為，內(nèi)心為．（=1\*ROMANI）是否存在一點(diǎn)，使得IG//；（=2\*ROMANII）已知A為雙曲線C的左頂點(diǎn)，直線過右焦點(diǎn)與雙曲線C交于M，N兩點(diǎn)，若AM，AN的斜率滿足，求直線的方程．解析（=1\*ROMANI）設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，則三角形的面積為；設(shè)該三角形的內(nèi)切圓半徑為，則該三角形的面積為，即，由于，所以面積為，即得，整理得．因?yàn)镮G//，所以，于是有，即得，此時(shí)，可求得．綜上，存在一點(diǎn)，其坐標(biāo)為，使得IG//．（=2\*ROMANII）可設(shè)直線的方程為，設(shè)兩點(diǎn)的坐標(biāo)為分別為和．把直線方程代入雙曲線方程中，得．于是有，————（1）另一方面，因?yàn)?，而，所以有，即得，整理得——?）由（1），（2）可得：，解得．所以，直線的方程為，即．五、曲線組問題（一）題型特點(diǎn)：這是一類典型的曲線性質(zhì)探究問題，其曲線背景是由兩條以上曲線組合而成，它使得問題更為復(fù)雜，體現(xiàn)出的綜合性更強(qiáng)，更能突出曲線之間的自然聯(lián)系．求解時(shí)，圖形復(fù)雜，變量多，聯(lián)系多，式子多，能很好地考查綜合運(yùn)用知識(shí)分析問題和解決問題的能力，更能考查思維素質(zhì)．（二）例題選講：例15．如圖，曲線由上半橢圓：和部分拋物線：連接而成，的公共點(diǎn)為，其中的離心率為．（=1\*ROMANI）求的值；（=2\*ROMANII）過點(diǎn)的直線與分別交于（均異于點(diǎn)），若，求直線的方程．解析（=1\*ROMANI）易知曲線的結(jié)合點(diǎn)的坐標(biāo)分別為和，于是可得，再由的離心率為可得．所以，，．（=2\*ROMANII）顯然直線的斜率存在，故設(shè)其方程為，將其代入曲線的方程中可得，知該方程的一個(gè)根為1，由韋達(dá)定理可得點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，于是點(diǎn)的坐標(biāo)為；把直線的方程代入曲線的方程中，可得，知該方程的一個(gè)根為1，由韋達(dá)定理可得點(diǎn)的橫坐標(biāo)為，于是點(diǎn)的坐標(biāo)為．由可得：，解得．所以，直線的方程為，即．例16．如圖，設(shè)P是拋物線：上的動(dòng)點(diǎn)．過點(diǎn)做圓的兩條切線，交直線：于兩點(diǎn)．（Ⅰ）求的圓心到拋物線準(zhǔn)線的距離．（Ⅱ）是否存在點(diǎn)，使線段被拋物線在點(diǎn)處的切線平分，若存在，求出點(diǎn)的坐標(biāo)；若不存在，請(qǐng)說明理由． 解析（Ⅰ）拋物線的準(zhǔn)線方程為，所以的圓心到拋物線準(zhǔn)線的距離．（Ⅱ）設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，切線方程可設(shè)為，則有，即．于是————（1）同時(shí)可得兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為和，那么線段的中點(diǎn)坐標(biāo)為． 以點(diǎn)為切點(diǎn)的拋物線的切線方程為，即，所以，整理得，即————（2）由（1）可得，代入到（2）中可得，解得，此時(shí)點(diǎn)的坐標(biāo)為，關(guān)于的方程為，其判別式為，可見這樣的切線是存在的．綜上，存在點(diǎn)，其坐標(biāo)為．例17．設(shè)，在平面直角坐標(biāo)系中，，，，動(dòng)點(diǎn)的軌跡為E．（=1\*ROMANI）求軌跡E的方程，并說明該方程所表示的曲線的形狀；（=2\*ROMANII）已知，證明：存在圓心在原點(diǎn)的圓，使得該圓的任意一條切線與軌跡E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，且（O為坐標(biāo)原點(diǎn)），并求該圓的方程；（=3\*ROMANIII）已知．設(shè)直線l與圓C：相切于A1，且l與軌跡E只有一個(gè)公共點(diǎn)B1．當(dāng)R為何值時(shí)，|A1B1|取得最大值？并求最大值．解析（=1\*ROMANI）由得，即為軌跡E的方程．當(dāng)時(shí)，方程表示焦點(diǎn)在y軸上的雙曲線；當(dāng)時(shí)，方程表示兩條互相平行的直線；當(dāng)時(shí)，方程表示焦點(diǎn)在x軸上的橢圓；當(dāng)時(shí)，方程表示圓心在原點(diǎn)的單位圓；當(dāng)時(shí)，方程表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓．（=2\*ROMANII）此時(shí)方程為，如圖．設(shè)|OA|=m，|OB|=n，則可設(shè)點(diǎn)A、B的坐標(biāo)分別為和，代入橢圓方程中得，即，兩式相加可得．（注：形成公式）即．設(shè)點(diǎn)O到直線AB的距離為d，則據(jù)面積法有，所以．這說明存在圓，使得該圓的任意一條切線與軌跡E恒有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，且（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．（=3\*ROMANIII）設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)分別為和．由于直線l與圓O和橢圓E均相切，所以直線l的方程既是，也是，所以有，即————（※）因?yàn)?，而，又，，結(jié)合（※）有，可得，．所以，得，且當(dāng)時(shí)等號(hào)成立．所以，當(dāng)時(shí)，|A1B1|取得最大值，最大值為1．五、綜合問題例18．給定整數(shù)，設(shè)是拋物線與直線的一個(gè)交點(diǎn)，試證明：對(duì)于任意整數(shù)，必存在整數(shù)，使得點(diǎn)為拋物線與直線的一個(gè)交點(diǎn)．解析據(jù)題設(shè)，有，，整理得，．注意到．當(dāng)時(shí)，顯然是存在的；當(dāng)時(shí)，顯然也是存在的；假設(shè)時(shí)，存在，即和均為不小于的整數(shù)，那么當(dāng)時(shí)，，其顯然也是一個(gè)整數(shù)，又，所以此時(shí)的為不小于的整數(shù)．綜上，對(duì)任意正整數(shù)，都存在不小于的整數(shù)．若，則，顯然存在；若為負(fù)整數(shù)，可令，那么，由上面證明可知依然存在不小于的整數(shù)．綜上，命題獲證．六、練習(xí)題1．已知邊上作勻速運(yùn)動(dòng)的點(diǎn)，在時(shí)分別從出發(fā)，各以一定速度向前進(jìn)，當(dāng)時(shí)刻時(shí)，分別到達(dá)．（1）證明：運(yùn)動(dòng)過程中的重心不變；（2）當(dāng)面積取得最小值時(shí)，其值是面積的多少倍？2．已知拋物線上的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，其中且．線段的垂直平分線與軸交于點(diǎn)，求面積的最大值．3．已知拋物線y2=4px(p>0)，過頂點(diǎn)O作兩條直線分別交拋物線于A、B兩點(diǎn)，若OA⊥OB，求O在弦AB上的射影M的軌跡．4．已知梯形ABCD中，AB=2CD，點(diǎn)E分有向線段所成的比為，雙曲線過C、D、E三點(diǎn)，且以A、B為焦點(diǎn)．當(dāng)時(shí)，求雙曲線離心率e的取值范圍．5．是否存在無窮多條直線形成的直線族，滿足條件：（1）點(diǎn)（1,1）在直線上；（2），這里表示直線的斜率，、分別表示直線的橫截距和縱截距；（3）．6．對(duì)于曲線C1：3(x2+2y2)2=2(x2+4y2)上除原點(diǎn)外的每一點(diǎn)P，求證：存在過P的直線與橢圓C2：x2+2y2=2相交于兩點(diǎn)A、B，使AOP與BOP均為等腰三角形（O為坐標(biāo)原點(diǎn)）．七、練習(xí)題解答ABCDEFxABCDEFxy則．建立平面直角坐標(biāo)系如圖，設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為，則點(diǎn)D的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為，點(diǎn)的坐標(biāo)為．所以的重心坐標(biāo)為，而的重心坐標(biāo)也是，所以的重心不變．（2）因?yàn)椋?，，所以，其最小值為，且?dāng)時(shí)取到．所以，當(dāng)面積取得最小值時(shí)，其值是面積的倍．2．解析：設(shè)的中點(diǎn)D的坐標(biāo)為，則由可得，即．設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)為，則，可得，所以點(diǎn)的坐標(biāo)為．設(shè)直線的方程為，與拋物線聯(lián)立可得，于是可得．而，所以．因?yàn)椋?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取到最大，最大值為．所以，面積的最大值為，此時(shí)直線的斜率為．3．解析設(shè)OA直線方程為y=kx，與拋物線方程y2=4px聯(lián)立后得點(diǎn)A的坐標(biāo)為．進(jìn)而由OA⊥OB容易得到點(diǎn)B的坐標(biāo)（4pk2，–4pk）．所以，直線AB的方程為(1–k2)y=k(x–4p)--------(1)由此易得直線OM的方程為------(2)由（1）（2）消參數(shù)后得：(x–2p)2+y2=4p2．經(jīng)檢驗(yàn)點(diǎn)M不可能在原點(diǎn)，故x≠0．所以，點(diǎn)M的軌跡是以（2p，0）為圓心，2p為半徑的圓，還需除去原點(diǎn)．4．解析據(jù)雙曲線的對(duì)稱性可知梯形ABCD為等腰梯形，且AD=BC．以直線AB為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標(biāo)系，如圖．則可設(shè)雙曲線的方程為．由AB=2CD可得|CD|=c，可知點(diǎn)C的橫坐標(biāo)為，代入雙曲線方程中可得點(diǎn)C的縱坐標(biāo)為，即得C點(diǎn)坐標(biāo)為．由得點(diǎn)E的坐標(biāo)為，而E點(diǎn)在雙曲線上，所以有，整理得，同除可得，即得．因?yàn)?，所以，解得雙曲線離心率e的取值范圍是．5．解析據(jù)題設(shè)可設(shè)直線的方程為，則，，可得．由于，所以所有的直線的斜率同號(hào)，不妨設(shè)，則有，可知數(shù)列是遞減數(shù)列．因?yàn)椋?，又因?yàn)?，所以．令，得，故取，則，可知從第N+1項(xiàng)開始，數(shù)列的每一項(xiàng)都是負(fù)值，與題設(shè)矛盾．同理，若也矛盾．綜上，不存在這樣無窮多條直線．6．先分析：逆著思考這個(gè)問題，曲線C1應(yīng)該是點(diǎn)P走出的軌跡，那么這樣的點(diǎn)應(yīng)該滿足題中“使AOP與BOP均為等腰三角形”的條件．可以判斷曲線C1上的所有點(diǎn)都在橢圓的內(nèi)部，所以點(diǎn)P一定在橢圓的內(nèi)部，如圖．因此猜想當(dāng)OAOB，且點(diǎn)P是弦AB的中點(diǎn)時(shí)，可以使條件“使AOP與BOP均為等腰三角形”成立．解析：變形方程3(x2+2y2)2=2(x2+4y2)得因?yàn)辄c(diǎn)P不是坐標(biāo)原點(diǎn)，所以x，y不可能同時(shí)為零，即得，則有，可得，即點(diǎn)P在橢圓的內(nèi)部．若OAOB，且點(diǎn)P是弦AB的中點(diǎn)，現(xiàn)求點(diǎn)P的軌跡方程：如果直線AB垂直于x軸，則易求得點(diǎn)P的坐標(biāo)為，顯然滿足方程；如果直線AB不垂直于x軸，可設(shè)其斜率為，A、B兩點(diǎn)的坐標(biāo)為和，線段AB的中點(diǎn)P的坐標(biāo)為．由點(diǎn)差法可得————（1）設(shè)直線AB的方程為，又設(shè)|OA|=m，|OB|=n，則．因?yàn)辄c(diǎn)O到直線AB的距離為，故據(jù)直角三角形的等面積法有，即．所以有————（2）把（1）代入（2）中得，整理得，即得．綜上，點(diǎn)P的軌跡方程為．由于點(diǎn)P的軌跡方程與點(diǎn)P滿足的幾何條件是充分必要的，所以滿足方程的點(diǎn)P，也一定能使“OAOB，且點(diǎn)P是弦AB的中點(diǎn)”成立．那么，AOP與BOP均為等腰三角形．中國(guó)數(shù)學(xué)奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營(yíng)講義（二）函數(shù)與導(dǎo)數(shù)江蘇南菁高級(jí)中學(xué)【知識(shí)要點(diǎn)概述】一、函數(shù)值域與最值問題：(1)解決一切函數(shù)問題必須認(rèn)真確定該函數(shù)的定義域，定義域含三種：①自然型：②限制型：③實(shí)際型：(2)求函數(shù)的值域是比較困難的數(shù)學(xué)問題，求函數(shù)值域方法一般有：①配方法（將函數(shù)轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)）；②判別式法（將函數(shù)轉(zhuǎn)化為二次方程）；③不等式法（運(yùn)用不等式的各種性質(zhì)）；④函數(shù)法（運(yùn)用基本函數(shù)性質(zhì)，或抓住函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)圖象等）；⑤換元法；⑥反解法；⑦幾何法；⑧導(dǎo)數(shù)法.(3)恒成立問題：①不等式f(x)＞k恒成立f(x)min＞k；②不等式f(x)＜k恒成立f(x)max＜k③f(x)≥g(x)恒成立f(x)?g(x)≥0恒成立[f(x)?g(x)]min≥0(典型錯(cuò)誤)(4)有解問題：①方程f(x)＝k有解k的取值范圍即為f(x)的值域；②不等式f(x)＞k有解f(x)max＞k；③不等式f(x)＜k有解f(x)min＜k.(5)最值存在定理：f(x)在閉區(qū)間[a,b]內(nèi)連續(xù),則f(x)必有最大值與最小值.二、函數(shù)基本性質(zhì)：1．奇偶性定義：定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,且對(duì)eq\o(∨,\s\up1(?))x∈D，f(?x)=f(x)(偶函數(shù))或f(?x)=－f(x)(奇函數(shù))①奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱；②偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱；③若奇函數(shù)的定義域包含0，則f(0)=0.2．單調(diào)性定義：對(duì)eq\o(∨,\s\up1(?))x1,x2∈I且x1＜x2f(x1)＜f(x2)(增函數(shù))或f(x)＞f(x2)(減函數(shù)).3．研究函數(shù)的單調(diào)性，常用以下方法：（1）定義法：利用定義嚴(yán)格判斷.步驟為：①取值；②作差；③判斷符號(hào)；④下結(jié)論.（2）直接利用已知基本初等函數(shù)的單調(diào)性.例如若f(x)、g(x)為增函數(shù)，則①f(x)＋g(x)為函數(shù)；②eq\f(1,f(x))為函數(shù)（f(x)＞0）；③eq\r(f(x))為函數(shù)（f(x)≥0）；④－f(x)為函數(shù).（3）利用復(fù)合函數(shù)y=f[g(x)]的單調(diào)性(其中y=f(u),u=g(x))：判斷的法則是“同增異減”具體步驟為：①求定義域；②找分界點(diǎn)，確定單調(diào)區(qū)間；③分析函數(shù)在每個(gè)區(qū)間上的單調(diào)性得出結(jié)論.（4）圖象法：若一個(gè)函數(shù)的圖象可畫出來，則由圖象可得單調(diào)區(qū)間.（5）利用奇偶函數(shù)的性質(zhì)：①奇函數(shù)在對(duì)稱區(qū)間上的單調(diào)性相同；②偶函數(shù)在對(duì)稱區(qū)間上的單調(diào)性相反.（6）單調(diào)函數(shù)必存在反函數(shù)，且反函數(shù)的單調(diào)性與原函數(shù)的單調(diào)性相同.4．周期函數(shù)定義：若存在常數(shù)T(T≠0)，使得f(x+T)＝f(x)對(duì)定義域內(nèi)任意x恒成立，則稱f(x)為周期函數(shù)，T稱為這個(gè)函數(shù)的周期，f(x+T)＝f(x)常常寫作f(x＋eq\f(T,2))＝f(x－eq\f(T,2)),周期函數(shù)的定義域一定是無限集.①若T是y=f(x)的周期，那么kT(k∈N*)也是它的周期.②若y=f(x)是周期為T的函數(shù)，則y=f(ax+b)(a≠0)是周期為eq\f(T,a)的周期函數(shù).③若u＝g(x)是周期函數(shù),f(u)是任意函數(shù),則f[g(x)]也是周期函數(shù).5．周期的常用結(jié)論：設(shè)a為非零常數(shù)，若對(duì)f(x)定義域內(nèi)的任意x恒有下列條件之一成立,則f(x)的周期為2①；②；③；④；⑤；⑥.上述結(jié)論可以通過反復(fù)運(yùn)用已知條件來證明.另外：或，則f(x)的周期為4a.證明：由已知f(x＋2a)＝,于是f(x＋4a)＝－＝f(x)6．周期性與對(duì)稱性有如下關(guān)系：①若函數(shù)f(x)圖象關(guān)于直線x=a與x=b對(duì)稱，則它一定是周期函數(shù)，且2|a?b|是它的周期.②若函數(shù)f(x)圖象關(guān)于點(diǎn)(a,0)和(b,0)對(duì)稱，則它一定是周期函數(shù)，且2|a?b|是它的周期.③若函數(shù)f(x)圖象關(guān)于直線x=a及點(diǎn)(b,0)對(duì)稱，則它一定是周期函數(shù)，且4|a?b|是它的周期.證明①：不妨設(shè)a＞b，于是f[x＋2(a－b)]＝f[2a－(2b－x)]＝f(2b－x)＝f(x),∴2(a－b)是f(x)的一個(gè)周期.已知函數(shù)f(x)對(duì)任意實(shí)數(shù)x,都有f(m＋x)＝f(m－x)，且f(x)是偶函數(shù),則f(x)的周期為_________已知函數(shù)f(x)對(duì)任意實(shí)數(shù)x,都有f(m＋x)＝f(m－x)，且f(x)是奇函數(shù),則f(x)的周期為_________三、基本初等函數(shù)：1.指數(shù)函數(shù)及其性質(zhì)：形如y=ax(a＞0,a1)的函數(shù)叫做指數(shù)函數(shù)，其性質(zhì)有：①定義域?yàn)镽，值域?yàn)?0，+∞)；②當(dāng)0＜a＜1時(shí)為減函數(shù)，當(dāng)a＞1時(shí)為增函數(shù)；③圖象有兩個(gè)特殊點(diǎn)：定點(diǎn)(0，1)，不變點(diǎn)(1，a)；

④非奇非偶，但與的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱；與的圖象關(guān)于x軸對(duì)稱；與的圖象關(guān)于直線y=x對(duì)稱；⑤對(duì)應(yīng)關(guān)系為一一映射，從而存在反函數(shù)－－對(duì)數(shù)函數(shù)；⑥抽象性質(zhì)：2.對(duì)數(shù)函數(shù)及其性質(zhì)：形如y=logax(a＞0,a≠1)的函數(shù)叫做對(duì)數(shù)函數(shù)，其性質(zhì)：①定義域?yàn)?0,+∞),值域?yàn)镽；②圖象有兩個(gè)特殊點(diǎn)：定點(diǎn)(1，0),不變點(diǎn)(a,1)；③當(dāng)0＜a＜1時(shí)為減函數(shù)，當(dāng)a＞1時(shí)為增函數(shù)；④非奇非偶，但關(guān)于x軸對(duì)稱，圖象關(guān)于y軸對(duì)稱，圖象關(guān)于直線對(duì)稱；⑤對(duì)應(yīng)關(guān)系為一一映射，因而有反函數(shù)——指數(shù)函數(shù).3.冪函數(shù)：形如y=xα的函數(shù)叫做冪函數(shù)，冪函數(shù)有如下性質(zhì)：⑴它的圖象都過(1，1)點(diǎn)，都不過第四象限，且除原點(diǎn)外與坐標(biāo)軸都不相交；⑵定義域?yàn)镽或(?∞,0)∪(0,+∞)的冪函數(shù)都具有奇偶性，定義域?yàn)?0,+∞)或[0,+∞)的冪函數(shù)都不具有奇偶性；⑶冪函數(shù)y=xα都是無界函數(shù)；在第一象限中，當(dāng)α＜0時(shí)為減函數(shù)，當(dāng)α＞0時(shí)為增函數(shù)；⑷任意兩個(gè)冪函數(shù)的圖象至少有一個(gè)公共點(diǎn)(1，1)，至多有三個(gè)公共點(diǎn)；4.畫冪函數(shù)y＝xα(α＝eq\f(m,n),m、n是互質(zhì)的整數(shù))草圖的一般步驟是：(1)根據(jù)指數(shù)α的大小判斷函數(shù)圖象在第一象限的情形如圖：(2)判斷函數(shù)的奇偶性并確定函數(shù)圖像在其他象限的情況：①m,n均為奇數(shù)時(shí)，y=xα為奇函數(shù)，圖象在一、三象限內(nèi)關(guān)于原點(diǎn)中心對(duì)稱.②m為偶數(shù)，n為奇數(shù)時(shí)y=xα為偶函數(shù)，圖象在一、二象限內(nèi)關(guān)于y軸對(duì)稱.③m為奇數(shù)，n為偶數(shù)時(shí)，y=xα既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)，函數(shù)只在第一象限有圖像.5．二次函數(shù)的圖像和性質(zhì)：二次函數(shù)是初等數(shù)學(xué)中遇到比較多的函數(shù)之一，它的圖象簡(jiǎn)單，性質(zhì)易于掌握，又與二次方程、二次不等式有聯(lián)系，與之相關(guān)的理論如判別式，韋達(dá)定理，求根公式等又是中學(xué)教材的重點(diǎn)內(nèi)容，因此有必要進(jìn)一步認(rèn)識(shí)二次函數(shù)的性質(zhì)，研究與二次函數(shù)有關(guān)的解題規(guī)律、方法與技巧．(1)二次函數(shù)的解析式：①一般式：②頂點(diǎn)式：，頂點(diǎn)為③兩根式：④三點(diǎn)式：（2）的圖像是拋物線，頂點(diǎn)坐標(biāo)，對(duì)稱軸方程為，開口與有關(guān)；（3）單調(diào)性：當(dāng)時(shí)，在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)；時(shí)相反。（4）奇偶性：當(dāng)時(shí)，為偶函數(shù)；若對(duì)恒成立，則為的對(duì)稱軸.（5）最值：當(dāng)時(shí)，的最值為，當(dāng)時(shí)，的最值可從中選??；當(dāng)時(shí)，的最值可從中選取.常依軸與區(qū)間的位置分類討論.拋物線的凸凹性：a＞0時(shí)，函數(shù)的圖象是下凸形曲線，即對(duì)于任意，有≤；a＜0時(shí),函數(shù)的圖象是上凸形曲線，即對(duì)于任意，有≥,利用二次函數(shù)圖象的凸性和單調(diào)性，在某些與二次方程的范圍有關(guān)的問題中可避免使用判別式和求根公式．6.基本初等函數(shù)：常函數(shù)y=c，冪函數(shù)y=xα(α∈Q),指數(shù)函數(shù)y=ax,對(duì)數(shù)函數(shù)y=logax,三角函數(shù)（y=sinx,y=cosx,y=tanx等），反三角函數(shù)（y=arcsinx,y=arccosx,y=arctanx等）是數(shù)學(xué)中最為基本的函數(shù)，我們把它們統(tǒng)稱為基本初等函數(shù).學(xué)習(xí)中應(yīng)熟練掌握各基本初等函數(shù)的定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、周期性等基本性質(zhì).常見的函數(shù)往往是由基本初等函數(shù)通過有限次加減乘除運(yùn)算或復(fù)合而得到的，其中二次函數(shù)和形如y＝x＋eq\f(k,x)的分式函數(shù)在高考和競(jìng)賽中具有尤為重要的地位.同學(xué)們要熟練掌握求二次函數(shù)解析式、值域的有關(guān)方法，并會(huì)用這些方法解決相關(guān)的問題；會(huì)判斷二次方程根的分布情況；會(huì)利用函數(shù)y＝x＋eq\f(k,x)的性質(zhì)求一些分式函數(shù)的值域.四、函數(shù)圖像：函數(shù)圖象作圖方法有兩種：列表描點(diǎn)法和圖象變換法，重點(diǎn)掌握?qǐng)D象變換法.描點(diǎn)法作函數(shù)圖象的步驟：①確定函數(shù)的定義域；②化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式；③討論函數(shù)的性質(zhì)，即單調(diào)性、奇偶性、周期性、最值(甚至變化趨勢(shì))；④描點(diǎn)連線，畫出函數(shù)的圖象.用圖象變換法作函數(shù)圖象要確定以哪一種函數(shù)的圖象為基礎(chǔ)進(jìn)行變換，以及確定怎樣的變換，這也是個(gè)難點(diǎn).I.函數(shù)圖像的對(duì)稱性分為兩類：(1)自身對(duì)稱：①函數(shù)y=f(x)的圖像關(guān)于點(diǎn)A(a,b)對(duì)稱的充要條件是：f(x)＋f(2a－x)＝2b②函數(shù)y＝f(x)的圖像關(guān)于直線x=a對(duì)稱的充要條件是：f(a＋x)＝f(a－x)或f(x)＝f(2a－x)(2)不同函數(shù)之間的對(duì)稱：①函數(shù)y＝f(x)與y＝2b－f(2a－x)的圖像關(guān)于點(diǎn)A(a,b)②函數(shù)y＝f(x)與y＝f(2a－x)的圖像關(guān)于直線x＝a③函數(shù)y＝f(x)與a－x＝f(a－y)的圖像關(guān)于直線x＋y＝a成軸對(duì)稱；④函數(shù)y＝f(x)與x－a＝f(y＋a)的圖像關(guān)于直線x－y＝a成軸對(duì)稱.II.函數(shù)圖像對(duì)稱性的幾個(gè)結(jié)論：①奇函數(shù)與偶函數(shù)：奇函數(shù)圖像關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱，對(duì)于任意x∈D，都有f(x)＋f(?x)＝0成立；偶函數(shù)的圖像關(guān)于y軸對(duì)稱，對(duì)于任意x∈D，都有f(?x)＝f(x)成立.②原函數(shù)與其反函數(shù)：原函數(shù)與其反函數(shù)的圖像關(guān)于直線y=x對(duì)稱.若某一函數(shù)與其反函數(shù)表示同一函數(shù)時(shí)，那么此函數(shù)的圖像就關(guān)于直線y=x對(duì)稱.③若函數(shù)滿足f(x)＝f(2a－x)，則f(x)的圖像就關(guān)于直線x=a若函數(shù)滿足f(x)＝－f(2a－x)，則f(x)的圖像就關(guān)于點(diǎn)(a,0)對(duì)稱④互對(duì)稱知識(shí)：函數(shù)y=f(x?a)與y=f(a?x)的圖像關(guān)于直線x=a對(duì)稱.五、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用：導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的重要工具.1.導(dǎo)數(shù)的幾何意義：函數(shù)y=f(x)在點(diǎn)P(x0，y0)處的導(dǎo)數(shù)，就是曲線y=f(x)在點(diǎn)P(x0，y0))處的切線的斜率.2.幾種常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：①C'＝0(C為常數(shù))②(xm)′＝mxm－1(m∈Q)③④⑤(lnx)′＝eq\f(1,x)⑥(logax)′＝eq\f(1,x·lna)⑦⑧.3.導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則：=1\*GB3①四則運(yùn)算法則：；；=2\*GB3②復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則：或4．導(dǎo)數(shù)應(yīng)用：(1)在某點(diǎn)P(x0,f(x0))處的切線，則切線的斜率k＝f/(x0)；(2)研究單調(diào)性步驟：分析y＝f(x)定義域；求導(dǎo)數(shù)；解不等式f′(x)≥0得增區(qū)間；解不等式f′(x)≤0得減區(qū)間；f(x)在其定義域內(nèi)可導(dǎo)且不恒為零，則f(x)在某區(qū)間I上單調(diào)遞增(減)恒成立.(3)求極值、最值步驟：求導(dǎo)數(shù)；求f′(x)＝0的根；檢驗(yàn)f′(x)在根左右兩側(cè)符號(hào)，若左正右負(fù)，則f(x)在該根處取極大值；若左負(fù)右正，則f(x)在該根處取極小值.把極值與區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值比較，最大的為最大值，最小的是最小值.【例題講解】例1、(1)已知函數(shù)，則f(x)的最小值為__________(2007全國(guó)聯(lián)賽題)解：實(shí)際上，觀察可知x＝eq\f(5,4)時(shí)，分母最大，分子最小，所以，即f(x)在上的最小值是.(2)函數(shù)的最大值為_____________.(96年美國(guó)中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽題)解法一：的定義域?yàn)閇6，8]，，當(dāng)時(shí)，；，當(dāng)時(shí)，，從而當(dāng)時(shí)f(x)有最大值解法二：的定義域?yàn)閇6，8]，，，在[6，8]上是減函數(shù)，從而當(dāng)時(shí)有最大值點(diǎn)評(píng)：聯(lián)想思維是數(shù)學(xué)問題解決的重要思維方式，解法一運(yùn)用知識(shí)點(diǎn)：“若，同時(shí)在處取得最大值，則f(x)在處取得最大值；解法二運(yùn)用知識(shí)點(diǎn)“若f(x)在閉區(qū)間[a,b]上為單調(diào)函數(shù)，則在端點(diǎn)處取得最值”.例2、(1)求二元函數(shù)f(x，y)＝x2＋eq\f(81,x2)－2xy＋eq\f(18,x)eq\r(2－y2)的最小值____________.(希望杯邀請(qǐng)賽)解：將原式配方得，設(shè)點(diǎn)，則點(diǎn)在雙曲線y＝eq\f(9,x)上，點(diǎn)在半圓上，則，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，，所以(2)求函數(shù)f(x)＝x2－x＋1＋eq\r(2x4－18x2＋12x＋68)的最小值____________解：由于f(x)＝eq\r(2)[eq\f(x2－x＋1,eq\r(2))＋eq\r((x＋3)2＋(x2－5)2)]，此式可看成如下兩個(gè)距離的和式：拋物線上的動(dòng)點(diǎn)P(x,x2)到直線y＝x－1的距離PQ以及動(dòng)點(diǎn)P(x,x2)到定點(diǎn)M(－3,5)的距離PM，如圖，當(dāng)|PQ|＋|PM|的值最小時(shí)，M，P，Q三點(diǎn)共線，此直線就是過點(diǎn)M且垂直于直線y＝x－1的直線，從而|PQ|＋|PM|的最小值就是點(diǎn)M到直線y＝x－1的距離EQ\F(9EQ\R(2),2)，此時(shí)函數(shù)f(x)的最小值為eq\r(2)·EQ\F(9EQ\R(2),2)＝9(3)設(shè)x，y∈R+，求函數(shù)f(x，y)＝eq\r(x2－3x＋3)＋eq\r(y2－3y＋3)＋eq\r(x2－eq\r(3)xy＋y2)的最小值____________.解：由于題設(shè)的特殊結(jié)構(gòu)形式，啟發(fā)我們作特殊聯(lián)想，如圖⑴，考慮三面角O?ABC，使其側(cè)棱OA，OB，OC兩兩夾角均為30°，在OA上取一點(diǎn)P，使OP＝eq\r(3)，過點(diǎn)P作一平面，分別交OB，OC于Q和R，設(shè)OQ＝x，OR＝y(tǒng)，則△PQR的周長(zhǎng)為eq\r(x2－3x＋3)＋eq\r(y2－3y＋3)＋eq\r(x2－eq\r(3)xy＋y2)于是問題轉(zhuǎn)化為求過點(diǎn)P的截口三角形的最小周長(zhǎng).將此三面角沿棱OA展開，如圖⑵，則△PQR的周長(zhǎng)等于折線PQRP′的長(zhǎng)，顯然，PQ＋QR＋RP′≥PP′，再由OP＝eq\r(3)及∠AOA′＝90°，知PP′＝eq\r(6)，故所求函數(shù)式的最小值為eq\r(6).例3、(1)已知x2－2xy－3y2＝1，求x2＋y2的最小值______________(2009新疆預(yù)賽改編)解：設(shè)x2＋y2＝k2，x＝kcosθ，y＝ksinθ，代入條件可得：k2(cos2θ?sin2θ?3sin2θ)=1，k2=eq\f(1,2cos2θ?sin2θ?1)≥eq\f(1,eq\r(5)?1)＝EQ\F(1+EQ\R(5),4)另解：引入兩個(gè)參數(shù)m，n，則2·mx·ny≤m2x2＋n2y2，由條件得2xy＝x2－3y2－1，則mn(x2－3y2－1)≤m2x2＋n2y2，即(m2－mn)x2＋(n2＋3mn)y2≥－mn……①，考慮要求x2＋y2的最小值，則令m2－mn＝n2＋3mn且mn＜0，則m2－4mn－n2＝0，從而eq\f(m,n)＝2±eq\r(5)，由于eq\f(m,n)＜0，則取eq\f(m,n)＝2－eq\r(5)，將此代入①，得(7－3eq\r(5))(x2＋y2)≥eq\r(5)－2故x2＋y2≥EQ\F(1＋EQ\R(5),4)(2)已知x，y，z是正實(shí)數(shù)，且2x＋8y＋z＝72，求eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)的最小值_____________解：引入?yún)?shù)λ，且λ＞0，則eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)＋λ(2x＋8y＋z)＝(eq\f(2,x)＋2λx)＋(eq\f(4,y2)＋4λy＋4λy)＋(eq\f(9,z)＋λz)≥4eq\r(λ)＋12＋6eq\r(λ)，即eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)≥10eq\r(λ)＋12－72λ，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍?hào)成立，令，解得λ＝eq\f(1,64)，此時(shí)10eq\r(λ)＋12－72λ＝eq\f(7,8)，故當(dāng)x＝8，y＝4，z＝24時(shí)，eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)有最小值eq\f(7,8).(3)對(duì)于給定的常數(shù)，，，求函數(shù)()的最大值.(1996年江蘇省數(shù)學(xué)競(jìng)賽)解法一：，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，解法二：構(gòu)造如圖所示的直角梯形ABCD，則因?yàn)?，所以，即，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)成立,因此時(shí)，說明：利用勾股定理，兩點(diǎn)間得距離公式構(gòu)造幾何圖形去解決一些代數(shù)問題是一種常用手段.例4、(1)求函數(shù)f(x)＝eq\f(2＋x,eq\r(1－x2)＋1)＋eq\f(1－eq\r(1－x2),x)的最大值與最小值.解：∵|x|≤1且x≠0，令x＝sinθ，θ∈[－EQ\F(π,2),0∪(0,EQ\F(π,2)]，f(x)＝eq\f(2(1＋x),eq\r(1－x2)＋1)＝eq\f(2(1＋sinθ),eq\r(1－sin2θ)＋1)＝eq\f(2(1＋sinθ),1＋cosθ)＝(1＋taneq\f(θ,2)eq\f(1,2))2當(dāng)taneq\f(θ,2)＝－1時(shí)，θ＝－EQ\F(π,2)，即x＝－1，時(shí)，f(x)min＝0；當(dāng)taneq\f(θ,2)＝1時(shí)，θ＝EQ\F(π,2)，即x＝1，時(shí)，f(x)max＝4.(2)若均為正實(shí)數(shù)，且，則S＝eq\f((z＋1)2,2xyz)的最小值為_____(2010湖北預(yù)賽題)解：法1：令x＝cosθcosφ，y＝cosθ·sinφ，z＝sinθ，則S＝eq\f((z＋1)2,2xyz)＝eq\f((1＋sinθ)2,sinθ·cos2θ·sin2φ)≥eq\f((1＋sinθ)2,sinθ·cos2θ)＝eq\f(1＋sinθ,sinθ·(1－sinθ))令t＝1＋sinθ∈(0,2)，則S≥eq\f(t,－t2＋3t－2)＝eq\f(1,－(t＋eq\f(2,t))＋3)≥3＋2eq\r(2)，當(dāng)t＝eq\r(2)，即sinθ＝eq\r(2)－1時(shí)取到最小值.法2：∵2xy≤x2＋y2,∴S＝eq\f((z＋1)2,2xyz)≥eq\f((z＋1)2,(x2＋y2)z)＝eq\f((z＋1)2,(1－z2)z)＝eq\f(z＋1,(1－z)z)，(以下同上)(3)求函數(shù)f(x)＝x＋eq\r(x2－3x＋2)的值域.(2011全國(guó)聯(lián)賽題)解1：，兩邊平方得，從而且，由或y≥2.任取y≥2，由，易知x≥2，于是,任取，同樣由，易知x≤1于是，因此，所求函數(shù)的值域?yàn)榻?：∵x2－3x＋2＝(x－eq\f(3,2))2－eq\f(1,4)，設(shè)x－eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)secθ，θ∈[0,EQ\F(π,2))∪(EQ\F(π,2),π]，則y＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)secθ＋eq\f(1,2)|tanθ|，當(dāng)θ∈[0,EQ\F(π,2))時(shí)，y＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)secθ＋eq\f(1,2)tanθ＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)·eq\f(1＋sinθ,cosθ)＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)·eq\f(1－cos(EQ\F(π,2)＋θ),sin(EQ\F(π,2)＋θ))＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)·tan(eq\f(θ,2)＋EQ\F(π,4))≥2，類似地，當(dāng)θ∈(EQ\F(π,2),π]時(shí)，1≤y＜eq\f(3,2)，故所求函數(shù)值域?yàn)閇1,eq\f(3,2))∪[2,+∞)解法3：設(shè)u=x，v＝eq\r(x2－3x＋2)，則(u－eq\f(3,2))2－v2＝eq\f(1,4)(v≥0)…①方程①的曲線是雙曲線在x軸上方部分(包括x軸兩點(diǎn))用幾何方法可求z＝u＋v的取值范圍.例5、設(shè)a為實(shí)數(shù)，記函數(shù)f(x)＝aeq\r(1－x2)＋eq\r(1＋x)＋eq\r(1－x)的最大值為g(a).(1)求g(a)(2)試求滿足g(a)＝g(eq\f(1,a))的所有實(shí)數(shù)a.(2006江蘇卷)解：(1)令t＝eq\r(1＋x)＋eq\r(1－x)，－1≤x≤1，∵t2＝2＋2eq\r(1－x2)∈[2，4]，且t≥0，∴t的取值范圍是t∈[eq\r(2)，2]且eq\r(1－x2)＝eq\f(1,2)t2－1，∴f(x)＝m(t)＝eq\f(1,2)at2＋t－a，t∈[eq\r(2)，2]，g(a)即為m(t)＝eq\f(1,2)at2＋t－a，t∈[eq\r(2)，2]的最大值.∵直線t0＝－eq\f(1,a)是拋物線m(t)＝eq\f(1,2)at2＋t－a的對(duì)稱軸，∴可分以下幾種情況進(jìn)行討論：①當(dāng)a＞0時(shí)，由t0＝－eq\f(1,a)＜0知m(t)在t∈[eq\r(2)，2]上單調(diào)遞增，故g(a)＝m(2)＝a＋2；②當(dāng)a＝0時(shí)，m(t)＝t，t∈[eq\r(2)，2]，有g(shù)(a)＝2；③當(dāng)a＜0時(shí)，若t0＝－eq\f(1,a)∈(0，eq\r(2)]，即a≤－eq\f(\r(2),2)時(shí)，g(a)＝m(eq\r(2))＝eq\r(2)，若t0＝－eq\f(1,a)∈(eq\r(2)，2]即a∈(－eq\f(\r(2),2)，－eq\f(1,2)]時(shí)，g(a)＝m(－eq\f(1,a))＝―a―eq\f(1,2a)，若t＝－eq\f(1,a)∈(2，＋∞)即a∈(－eq\f(1,2)，0)時(shí)，g(a)＝m(2)＝a＋2.綜上所述，有g(shù)(a)＝eq\b\lc\{(\a\al(a＋2，a＞－eq\F(1,2)，,－a－eq\F(1,2a)，－eq\F(eq\R(,2),2)＜a≤－eq\F(1,2)，,eq\R(,2)，a≤－eq\F(eq\R(,2),2)．))(2)當(dāng)a＞－eq\f(1,2)時(shí)，g(a)＝a＋2＞eq\f(3,2)＞eq\r(2)；當(dāng)－eq\f(\r(2),2)＜a≤－eq\f(1,2)時(shí)，－a∈[eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2))，―eq\f(1,2a)∈(eq\f(\r(2),2)，1]，∴－a≠―eq\f(1,2a)，g(a)＝―a―eq\f(1,2a)＞2eq\r((―a)(―eq\f(1,2a)))＝eq\r(2)，故當(dāng)a＞－eq\f(\r(2),2)時(shí)，g(a)＞eq\r(2)；當(dāng)a＞0時(shí)，eq\f(1,a)＞0，由g(a)＝g(eq\f(1,a))知：a＋2＝eq\f(1,a)＋2，故a＝1；當(dāng)a＜0時(shí)，a·eq\f(1,a)＝1，故a≤－1或eq\f(1,a)≤－1，從而有g(shù)(a)＝eq\r(2)或g(eq\f(1,a))＝eq\r(2)，要使g(a)＝g(eq\f(1,a))，必須有a≤－eq\f(\r(2),2)，eq\f(1,a)≤－eq\f(\r(2),2)，即－eq\r(2)≤a≤－eq\f(\r(2),2)，此時(shí)，g(a)＝eq\r(2)＝g(eq\f(1,a)).綜上所述，滿足g(a)＝g(eq\f(1,a))的所有實(shí)數(shù)a為：－eq\r(2)≤a≤－eq\f(\r(2),2)或a＝1.另解：當(dāng)－eq\f(\r(2),2)＜a≤－eq\f(1,2)時(shí)，g′(a)＝－1＋eq\f(1,2a2)＞0，故函數(shù)g(a)在區(qū)間[－eq\f(\r(2),2),+∞)上是單調(diào)增函數(shù)，在區(qū)間(?∞,－eq\f(\r(2),2)]上是常數(shù)函數(shù)，根據(jù)g(a)＝g(eq\f(1,a))，可得a＝eq\f(1,a)(a≥－eq\f(\r(2),2))或a≤－eq\f(\r(2),2)且eq\f(1,a)≤－eq\f(\r(2),2)故滿足g(a)＝g(eq\f(1,a))的所有實(shí)數(shù)a為：a＝1或－eq\r(2)≤a≤－eq\f(\r(2),2).點(diǎn)評(píng)：本題主要考查函數(shù)、方程等基本知識(shí)，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想方法和綜合運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)分析問題和解決問題的能力，常規(guī)思路是：根據(jù)a和eq\f(1,a)的取值范圍，把a(bǔ)分為以下六種情形討論：①a＞0；②－eq\f(1,2)≤a＜0；③－eq\f(\r(2),2)≤a＜－eq\f(1,2)；④－eq\r(2)≤a＜－eq\f(\r(2),2)；⑤－2≤a＜－eq\r(2)；⑥a＜－2，再分別求解，計(jì)算量和思維量都很大.例6、設(shè)，且，求的最大值．(1999年越南數(shù)學(xué)奧林匹克)解：由已知條件得，顯然，所以．由此聯(lián)想到正切和公式，于是令，則．由于，所以．于是，等號(hào)在，即時(shí)成立，故．例7、設(shè)非負(fù)實(shí)數(shù)滿足，求的最小值.解：由已知得：，，所以，又由知由對(duì)稱性，不妨設(shè)，則，令，則，故函數(shù)在上遞增，于是有因?yàn)?，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取到，故令c=tanθ,θ∈[0,EQ\F(π,6)]，則u＝eq\f(1,2)(secθ＋tanθ)＋eq\f(2,secθ)＝2cosθ＋eq\f(sinθ+1,2cosθ)u′＝－2sinθ＋eq\f(2sinθ+2,2cos2θ)＞0,故當(dāng)θ＝0時(shí)，umin＝eq\f(5,2)，此時(shí)…….例8、(1)設(shè)函數(shù)，且，，則__________解：由，令，則為奇函數(shù)且單調(diào)遞增.而,,所以,,,從而,即,故.(2)設(shè)a，b，c∈R+，且(eq\r(b2＋c2)＋b－c)·(eq\r(a2＋c2)＋a－c)＝2ab，求證：a，c，b成等比數(shù)列.(數(shù)學(xué)教學(xué)問題征解)證明：已知式可寫成[eq\r(1＋(eq\f(c,b))2)＋1－eq\f(c,b)]·[eq\r(1＋(eq\f(c,a))2)＋1－eq\f(c,a)]＝2，令eq\f(c,a)＝x，eq\f(c,b)＝y(tǒng)(x＞0，y＞0)，則上式為(eq\r(1＋x2)－x＋1)·(eq\r(1＋y2)－y＋1)＝2，兩邊同乘以eq\r(1＋y2)＋y－1，得2y(eq\r(1＋x2)－x＋1)＝2(eq\r(1＋y2)＋y－1)，即eq\r(1＋x2)－x＋1＝eq\r(1＋(eq\f(1,y))2)－eq\f(1,y)＋1由此構(gòu)造函數(shù)f(t)＝eq\r(1＋t2)－t＋1，則有f(x)＝f(eq\f(1,y))，又易知函數(shù)f(t)＝eq\f(1,eq\r(1＋t2)＋t)＋1在(0,+∞)上單調(diào)遞減，故有x＝eq\f(1,y)，即c2＝ab，從而a，c，b成等比數(shù)列.小結(jié)：若函數(shù)為單調(diào)的奇函數(shù)，且，則.若遇兩個(gè)式子結(jié)構(gòu)相同，不妨依此構(gòu)造滿足上述性質(zhì)的函數(shù)，則可解之.競(jìng)賽中經(jīng)常用構(gòu)造函數(shù)的方法，利用函數(shù)及其圖像的相關(guān)性質(zhì)，解決與函數(shù)有關(guān)的如方程、不等式、最值等問題，達(dá)到化繁為簡(jiǎn)的目的，同時(shí)能開闊我們的解題視野.例9、(1)設(shè)a是大于0的實(shí)數(shù)，f(x)是定義在全體實(shí)數(shù)x上的一個(gè)實(shí)函數(shù)，并且對(duì)每一個(gè)實(shí)數(shù)x滿足條件：f(x＋a)＝eq\f(1,2)＋eq\r(f(x)－[f(x)]2)．①試證明：函數(shù)f(x)是周期函數(shù)；②就a＝1舉出一個(gè)這種函數(shù)f(x)的例子，但不能是常函數(shù)．(第10屆IMO試題)證明：(1)，令得，，，∴，∴函數(shù)是周期函數(shù)，周期為2a．(2)對(duì)a＝1，f(x)應(yīng)該是以2為周期的函數(shù)，且，另一方面，條件方程可以化為，由此可見，滿足題設(shè)的函數(shù)f(x)可以取或．(2)設(shè)函數(shù)f(x)滿足：f(1)＝0，且對(duì)任意x∈R，有f(x＋y)＋f(x－y)＋f(2x)＝4·f(x)·f(eq\f(x＋y,2))·f(eq\f(y－x,2))－1，求證：f(x)是周期函數(shù).1°先證：f(x)是偶函數(shù)，令x＝y(tǒng)＝0，得4f3(0)－1＝3f(0)，解得f(0)＝1或f(0)＝－eq\f(1,2)，若f(0)＝－eq\f(1,2)，則令x＝y(tǒng)得，2f(2x)－eq\f(1,2)＝－2·f2(x)－1，即f(2x)＝－f2(x)－eq\f(1,4)＜0，與f(1)＝0矛盾，從而f(0)＝1，令y＝－x，得f(0)＋2f(2x)＝4f(0)·f(x)·f(－x)－1，即f(x)＝2f(eq\f(x,2)eq\f(x,2))·f(－eq\f(x,2)eq\f(x,2))－1，此時(shí)有f(－x)＝2f(－eq\f(x,2)eq\f(x,2))·f(eq\f(x,2)eq\f(x,2))－1＝f(x)，，即知f(x)是偶函數(shù).2°再證：f(x)是周期函數(shù)，令x＝1，得f(1＋y)＋f(1－y)＋f(2)＝－1，當(dāng)y＝1時(shí)，可得f(2)＝－1，從而f(1＋y)＋f(1－y)＝0，即f(y＋1)＝－f(1－y)＝－f(y－1)，∴f(y＋2)＝－f(y)，f(y＋4)＝－f(y＋2)＝f(y)，∴f(x)是周期函數(shù)，4是其中一個(gè)周期.(3)設(shè)函數(shù)f(x)滿足：f(x＋1)－f(x)＝2x＋1(x∈R)，且當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，有|f(x)|≤1，證明：當(dāng)x∈R時(shí)，有|f(x)|≤2＋x2.解：令g(x)＝f(x)－x2，則g(x＋1)－g(x)＝f(x＋1)－f(x)―(x＋1)2＋x2＝0，所以g(x)是R上以1為周期的周期函數(shù)；當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，|g(x)|＝|f(x)－x2|≤|f(x)|＋|x2|≤2，所以周期函數(shù)g(x)在R有|g(x)|≤2，從而|f(x)|＝|g(x)＋x2|≤|g(x)|＋|x2|≤2＋x2.例10、(1)已知函數(shù)，且，則滿足條件的所有整數(shù)的和是____________．(2007江蘇預(yù)賽題改編)解：根據(jù)函數(shù)解析式特征，先研究簡(jiǎn)單函數(shù)h(x)＝|x＋1|＋|x－1|的性質(zhì)，根據(jù)圖像可知：h(x)是偶函數(shù)，在(－∞,－1]上是減函數(shù)，在[－1,1]上是常數(shù)函數(shù)，在[1,+∞)上是增函數(shù)，再逐漸復(fù)雜化，可知函數(shù)f(x)與h(x)具有相似的性質(zhì)，f(x)是偶函數(shù)，在(－∞,－1]上是減函數(shù)，在[－1,1]上是常數(shù)函數(shù)，在[1,+∞)上是增函數(shù)，由，得|a－1|＝|a2－3a＋2|或－1≤a－1≤1且－1≤|a2－3a＋2≤1，又a∈Z，故a＝1或a＝2或a＝3，滿足條件的所有整數(shù)的和是6.(2)求函數(shù)f(x)＝|x－1|＋eq\r(2)|x－eq\r(2)|＋eq\r(3)|x－eq\r(3)|＋eq\r(4)|x－eq\r(4)|＋eq\r(5)|x－eq\r(5)|的最小值.解：f(x)＝(|x－1|＋|x－eq\r(5)|)＋(eq\r(5)－1)|x－eq\r(5)|＋eq\r(2)|x－eq\r(2)|＋eq\r(3)|x－eq\r(3)|＋2|x－2|＝(|x－1|＋|x－eq\r(5)|)＋(eq\r(5)－1)·(|x－eq\r(5)|＋|x－eq\r(2)|)＋(1＋eq\r(2)－eq\r(5))(|x－eq\r(2)|＋|x－2|)＋eq\r(3)(|x－eq\r(3)|＋|x－2|)＋(1＋eq\r(5)－eq\r(2)－eq\r(3))|x－2|∵eq\r(5)－1＞0，1＋eq\r(2)－eq\r(5)＞0，eq\r(3)＞0，1＋eq\r(5)－eq\r(2)－eq\r(3)＞0，2∈[eq\r(3),2][eq\r(2),2][eq\r(2),eq\r(5)][1,eq\r(5)]∴當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)min＝1＋2(eq\r(2)＋eq\r(3)－eq\r(5))(3)求的最小值.(2011北約自主招生題)解：設(shè)，g(x)＝|x－a1|＋|x－a2|＋…＋|x－an|，由絕對(duì)值的幾何意義，當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，時(shí)，f(x)有最小值；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，任何值時(shí)，f(x)有最大值.回到原題，將f(x)整理成f(x)＝|x－1|＋|x－eq\f(1,2)|＋|x－eq\f(1,2)|＋|x－eq\f(1,3)|＋|x－eq\f(1,3)|＋|x－eq\f(1,3)|＋…＋|x－eq\f(1,2011)|＋…＋|x－eq\f(1,2011)|共有1＋2＋…＋2011＝2023066個(gè)點(diǎn)，設(shè)a1＝1，a2＝a3＝eq\f(1,2)，a4＝a5＝a6＝eq\f(1,3)，…，a2023066＝eq\f(1,2011)，∵eq\f(2013066,2)＝1011533，現(xiàn)在求a1011533和a1011534的值，設(shè)a1011533＝eq\f(1,t)，則1＋2＋…＋t≥1011533，1＋2＋…＋(t－1)＜1011533，可得t＝1422，且a1011533＝a1011534＝eq\f(1,1422)，故x＝eq\f(1,1422)時(shí)，f(x)有最小值，f(eq\f(1,1422))＝eq\f(1,1422)×(1421＋1420＋…＋1)＋eq\f(1,1422)×(1＋2＋…＋589)＝832eq\f(491,711)⑴一般地，對(duì)于函數(shù)()，當(dāng)n＝2m(m∈N*)時(shí)，f(x)在是減函數(shù)，在是常數(shù)函數(shù)，在上是增函數(shù)；當(dāng)n＝2m－1(m∈N*)時(shí)，f(x)在是減函數(shù)，在上是增函數(shù).⑵一般地，對(duì)于函數(shù)()的圖像是由左右兩側(cè)兩條射線和中間的條線段依次連接而成的“折線形”：①當(dāng)時(shí)，兩射線分別由點(diǎn)(b1,f(b1))和點(diǎn)(bn,f(bn))向上無限延伸，此時(shí)f(x)有最小值且fmin＝；②當(dāng)時(shí)，兩射線分別由點(diǎn)(b1,f(b1))和點(diǎn)(bn,f(bn))向下無限延伸，此時(shí)f(x)有最大值且fmax＝；③當(dāng)時(shí)，兩射線分別由點(diǎn)(b1,f(b1))和點(diǎn)(bn,f(bn))沿水平方向向左、右無限延伸，此時(shí)f(x)既有最大值也有最小值且fmax＝，fmin＝.例11、(2012·南京一模)對(duì)于函數(shù)f(x)，若存在實(shí)數(shù)對(duì)(a，b)，使得等式f(a＋x)·f(a－x)＝b對(duì)定義域中的每一個(gè)x都成立，則稱函數(shù)f(x)是“(a，b)型函數(shù)”．已知函數(shù)g(x)是“(1,4)型函數(shù)”，當(dāng)x∈[0,2]時(shí)，都有1≤g(x)≤3成立，且當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，g(x)＝x2－m(x－1)＋1(m＞0)，試求m的取值范圍．解：∵g(1+x)·g(1?x)＝4，∴當(dāng)x∈[1,2]時(shí)，g(x)＝eq\f(4,g(2?x))，2?x∈[0,1]．而x∈[0,1]時(shí)，g(x)＝x2＋m(1－x)＋1＝x2－mx＋m＋1＞0，且其對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(m,2).設(shè)g(x)在[0,1]上的最小值為a，最大值為b，則原條件eq\b\lc\{(\a\al\co2(a≥1；b≤3,,\f(4,b)≥1；\f(4,a)≤3,))，即a≥eq\f(4,3)，b≤3.①當(dāng)eq\f(m,2)＞1，即m＞2時(shí)，a＝g(1)＝2，b＝g(0)＝m＋1，故m＋1≤3，此時(shí)無解；②當(dāng)eq\f(1,2)≤eq\f(m,2)≤1，即1≤m≤2時(shí)，a＝g(eq\f(m,2))＝m＋1－eq\f(m2,4)，b＝g(0)＝m＋1，故m＋1－eq\f(m2,4)≥eq\f(4,3)，m＋1≤3，解得1≤m≤2③當(dāng)0＜eq\f(m,2)＜eq\f(1,2)，即0＜m＜1時(shí)，a＝g(eq\f(m,2))＝m＋1－eq\f(m2,4)，b＝g(1)＝2，故m＋1－eq\f(m2,4)≥eq\f(4,3)，解得2－eq\f(2\r(6),3)≤m＜1綜上所述，所求m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(2\r(6),3)，2)).本題主要考查函數(shù)的綜合性質(zhì)，分類討論思想，這里轉(zhuǎn)化有點(diǎn)困難，應(yīng)先把函數(shù)在[1,2]上的解析式求出來，然后求值域并轉(zhuǎn)化為子集關(guān)系解題．求值域?qū)嵸|(zhì)就是二次函數(shù)中軸動(dòng)區(qū)間定的類型，并且同時(shí)研究?jī)蓚€(gè)二次函數(shù)，要進(jìn)行比較．例12、(2012·金陵中學(xué))已知函數(shù)f(x)的圖象在[a，b]上連續(xù)不斷，定義：f1(x)＝min{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])f2(x)＝max{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])．其中，min{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最小值，max{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值．若存在最小正整數(shù)k，使得f2(x)－f1(x)≤k(x－a)對(duì)任意的x∈[a，b]成立，則稱函數(shù)為區(qū)間[a，b]上的“k階收縮函數(shù)”．(1)已知函數(shù)f(x)＝x2，x∈[－1,4]，試判斷f(x)是否為[－1,4]上的“k階收縮函數(shù)”，如果是，求出相應(yīng)的k；如果不是，請(qǐng)說明理由；(2)已知b＞0，函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2是[0，b]上的2階收縮函數(shù)，求b的取值范圍．解：(1)∵f1(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x∈[?1，0]，,0，x∈[0，4]，))f2(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x∈[?1，1]，,x2，x∈[1，4]，))∴f2(x)－f1(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1?x2，x∈[?1，0]，,1，x∈[0，1]，,x2，x∈[1，4].))當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，1－x2≤k(x＋1)，∴k≥1－x，即k≥2；當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，1≤k(x＋1)，∴k≥eq\f(1,x＋1)，即k≥1；當(dāng)x∈[1,4]時(shí)，x2≤k(x＋1)，∴k≥eq\f(x2,x＋1)，即k≥eq\f(16,5).綜上，存在k＝4，使得f(x)是[－1,4]上的4階收縮函數(shù)．(2)∵f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)，∴在(0,2)上f′(x)＞0，f(x)遞增，在(2，＋∞)上f′(x)＜0，f(x)遞減．①當(dāng)0＜b≤2時(shí)，f(x)在[0，b]上遞增，∴f2(x)＝f(x)＝－x3＋3x2，f1(x)＝f(0)＝0.∵f(x)＝－x3＋3x2是[0，b]上的2階收縮函數(shù)，∴(i)f2(x)－f1(x)≤2(x－0)對(duì)x∈[0，b]恒成立，即－x3＋3x2≤2x對(duì)x∈[0，b]恒成立，即0≤x≤1或x≥2.∴0＜b≤1.(ii)存在x∈[0，b]，使得f2(x)－f1(x)＞(x－0)成立．即存在x∈[0，b]，使得x(x2－3x＋1)＜0成立．即x＜0或eq\f(3－\r(5),2)＜x＜eq\f(3＋\r(5),2)，∴只需b＞eq\f(3－\r(5),2).綜上eq\f(3－\r(5),2)＜b≤1.②當(dāng)2＜b≤3時(shí)，f(x)在[0,2]上遞增，在[2，b]上遞減，∴f2(x)＝f(2)＝4，f1(x)＝f(0)＝0，f2(x)－f1(x)＝4，x－0＝x.∴當(dāng)x＝0時(shí)，f2(x)－f1(x)≤2(x－0)不成立．③當(dāng)b＞3時(shí)，f(x)在[0,2]上遞增，在[2，b]上遞減，∴f2(x)＝f(2)＝4，f1(x)＝f(b)＜0，f2(x)－f1(x)＝4－f(b)＞4，x－0＝x.∴當(dāng)x＝0時(shí)，f2(x)－f1(x)≤2(x－0)也不成立．綜上eq\f(3－\r(5),2)＜b≤1.例13、(1)證明：對(duì)任意x∈[－1,1]，均有|4x3－3x|≤1；(2)設(shè)a，b，c為實(shí)數(shù)，M是函數(shù)y＝|4x3＋ax2＋bx＋c|在x∈[－1,1]上的最大值，證明：M≥1，并求等號(hào)成立時(shí)a，b，c的值.證明：⑴令x＝sinθ，則|4x3－3x|＝|4sin3θ－3sinθ|＝|sin3θ|≤1或：4x3－3x－1＝(x－1)(2x＋1)2≤0，4x3－3x＋1＝(x＋1)(2x－1)2≥0，于是－1≤4x3－3x≤1，即|4x3－3x|≤1或：令f(x)＝4x3－3x，f′(x)=12x2－3＝4(2x－1)(2x＋1)由f′(x)＝0解得x＝±eq\f(1,2)，列表得：x－1(－1,－eq\f(1,2))－eq\f(1,2)(－eq\f(1,2),eq\f(1,2))eq\f(1,2)(－eq\f(1,2),1)1f′(x)＋0－＋f(x)－1遞增1遞減－1遞增1由上表知：x∈[－1,1]時(shí)，f(x)min＝－1，f(x)max＝1，∴|4x3－3x|≤1.⑵記g(x)＝4x3＋ax2＋bx＋c，若存在a,b,c∈R，使得對(duì)x∈[－1,1]均有|g(x)|＜1，則－1＜g(x)＜1，令h(x)＝g(x)－(4x3－3x)＝ax2＋(b＋3)x＋c，則由⑴可知h(－1)＞0，h(－eq\f(1,2))＜0，h(eq\f(1,2))＞0，h(1)＜0，這表明方程ax2＋(b＋3)x＋c＝0至少有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，從而只能是a＝b＋3＝c＝0，即g(x)＝4x3－3x，但這時(shí)|g(1)|＝1，矛盾.所以，存在x∈[－1,1]，使|4x3＋ax2＋bx＋c|≥1，故M≥1，進(jìn)而由前面的討論知M＝1時(shí)，a＝0，b＝－3，c＝0.另解：由－1≤4x3＋ax2＋bx＋c≤1對(duì)任意x[－1,1]恒成立，分別取x＝±1，±eq\f(1,2)并化簡(jiǎn)得：eq\b\lc\{(\a\al(－5≤a＋b＋c≤－3,3≤a－b＋c≤5,－6≤a＋2b＋4c≤2,－2≤a－2b＋4c≤6))∴eq\b\lc\{(\a\al(2b＝(a＋b＋c)－(a－b＋c)≤－6,4b＝(a＋2b＋4c)－(a－2b＋4c)≥－12))得b＝－3，代入①式后得a＝c＝0.例14、已知函數(shù)，x(1,+∞)．對(duì)于定義域?yàn)镈的函數(shù)y＝g(x)，如果存在區(qū)間，使得時(shí)，y＝g(x)的值域是，則稱是該函數(shù)y＝g(x)的“保值區(qū)間”．問函數(shù)y＝h(x)是否存在“保值區(qū)間”？若存在，請(qǐng)求出一個(gè)“保值區(qū)間”；若不存在，請(qǐng)說明理由．解：，x(1,+∞)，，時(shí)，，在上是增函數(shù)，函數(shù)存在“保值區(qū)間”關(guān)于的方程在有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，令，則，，時(shí)，，在上是增函數(shù)，，且在圖象不間斷，使得，時(shí)，，時(shí)，，函數(shù)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，，，函數(shù)在至多有一個(gè)零點(diǎn)，即關(guān)于的方程在至多有一個(gè)實(shí)數(shù)根，函數(shù)是不存在“保值區(qū)間”．例15、(2005·湖南卷)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋bx，a≠0.(1)若b＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；(2)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象C1與函數(shù)g(x)圖象C2交于點(diǎn)P、Q，過線段PQ的中點(diǎn)作x軸的垂線分別交C1，C2于點(diǎn)M、N，證明：C1在點(diǎn)M處的切線與C2在點(diǎn)N處的切線不平行.解：(1)b＝2時(shí),,則因?yàn)楹瘮?shù)h(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以h′(x)<0有解.又因?yàn)閤＞0，所以ax2＋2x－1＞0有x＞0的解.①當(dāng)a＞0時(shí)，ax2＋2x－1＞0總有x＞0的解；②當(dāng)a＜0時(shí)，則△＝4＋4a＞0,且方程ax2＋2x－1＝0至少有一正根此時(shí)－1＜a＜0.綜上所述，a的取值范圍為(－1，0)∪(0，+∞).(2)證明：設(shè)點(diǎn)P、Q的坐標(biāo)分別是(x1,y1)，(x2,y2)，0＜x1＜x2.則點(diǎn)M、N的橫坐標(biāo)為C1在點(diǎn)M處的切線斜率為C2在點(diǎn)N處的切線斜率為假設(shè)C1在點(diǎn)M處的切線與C2在點(diǎn)N處的切線平