蘇教版高中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)題庫全套(含詳細(xì)解答)

江蘇省興化市楚水實驗學(xué)校高中數(shù)學(xué)競賽校本教材[全 題或老師講解的例題他都過面的問題就不知從何處入手?？磥?，要提高解決問題的能力，要能在幣不能壓在先放的硬幣上，直到桌子上再也放不下一枚硬幣為止。誰放入了于數(shù)值問題來說，就是指取它的最大或最小值；對于一個動點來端點，三角形的頂點等等。極端化的假設(shè)實際上也為題目增加了一個條件，求nn好都不完全相同。以從中去掉一名選手，而使余下的選手中，任意兩個選手已賽過的對手仍然都，不糾纏于問題的各項具體的細(xì)節(jié)，從而能夠拓寬思路，抓住主？設(shè)計一種取石子的方案；如g發(fā)出射擊的命令后，每人用槍射擊距離他最近的人。問：射擊后有沒有一個小朋7.有兩只桶和一只空杯子。甲桶裝的是牛奶，乙桶裝的是酒精(未滿)。現(xiàn)在從甲桶取一滿后從乙桶取一滿杯混合液倒入甲桶，這時，是甲桶中的酒精多，還是乙桶中的數(shù)a和b，然后寫上它們的差(大減小)，直到黑板上剩下一個數(shù)為止。2.3508。1024。角形內(nèi)還有別的點，那么這個點與三角形的三個頂點還能連結(jié)，與已“不3×(0+1+2+…+32)+33=1617(粒)，甲、乙兩桶所裝的液體的體積沒有發(fā)生變化。甲桶里有多少酒精，就必然時所有數(shù)的和為S1+2+3+…+1998=1997001，是一個奇數(shù)，而每一次“操作”，將(a+b)變成了(a-b)，實際上減少了2b，即減少了一個對稱中心，先放者將第一枚硬幣放在桌子的中心，繼而把硬幣放在后放者所們對這種染色方式進(jìn)行調(diào)整：將某些紅點改成藍(lán)點并注意到顏色調(diào)整時，異改變顏色的點的左右兩側(cè)相鄰的兩個點若同色，則異色小線段的條數(shù)或者增加2條(相鄰的兩個點同為紅色)，或者減少2條(相鄰的兩個點同為藍(lán)色)；這個改變顏色的顏色，異色線段的條數(shù)的改變總是一個偶數(shù)，從而異色線段的條975＋1=976(號)。nd1≤d＜2n)人，那么當(dāng)有d人退出圈子后還剩下2n人。因為下一個該退出去的是(2d＋1)號，所以此時的第(2d＋1)號相當(dāng)于2n人時的第1號，而2d號相當(dāng)于2n人時488×2=976(號)。，涂一格。此紅格要使圖中再增加一行和一列有兩個紅格20＋19＋18＋…＋1=210(次)。H與A賽過，而另一個(即C)未與A賽過。越從與越從與的填法，為了使相鄰數(shù)的差不大于4，最小數(shù)1和最大數(shù)的“距離”大越好，即把它們填在對角的位置上(A=1，S=64)。11.解：設(shè)M=max(a+b+c，b+c+d，c+d+e，d+e+f，e+f+g)。直接從正面不易找到解題思路時，則可改變思維的方向，即從結(jié)論入手或？問題，如果覺得難以入手，那么我們可以途徑，使問題得以“突破”，這種方法稱為特殊進(jìn)行研究，一方面是因為研究特殊情況比研究一般情況較為容易；另一方有一般性，所以對特殊情況的研究常能揭示問題的結(jié)論或啟發(fā)解決問題的進(jìn)行探索的過程有兩個步驟，即先由一般到特殊，再由特殊到一般。通過第心，求兩個正方形公共部分(圖中陰影部分)的面積S。求(a+b+c+d)-(e+f+g+h)的值。a11a12a13…a1na21a22a23…a2nan1an2an3…ann些數(shù)排一個次序，即將它們有序化。有序11．互不相等的12個自然數(shù)，它們均小于36。有人說，在這些自然數(shù)兩兩相減(大減小)所得(3)把以上2組中較重的分成各1個，取出較重的1個。5×(12+13)+5×(0+1+2+3+4+5)=210(分)，13)，一共29種幣值。所以，一共可以付出148-29=119(種)不同的幣值。9+…+97)+(97-8+1)=9540。少的?？紤]一種能使所有人知道一切消息的通話過程中的關(guān)鍵性的bacadbdcd得我們從反面考慮，先計算有多少種分?jǐn)?shù)達(dá)不到，然后排除達(dá)不到25+60×17=1045(人)。a+a8=1+2+3+…+8=36。a1+a2+a3≥14；a2+a3+a4≥14；a8+a1+a2≥14。S情況(見上圖)。此時，顯然有。365個交點的40條直線。ab+3c+3d=2a+2b+2c+2d+e+f+g+h，abc+d=e+f+g+h，(a+b+c+d)-(e+f+g+h)=0。12325645694789的和應(yīng)分別相等，等于這6個數(shù)中最小數(shù)(記為a)與最大數(shù)(記為b)之和a+b。根據(jù)a，b的得a12-a11，a11-a10，a10-a9，…，a2-a1，+5)+6=36，(2)互異性一個給定的集合中的元素是指互不相同的對象,即同一個集合中不應(yīng)出現(xiàn)同一個元(3)無序性QR的互相轉(zhuǎn)換，有序?qū)崝?shù)對的集合與平面上的點集可以互相轉(zhuǎn)BA仁B?A?B且A≠B；5．一個n階集合(即由個元素組成的集合)有2n個不同的子集，其中有2n－1個非空子集，也有2n－1個真子集。(1)交換律AUB＝BUA，AnB＝BnA； (2)結(jié)合律AU(BUC)＝(AUB)UC，An(BnC)＝(AnB)nC； (3)分配律AU(BnC)＝(AUB)n(AUC)An(BUC)＝(AnB)U(AnC) (5)等冪律AUA＝A，AnA＝A (6)吸收律AU(AnB)＝A，An(AUB)＝A(7)求補(bǔ)律AUCIA＝I，AnCIA＝φ(8)反演律AUB=AnB,AnB=AUB設(shè)n(X)表示集合X所含元素的個數(shù),(1)n(AUB)=n(A)+n(B)?n(AnB),nAUBUCnAnBnCnAnBnAnC?n(BnC)+n(AnBnC)1．設(shè)A＝{a|a＝x2?y2,x,y∈Z}，求證：(1)2k?1∈A(k∈Z)；(2)4k?2?A(k∈Z)系中，我們感興趣的是“子集”、“真子集”、“相等”這三種特殊關(guān)合的關(guān)系來揭示的，因而判斷兩個集合之間的關(guān)系通常可從判斷元A證：A=B．(1)證明：三個集合中至少有兩個相等。能有兩個集無公共元素？(1)當(dāng)a取何值時，(AUB)nC為含有兩個元素的集合？aAUBnC的集合？課后練習(xí)答案)(A)4(B)5(C)6(D)7(A)CUA?CUB(B)CUAUCUB=U(C)AnCUB=φ(D)CUAnB=φ(A)M(B)N(C)P(D)MUP(A)M?N(B)N?M(C)M=N(D)MnN=Φ_____________.對的個數(shù)有_________________._______________.______________.證明：(1)A?B(2)若A只含有一個元素，則A=B.1-4CCBAk10．證明：(1)∵x∈A?f(x)=x,∴f(f(x))=f(x)=x?x∈B∴A?B∴f(x)-x=(x-c)2即f(x)=(x-c)2+x,于是f(f(x))=(f(x)-c)2+f(x),f(f(x))-x=(f(x)-c)2+f(x)-x=[(x-c)2+x-c]2+(x-c)2=0f解：(1)∵k,k?1∈Z且2k?1＝k2?(k?1)2,故2k?1∈A；即(x?y)(x+y)=2(2k?1)(*)由于x?y與x+y具有相同的奇偶性，所以(*)式左邊有且僅有兩種可能：奇數(shù)或4的倍4k?2?A(k∈Z)。(1)由①可設(shè)x，y∈P，且x＞0，y＜0，則－yx＝|y|x(|y|∈N)PPPkPkN4．解：(1)設(shè)任意x0∈A，則x0＝f(x0).而f[f(x0)]=f(x0)=x0A={?1,3}，所以故f(x)=x2?x?3。由x=f[f(x)]得5．證明：(1)若x∈Si,y∈Sj，則若b＞0,則0≤b－a＜b，與b的取法矛盾。所以b=0。S6．解：(AUB)nC=(AnC)U(BnC)。AnC與BnC分別為方程組 xy(0，1)=(1+a2 (1)使(AUB)nC恰有兩個元素的情況只有兩種可能：?2a?2a ，在解決與函數(shù)有關(guān)的(如方程、不等式等)問題時，巧妙利用函數(shù)及其圖象的相關(guān)性質(zhì)，可以使得問題得到簡化，從而達(dá)到解決問題的目的.x(2)函數(shù)的增減性設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間D′上滿足：對任意x1,x2∈D′，并且x1<x2時，總有f(x1)<f(x2)(f(x1)>f(x2)),則稱f(x)在區(qū)間D′上的增函數(shù)(減函數(shù))，區(qū)間D′稱為f(x)的一個單調(diào)增 (減)區(qū)間.AB在(0，2)上單調(diào)遞增AB.0C.1D.2003fx的實數(shù)根，那么所有實數(shù)根的和為()ABCDxa⑵解方程：2x+=2(x?1)2x2+1+(x2+1)2+1課后練習(xí)答案AB.－3C.5D.－53.解方程：ln(x2+1＋x)＋ln(4x2+1＋2x)＋3x＝0xy4.解：函數(shù)值域為R，表示函數(shù)值能取遍所有實數(shù)，aa示：利用兩點間距離公式處理y＝(x+2)2+(0+1)2+(x?2)2+(0?2)2f⑴＝a＋b＋cfa－b＋c4x則立即有|f(x1)－f(x2)|＜1成立.xf(x1)－f⑴|＋|f(0)－f(x2)|xx(由⑴)綜合⑴⑵，原命題得證.≤|a||x2－1|＋|x|≤|x2－1|＋|x|(∵|a|≤1)(|x|－)2f(x)的周期為6f＝f(6×335－1)＝f(－1)＝－f⑴＝－1選A于一元二次方程，可以采用配方法∴x＝sin(xy)且cos(xy)＝0∴siny＝1xsin(xy)＝1bc164b＜0(∵a＞0)①②③④于是>＋1＞2f⑴＝a(1－x1)(1－x2)＞1faxx1xxxff≥|f⑴＋f(－1)|＝2|a|≥4log2log2綜上所述，原命題正確.x＝－4為原方程的解x2+1+ (x2+1)2+1fm＋4(一元)一次函數(shù)(一元)二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a≠↑↑(一元)二次三項式ax2+bx+c(a≠0)↓↓→→→→a(一元)一次函數(shù)(一元)二次函數(shù)y=ax2+bx+c(a≠↑↑(一元)二次三項式ax2+bx+c(a≠0)↓↓→→→→a=0ax2+bx+c=0(a≠0)學(xué)習(xí)二次函數(shù)的關(guān)鍵是抓住頂點(-b/2a，(4ac-b2)/4a)，頂點的由來體現(xiàn)了配方法(y=ax2+bx+c=a(x+b/2a)2+(4ac-b2)/4a)；圖象的平移歸結(jié)為頂點的平移(y=ax2→y=a(x-h)2+k)；xRbab2a,+∞]、極值((4ac-b2)/4a)，判別式(Δb2-4ac)與X軸的位置關(guān)系(相交、相切、相離)b↑bx+c(bbx+c(b≠0)→→a=0→→ ↓一元一次方bx+c=0(b≠0)↓↓ax2+bx+c<0(a≠0)bx+c<0(b≠0)→→→→a二不等式來。故將它們合稱為“四個二次型”。其中二次三項式n究的一元二次不等式，它總攬全局，是“四個二次型”的靈魂。討論零值的一元二次在，它直接影響著兩大主干：一元二次方程求解。一元二次方程的根可看作二次函數(shù)的零點；一元二次不等式的解集可功倍。cxaxbxcaa3．兩根式(零點式)：f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a≠0)4．三點式：(見羅增儒《高中數(shù)學(xué)競賽輔導(dǎo)》)過三點A(x1,f(x1))、B(x2f,(x2))、C(x3f,(x3))的二次函數(shù)可設(shè)為f(x)=a1(x-x2)(x-x3)+a2(x-x1)(x-x3)+a3(x-x1)(x-x2)把ABC坐標(biāo)依次代入，即令x=x1,x2,x3,得f(x1)=a1(x1-x2)(x1-x3)，f(x2)=a2(x2-x1)(x2-x3)，f(x3)=a3(x3-x1)(x3-x2)解之，得：a1=f(x1)/(x1-x2)(x1-x3)，a2=f(x2)/(x2-x1)(x2-x3)，a3=f(x3)/(x3-x1)(x3-x2)f(x)=[f(x1)/(x1-x2)](x1-x3)(x-x2)(x-x3)+[f(x2)/(x2-x1)(x2-x3)](x-x1)(x-x3)+[f(x3)/(x3-x1)(x3-x2)](x-x1)(x-x2)應(yīng)手。4.設(shè)x=p時，二次函數(shù)f(x)有最大值5，二次函數(shù)g(x)的最小值為－2，且p＞0，f(x)+g(x)=x2+16x+13,g(p)=25．求g(x)的解析式和p值．m(1)用a表示m；(2)求m的最大值及此時a的值．沒有兩人是住同一層樓的．電梯只能停一次．停在任意選擇的一層．而對每yx+ax+2與連接兩點M(0，1)，N(2，3)的線段(包括M、N兩點)Rfxxfxxxy=g(x)的定義域m,使集合{(x,y)|y=g(x),x∈[a,b]}n{(x,y)|y=x2+m}恰含有兩個元素?1．已知二次函數(shù)的圖象過(－1,－6)，(1，－2)和(2,3)三點，求二次函數(shù)的解析式。2．二次函數(shù)的圖象通過點(2，－5)，且它的頂點坐軸為(1，－8)，求它的解析式3．已知二次函數(shù)的圖象過(－2,0)和(3,0)兩點，并且它的頂點的縱坐標(biāo)為125/4，求它的解xanA(B)18；(C)50/9(D)不存在xy1時，求2x+3y2的最值；(2)當(dāng)3x2+2y2=6x時，求x2+y2的最值。課后練習(xí)答案∵圖象過三點(－1,－6)、(1，－2)、(2,3)∴所求二次函數(shù)為y=x2+2x-5∵圖象過三點(－1，－6)，(1，－2)，(2,3)[a1(x2+x3)+a2(x1+x3)+a3(x1+x2)]x+(a1x2x3+a2x1x3+a3x1x2)a2=－2/(1＋1)(1－2)=1，a3=3/(2＋1)(2－1)=1∴可設(shè)f(x)=a(x－1)2－8，又函數(shù)圖象通過點(2，－5)，即：y=f(x)=3x2－6x－5xxaxaxaa。即為圖象的對稱軸，從而點A(1/2，3/4)必是二次函數(shù)的頂點，故可設(shè)頂點式:f(x)=a(x-)+an2)∴x12＋x22＝(x1＋x2)2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5)∵k=-5[-4,-4/3]，設(shè)f(k)=-(k+5)2+19則f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18∴選(B)綜合(1)、(2)、(3)得：說明：參數(shù)a的取值決定了函數(shù)f(x)=ax2?2x+4a的類別及性質(zhì)，因而對該函數(shù)的值域有影2．證明：設(shè)拋物線y=x2+ax?b2與x軸的交點為(x1，0)、(x2，0)．由韋達(dá)定理知xxb＜0(因為b=0,則y=x2+ax與坐標(biāo)軸只有兩個不同的交點),故點(x1，0)、(x2，0)在坐標(biāo)原點的兩側(cè)．又因為|x1|?|x2|=|?b2|?1，由相交弦定理的逆定理知，點(x1，0)、(x2，0)、(0，?b2)，(0，1)在同一個圓周上，即過拋物線與坐標(biāo)軸的三個交點(x1，0)、(x2，0)、(0，?b2)的圓一定過定點(0，1)．于是所有的這些圓周均經(jīng)過一定點(0，1)．4．解：由題設(shè)f(p)=5，g(p)=25，f(p)+g(p)=p2+16p+13，所以p2+16p+13=30，解得p=1(p=－17舍去)．由于f(x)在x=1時有最大值5，故設(shè)f()=?；a NaNNaxaxafx2a2x2+2ax+1?a2，則f(x)是開口向上的拋物線，且f(0)=1?a2<0，故此二次函數(shù)f(x)=0有一個正根，一個負(fù)根．要證明正根比1小，只須證f(1)>0，要證明負(fù)根比－1大，只須證f(?1)＞0．因為ayx+1，而拋物線y=x2+ax+2與線x12+2(a?2b)x1+a2=0，令f(x)=x2+2(a?2b)x+a2,則只需證明f(x1)≤0．因ba,從而?＞0，f(x)與x軸有兩個不同的交點．易知這兩個交點為所以x1∈[u,v]，從而必有f(x1)≤0．f(a)=4a(a?b)，f()=a(4a?3b)，由≤可證得f(a)≤0,f()≤0mxyygxxabnxyyx+m}恰含有兩個元abyxm容易求出奇函數(shù)y=f(x)在x＜0時的解析式是f(x)=x2+2x．即f(x)=?bygxxab象限內(nèi)．根據(jù)f(x)=g(x)(x∈[a,b]以及f(x)的圖象可知，函數(shù)g(x)的圖象如所示曲線的一部分．值域與函數(shù)的單調(diào)狀況有關(guān)，又與定義域有關(guān)．如果只考慮0＜a＜b＜2或－2＜a＜b＜0兩種情況，不能準(zhǔn)確地用,a、b表示出值域區(qū)間的端點，因此要把區(qū)間(0，2)，(－2，0)再分細(xì)一些，由圖中看出，當(dāng)a、b＞0時，ab如果1≤a＜b＜2，由圖看出g(x)是減函數(shù)，可見???=g(b)=?b2+2b整理得g′(x)=?x2+2xx2+2x22x2由(1)得，方程22ygxab次方程的實根在什么區(qū)間內(nèi)的問題，借助于二次函數(shù)及其圖象利用形數(shù)結(jié)②af)＜0，af(β)＜0③x④⑤不等式的解集相應(yīng)于一元二次函數(shù)的正值、負(fù)值區(qū)間。解不等式與證明+a2n)(b12+b22+…+b2n)(2)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=x0對稱，證明：x0＜x1/2。8．函數(shù)y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5在[-3,3]上的最小值是。xxb根的相反數(shù)為x2＋4x-b=0的根，則x2+bx-4=0的正根為。ap+bq+cr=。(D)f(-2002)＜f(2002)＜f(0)a9．代數(shù)式2x2+2xy+2y2+2x+4y+5的最小值為：(A)0(B)5(C)9/2(D)311．若二次函數(shù)f(x)=ax2+bx，有f(x1)=f(x2)(x1≠x2)則f(x1+x2)=。fxqfyfpxqyp課后練習(xí)答案方，另一個在(1,0)右方時，必有f(1)＜0，即：12+2P＋1＜0，即P＜－1P－∞，－1)2．解：令f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根據(jù)題設(shè)條件，f(x)的圖形是下列兩種情形之一(圖5)：m)f(0)＜0,(1-m2)f(1)＜0；即1-m2＞0,(1-m2)(2m-m2)＜0x方程，它無實根即Δ=(b-1)2-4ac＜0xafxaxabxacaxabxac=1/4(2ax+b)2-1/4(b2-4ac)f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2=(a12+a22+…+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+(b12+b22+…+b2n)知識，以及靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識和方法分析、解決問題的能力，當(dāng)年沒有幾個考x利用二次函數(shù)的性質(zhì)和題設(shè)條件，可得第(1)問的證明。從幾何角度看，拋物線y=f(x)-x開口向上，因此在區(qū)間[x1,x2]的外部，f(x)-x＞0，(1)的左端得證。其次，拋物線y=f(x)的開口也向上，又x1=f(x1)，于是為了證得(1)的右端，相至于(Ⅱ)的證明，應(yīng)用配方法可得x0=-b/2a，進(jìn)而利用韋達(dá)定理與題設(shè)，即得證明。只須證：0＜f(x)-x＜x1-x①①式即:0＜a(x-x1)(x-x2)＜x1-x②x(2)欲證x0＜x1/2，因為x0=-b/2a，故只須證：x0-x1/2=-b/2a-x1/2＜0③[評注]證(1)用到了二次函數(shù)的零點式f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)上看起來很難。但借助于配方法、換元法及二次函數(shù)極(最)值性質(zhì)，可得結(jié)果。=[(x+1)(x+4)][(x+2)(x+3)]+5=(x2+5x+4)(x2+5x+6)+5=(x2+5x+5-1)(x2+5x+5+1)+5=(x2+5x+5)2+4故y=(x+1)(x+2)(x+3)(x+4)+5在[-3,3]上的最小值是4。數(shù)與對數(shù)函數(shù)，是高中代數(shù)非常重要的內(nèi)容。無論在高考及數(shù)學(xué)競賽位。熟練掌握指數(shù)對數(shù)概念及其運(yùn)算性質(zhì)，熟練掌握指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)這一ann的性質(zhì)2．對數(shù)運(yùn)算法則(性質(zhì))也有3條：(1)loga(MN)=logaM+logaN(2)logaM/N=logaM-logaN(3)logaMn=nlogaM(n∈R)aaMN)X=alogax；mlogan=nlogam對數(shù)函數(shù)(1)定義域為全體實數(shù)(-∞，+∞)(2)值域為正實數(shù)(0，+∞)，從而函數(shù)沒有最大值與最小值，有下界，y>0(3)對應(yīng)關(guān)系為一一映射，從而存在反函數(shù)--對數(shù)函數(shù)。(4)單調(diào)性是：當(dāng)a>1時為增函數(shù)；當(dāng)0<a<1時，為減函數(shù)。yax(6)有兩個特殊點：零點(0，1)，不變點(1，a)(7)抽象性質(zhì)：f(x)=ax(a>0,a≠1),fxyfxfyfxy=f(x)/f(y)(1)定義域為正實數(shù)(0，+∞)(2)值域為全體實數(shù)(-∞，+∞)(3)對應(yīng)關(guān)系為一一映射，因而有反函數(shù)——指數(shù)函數(shù)。(4)單調(diào)性是：當(dāng)a>1時是增函數(shù)，當(dāng)0<a<1時是減函數(shù)。(6)有特殊點(1，0),(a，1)(7)抽象運(yùn)算性質(zhì)f(x)=logax(a>0,a≠1)，fxyfx)-f(y)2．5log25等于：()(A)1/2(B)(1/5)10log25(C)10log45(D)10log524．試比較(122002+1)/(122003+1)與(122003+1)/(122004+1)的大小。(A)-5(B)-3(C)3(D)隨a,b的取值而定(1)求反函數(shù)y=f-1(x)(2)判斷函數(shù)y=f-1(x)是奇函數(shù)還是偶函數(shù)(1)求f(x)的定義域(2)判斷f(x)的奇偶性并給以證明；)當(dāng)a＞1時，求使f(x)＞0的x取值范圍；(4)求它的反函數(shù)f-1(x)abcabc()(A)(1/c)=(1/a)+(1/b),(B)(2/c)=(2/a)+(1/b),(C)(1/c)=(2/a)+(2/b),(D)(2/c)=(1/a)+(2/b)(A)是奇函數(shù)(B)是偶函數(shù)(C)可能是奇函數(shù)也可能是偶函數(shù)(D)不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)(A)(0,+∞)(B)(5,+∞)(C)(8,+∞)(D)(-∞,+∞)6．X=((1/(log(1/2)(1/3))+(1/(log(1/5)(1/3))的值屬于區(qū)間()(A)(-2，-1)(B)(1，2)(C)(-3，-2)(D)(2，3)(A)lg2x＜lgx2＜lglgx(B)lg2x＜lglgx＜lgx2(C)lgx2＜lg2x＜lglgx(D)lglgx＜lg2x＜lgx2xx(1)當(dāng)a=1時，解這個不等式；(2)當(dāng)a為何值時，這個不等式的解集為R？答案D7.(1)2，(2)1；8.1/3；9.(D)；15.(1)x＜-3或x＞7，(2)a＜1a(1)取a=4就是1986年的高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽填空題：設(shè)f(x)=(4x/(4x+2))，那么和式fff01)+…+f(1000/1001)的值=。(2)上題中取a=9，則f(x)=(9x/(9x+3))，和式值不變也可改變和式為求(3)設(shè)f(x)=(1/(2x+√2))，利用課本中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項和的方法，可求得f(-5)+f(-f∴選(B)N+1)2)=((12a2+145a+12)/(12a2+24a+12))＞1t(2)判斷函數(shù)y=f-1(x)的奇偶性要依據(jù)奇函數(shù)或偶函數(shù)的定義，看當(dāng)X∈R時是否有fxfxfxf(x)=0)ttt得:得(A)是奇函數(shù)，它在(0,+∞)上是減函數(shù)；(B)是偶函數(shù)，它在(0,+∞)上是減函數(shù)；(C)是奇函數(shù)，它在(0,+∞)上是增函數(shù)；(D)是偶函數(shù)，它在(0,+∞)上是增函數(shù)。yaxaxyfxax構(gòu)造而得，全日制普通高級中學(xué)教科書(試驗修訂本。必修)《數(shù)學(xué)》第一冊(上)(人民教育出版社中學(xué)數(shù)學(xué)室編著)P107復(fù)習(xí)參考題二B組第6題：求證：(1)F1(x)=f(x)+f(-x)是偶函數(shù)；(2)F2(x)=f(x)-f(-x)是奇函數(shù)。xaxaxaxaxaxechxsh2(x)=1;thxythxthy1+th(x)·th(y)));chxchx);shxshx;(7)th(-x)=-th(x).7．解：(1)由對數(shù)的定義域知((1+x)/(1-x))＞0fx為(-1，1)(2)f(-x)=loga((1-x)/(1+x))=log((1+x)/(1-x))-1=-loga((1+x)/(1-x))=-f(x)(3)由loga((1+x)/(1-x))＞0＜＝＞loga((1+x)/(1-x))＞loga1，因為a＞1，所以由對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知((1+x)/(1-x))＞1，考慮由(1)知x＜1,1-x＞0，去分ylogaxxxxayxx+x)-(1-axaxaeyexxx①×②得:10p+q-2＜(2×5)2003＜10p+qqloga(a2-a)＜0(由韋達(dá)定理而來)①aa2x+2(ab)x-b2x+1＞1，決僅以初等數(shù)學(xué)為工具，解法富于技巧，對人類的智慧具有明顯的挑戰(zhàn)fxfx析式1．設(shè)函數(shù)f(x)滿足條件3f(x?1)+2f(1?x)=2x，求f(x)。fxxfx4．求滿足條件x2f(x)+f(1?x)=2x?x4的f(x)。fmnfmnmnfx。6．設(shè)函數(shù)f(x)定義于自然數(shù)集N上，且f(1)=1，若對于任意自然數(shù)x、y，都有：f(x+y)=f(x)+f(y)+xy，求f(x)。f(x)+f(y)=2f()?f()。①求證：f(x+2π)=f(x)②求證：f(x)=f(?x)③求證：f(2x)=2f2(x)?1mxfxm成立，求證：函數(shù)f(x)是周期函數(shù)。9．設(shè)函數(shù)f(x)定義于實數(shù)集R上，函數(shù)f(x)不恒為零，且對于任意實數(shù)x1、x2，都有：f(2x1)+f(2x2)=f(x1+x2)?f(x1?x2)，求證：f(x)=f(?x)。三角恒等變形，既要遵循代數(shù)式恒等變形的一般法則，又有三角所特有的規(guī)律.對恒等式和條件恒等式兩類。證明三角恒等式時，首先要觀察已知與求證α=βTTβT相除Sα=βSα+β2αCCα+β2αS3αC3α角式的繁簡程度，以決定恒等變形的方向；其次要觀察已知與求證或所兩邊三角式的角、函數(shù)名稱、次數(shù)以及結(jié)構(gòu)的差別與聯(lián)系，抓住其主要差異，選擇α=βTTβT相除Sα=βSα+β2αCCα+β2αS3αC3αttan證明問題.式及各公式的來龍去脈和變形形式.βSCα?SCα?βSα2Cα2Tα2與復(fù)數(shù)也有緊密的聯(lián)系，因而許多三角問題往往可以從幾何或復(fù)數(shù)角度獲得巧妙的解法.基本不等式法、數(shù)學(xué)歸納法等.其次，三角不等式又有自己的特點——含有三角式，因而三角函數(shù)的單調(diào)性、有界性以及圖象特征等都是處理三角不等式的銳利武器.三角形內(nèi)面積公式等進(jìn)行轉(zhuǎn)化，實現(xiàn)邊角統(tǒng)一.求三角形面積的海倫公式bcn2aA+bB+cCπaA+bB+cCπ(1)sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC；(2)tgAtgBtgC>11．證明：sin47°+sin61°－sin11°－sin25°=cos7°.等差數(shù)列.13．在△ABC中，求證：c≥acosA+bcosB；b≥ccosC+acosA；a≥bcosB+acosA。 n sin(α+β)sinβ=cos(α+β)sinβcosx較高，可嘗試降次.從而有16cos6x=cos23x+6cos3xcosx+9cos2xcosxcosxcos5x+6cos3x+15cos3x+15cosx+20cosx評述：本題看似“化簡為繁”，實質(zhì)上抓住了降次這一關(guān)鍵，很是簡捷.另本題也可利用復(fù)數(shù)求評述：這是三倍角的正弦的又一表示.類似地，有cos39=4cos9cos(60o?9)cos(60o+9)= 1insinsinsin4242=希冀能消去其中許多中間項.證明：==?=cotx?cot2x,1sin2nx：n22.22.sin9cos9nsin9cos9 22cos9+cos29+cos39+…+cos 22sin9772.9772.99992.(一)P1P1角三角形.上述命題正確的是()成4．已知a，b是兩非零向量，若a+3b與7a－b的夾角．C(xC，yC)，D(xD，yD)，且它們中任意三點不共線．試證明：BxAxCxByByAyCyBFS3CFFS3CFO110．如圖，空間四邊形ABCD中，點E分AB及點F分DC所成的FCFCBH一沿北偏東45°的方向移動了8m，其中||＝2N，方向為北偏東yF 2FOxAMCNAMCNACCED共線，求λ的值.DEN(二)13．如圖，在ΔOAB中，OC=OA，OD=OB，AD與BC交于M點，設(shè)OA=a，427p7qBFFMDOACENM·PN成公差小于零的等差數(shù)列．(2)若點P的坐標(biāo)是(x0，y0)，9為PM與PN的夾角，求tan9()數(shù)學(xué)競賽試題)23232323__________.(1993年上海市高三數(shù)學(xué)競賽試題)xyza2+b2+c2)=(ax+by+cz)2，且x、y、z、a、abcabc4．(求值)(1)已知(x2+1)(y2+1)=3(2xy?1)，試求y(?x)的值。5．題組(1)求實數(shù)x、y的值，使函數(shù)f(x，y)＝(1－y)2+(x+y－3)2+(2x+y－6)2取得最小值.(2001年全國初中數(shù)學(xué)聯(lián)賽)(3)求函數(shù)y=x2+x+1?x2?x+1的值域.2249 (4)已知點P(x,y)在橢圓x+y=1上，求2x?y49yxx2+x2+x3+x3+x4+…+x2002+x2003+x2003+x1的最小值.(6)求函數(shù)f(x)=1+sinx+1?sinx+2+sinx+2?sinx+3+sinx+3?sinx222 1+x21+y21+求x+y+z1+x21+y21+abccRabcabc(1990年日本IMO選拔試題)(3)已知a、b、c∈R+，求證++≥.(第二屆友誼杯國際數(shù)學(xué)邀請賽題)++≥.λy+μzλz+μxλx+μyλ+μλy+μzλz+μxλx+μyλ+μ (6)對所有的正實數(shù)x、y、z，證明：x+y+z≥1. x2+8yzy2+8zxz2+8xyO2π2π(2)試證：三角形三中線的長度的平方和等于三邊長度的平方和的.2π2π(2)試證：三角形三中線的長度的平方和等于三邊長度的平方和的.(2)求值cos5°+cos77°+cos149°+cos221°+cos293°.nnnnM滿足條件+a+1≤M的所有等差數(shù)列a1,a2,a3,…，試求OOAOBmnOQPGABEDBABFABCD對角線交于點M，點P、Q分別是ΔAMD和ΔCMBBSAS·CEDP(a,－b)GH(1,－b)CEDP(a,－b)GH(1,－b)(4)求證三角形三邊上的高交于一點.AFHBCDDEFABC的所在各邊的三等分點，且BC＝3BD，CA＝3CE及AB＝3AF(如右圖)，證明，ΔABC和ΔDEF有相同的重心.AFBEHAF (1998年北京市中學(xué)生數(shù)學(xué)競賽復(fù)賽試題)y(A)EDOx (7)設(shè)H、G、O分別為ΔABC的垂心、重心和外心.又K為ΔABC所在平面上一點.②用向量法證明、G、O三點共線，且HG＝2GO.(歐拉定理)C1GB1ααM1M4O1MMAFFOHEBCDNM11．(1)充分暴露美國霸權(quán)主義、單邊主義的滯留在我海南陵水機(jī)場的EP－3電子偵察機(jī)，終運(yùn)回本土而告終，設(shè)若該機(jī)從日本沖繩美軍基地起yyACxCxCDAy最小值.CDAyzBzBCDCxABxxzDBEDFABCy→CzGzG(1991年全國高考試題)xxDCFAEBy2zS(O)aa2zS(O)CDMBOyEFOyEFAx第三題)CP MD'A其特例為：(1)an+1=pan+q(p≠0)(2)an+1=pan+q(n)(p≠0)(3)an+1=p(n)an+q(p≠0)函數(shù)；等比數(shù)列可以看作是一個指數(shù)函表現(xiàn)在例題講解bclogmxcalogmyablogmz0①2.數(shù)列{an}的前n項和Sn＝a·2n+b(n∈N)，則{an}為等比數(shù)列的充要條件是________．nn6.設(shè){an}是首項為1的正項數(shù)列，且(n+1)an+12-nan2+an+1an=0，(n=1,2,3,…),則它的通項公式是na=.n(1)求數(shù)列{an}的通項an；(2)試比較f(0.5)與3的大小，并說明理由。(1)求數(shù)列{An}和{Bn}的通項；(2)當(dāng)n≥7時，比較An與Bn的大小，并證明你的結(jié)論。9.設(shè)任意實數(shù)x,y滿足|x|<1,|y|<1,求證：等gggnnN證明：an(n=0，1，2，…..)是完全平方數(shù) (2)求正整數(shù)a,b，c，使得對任意n∈N*(n>2)，有(2)求正整數(shù)a,b，c，使得對任意n∈N*(n>2)，有E使得：(1)a1=1(2)|ai-ai+1|≤2(i=1,2,……,n-1).確定f(1996)是否能被3整除A5(B)6(C)7(D)8(A)S10(B)S11(C)S20(D)S21)(A)x100=?a,S100=2b?a(C)x100=?b,S100=b?a(B)x100=?b,S100=2b?a(D)x100=?a,S100=b?a()(A)2個(B)3個(C)4個(D)5個(A)150(B)?200(C)150或?200(D)400或?50logS nPPP……PPPP……P三角形，再將中間部分的線段去掉(k=0,1,2,…)記Sn為曲線Pn所圍成圖形的面積．P0P1P2()(A)2046(B)2047(C)2048(D)2049______。(Ⅰ)證明an>an+1>4，n∈N*。課后練習(xí)答案3an?k(k<n)的關(guān)系式稱為遞歸式。②、遞歸數(shù)列：由遞歸式和初始值確定的數(shù)列成為遞歸數(shù)其特例為：(1)an+1=pan+q(p≠0)(2)an+1=pan+q(n)(p≠0)(3)an+1=p(n)an+q(p≠0),AB。,類型Ⅲ：an+1=f(an)其中函數(shù)f(x)為基本初等函數(shù)復(fù)合而成。aan4n xn。aanan(n∈N)a1，an+1=2an+n?1(n∈N)(5)a1=1，Sn=n2an(Sn為前n項和)(6)a1=10，an+1=410an(n≥2,n∈N)已知x0=0，xn+1=5xn+ (1)第一數(shù)學(xué)歸納法(2)第二數(shù)學(xué)歸納法(1)跳躍數(shù)學(xué)歸納法nkPk推得n=k+l時，P(n)也成立，那么，根據(jù)①②對一切正(2)反向數(shù)學(xué)歸納法(1)起點前移：有些命題對一切大于等于1的正整數(shù)正整數(shù)n都成立，但命題本身對移，只要前移的起點成立且容易驗證就可以．因而為了便于起步，有意前移起k假設(shè)n=k時命題成立”不可，需要例或根據(jù)一部分對象得出的結(jié)論可能是正確的，也可能是錯誤的，這種，經(jīng)常采用數(shù)學(xué)歸納法證明．不完全歸納法是發(fā)現(xiàn)規(guī)律、解決問題極好的an=n．22αf()≤[f(x1)+f(x2)+…+f(xn)]．2n+1 2n+1 2fffn=g(n)[f(n)?1]對于n≥2的一切自然數(shù)都成立？并證明你的結(jié)n位，由于其證明的困難性和方法的多樣性，而成為競賽和高考的熱門題型.不等式的左右兩邊或條件與結(jié)論進(jìn)行代數(shù)變形和化歸，而變形的依據(jù)是不據(jù). (1)a>b?b<a(對稱性) (2)a>b?a+c>b+c(加法保序性)bc對兩個以上不等式進(jìn)行運(yùn)算的性質(zhì).(1)a>b,b>c?a>c(傳遞性).這是放縮法的依據(jù).(2)a>b,c>d?a+c>b+d.(4)a>b>0,d>c>0,?>,ad>bc.(4)a>b>0,d>c>0,?>,ad>bc.cd方法有：比較法、放縮法、變量代換法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法、構(gòu)造函數(shù)這兩者并非證明不等式的特有方法，只是在不等式證明中使用得更為突出而已.此外，具體地證明一個不等式時，可能交替使用多種方法.a+b+c2．a(chǎn),b,c>0，求證：aabbcc≥(abc)3.3．：a,b,c∈R+,求證a+b+c≤++≤++.a2+b2+c2≥ab+bc+ca.41b41nnnny(A)一組(B)二組(C)三組(D)四組(A)3個(B)4個(C)5個(D)6個2．填空題(1)的個位數(shù)分別為_________及_________.xy然數(shù)解x和y_________.3.求三個正整數(shù)x、y、z滿足.4．在數(shù)列4，8，17，77，97，106，125，238中相鄰若干個數(shù)之和是3的倍數(shù)，而不是6．求證6．求證llmn全平方數(shù).答案1.D.C.方程可變形為x2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.xyzx又有故x≥2.若x=2,則,故5.分析：左邊三項直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對稱性，可用輪換的方法.評述：(1)利用基本不等式時，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項、連用等技巧.12n23n1.12n23n1.231x231(2)基本不等式有各種變式如()2≤等.但其本質(zhì)特征不等式兩邊的次數(shù)及7777≡7(mod37),77773333≡73(mod37),88882222+77773333≡(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,∴37|N.為整數(shù)可得0≤y≤5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程僅有兩組解(4,5)、(5,4).l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方數(shù).評述：(1)本題所證不等式為對稱式(任意互換兩個字母，不等式不變)，在因式分解或配方時，往往采用輪換技巧.再如證明a2+b2+c2≥ab+bc+ca時，可將a2+b2b2+c2≥2bc,c2+a2≥2ca，3式相加證明.(2)本題亦可連用兩次基本不等式獲證.2.分析：顯然不等式兩邊為正，且是指數(shù)式，故嘗試用商較法.c評述：(1)證明對稱不等式時，不妨假定n個字母的大小順序，可方便解題.(2)本題可作如下推廣：若ai>0(i=1,2,…,n),則a1a1a2a2…anan≥a1+a2+…+an(a1a2…an)n.(3)本題還可用其他方法得證。因aabb≥abba，同理bbcc≥bccb,ccaa≥caac，另aabbcc≥aabbcc，4式相乘即得證. ab≥c≥0,則lga≥lgb≥lgc.例3等價于alga+blgb≥algb+blga,類似例4可證式(排序原理)：1j12j2njn≥ab+1j12j2njn等號成立.排序不等式應(yīng)用較為廣泛(其證明略)，它的應(yīng)用技巧是將不等式兩邊轉(zhuǎn)化為兩個有序數(shù)組83.思路分析：中間式子中每項均為兩個式子的和，將它們拆開，再用排序不等式證明.ababc不等式.再考慮數(shù)組abcc5.思路分析：左邊三項直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對稱性，可用輪換的方法.評述：(1)利用基本不等式時，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項、連用等技巧.(2)基本不等式有各種變式如()2≤等.但其本質(zhì)特征不等式兩邊的次數(shù)及系數(shù)6.思路分析：不等式左邊是a、b的4次式，右邊為常數(shù)1，如何也轉(zhuǎn)化為a、b的4次式呢..如已知x1+x2+x3=1,xi≥0,求證：x+xx(2)基本不等式實際上是均值不等式的特例.(一般地，對于n個正數(shù)a1,a2,…an)調(diào)和平均H=n幾何平均G=n算術(shù)平均A=nnn22成立.12n12n=n，GGG,nn.GGG,nn.nnnnnGAnn12na12n而右邊為其算術(shù)平均.n個n+1n個n+1評述:(1)利用均值不等式證明不等式的關(guān)鍵是通過分拆和轉(zhuǎn)化，使其兩邊與均值不等式形(2)本題亦可通過逐項展開并比較對應(yīng)項的大小而獲證，但較繁.?(1+n)n<23nnnn<23nn2++…+>n2+++…+=.∴(*)式成立，故原左邊不等式成立.式1+++…+<n?(n?1)?n?(**)式恰符合均值不等式，故原不等式右邊不等號成立.1．排序不等式(又稱排序原理)b1=b2=…=bn時等號(對任一排列j1,j2,…,jn)成立.序不等式可證明“平均不等式”：An=和Gn=此外，還有調(diào)和平均數(shù)(在光學(xué)及電路分析中要用到nH=，H和平方平均(在統(tǒng)計學(xué)及誤差分析中用到)3．應(yīng)用算術(shù)平均數(shù)——幾何平均數(shù)不等式，可用來證明下述重要不等式.柯西(Cavchy)不等式：設(shè)a1、a2、a3，…，an是任意實數(shù)，則4．利用排序不等式還可證明下述重要不等式.a+b+cabcaabbccabc.3．：a,b,c∈R+,求證a+b+c≤++≤++.23n12232n223n12232n25．利用基本不等式證明a2+b2+c2≥ab+bc+ca.41b41nnnn?1?1c評述：(1)本題所證不等式為對稱式(任意互換兩個字母，不等式不變)，在因式分解或配方時，往往采用輪換技巧.再如證明a2+b2+c2≥ab+bc+ca時，可將a2+b2bcbc,c2+a2≥2ca，3式相加證明.(2)本題亦可連用兩次基本不等式獲證.2.分析：顯然不等式兩邊為正，且是指數(shù)式，故嘗試用商較法.c評述：(1)證明對稱不等式時，不妨假定n個字母的大小順序，可方便解題.(2)本題可作如下推廣：若ai>0(i=1,2,…,n),則a1a1a2a2…anan≥n(a1a2…an)n.(3)本題還可用其他方法得證。因aabb≥abba，同理bbcc≥bccb,ccaa≥caac，另aabbcc≥aabbcc，4式相乘即得證. (4)設(shè)a≥b≥c≥0,則lga≥lgb≥lgc.例3等價于alga+blgb≥algb+blga,類似例4可證式(排序原理)：1j12j2njn(亂序和)≥ab1j12j2njn(亂序和)等號成立.排序不等式應(yīng)用較為廣泛(其證明略)，它的應(yīng)用技巧是將不等式兩邊轉(zhuǎn)化為兩個有序數(shù)組3.思路分析：中間式子中每項均為兩個式子的和，將它們拆開，再用排序不等式證明.ababc不等式.再考慮數(shù)組abc5.思路分析：左邊三項直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對稱性，可用輪換的方法.評述：(1)利用基本不等式時，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項、連用等技巧.(2)基本不等式有各種變式如()2≤等.但其本質(zhì)特征不等式兩邊的次數(shù)及系數(shù)是a、b的4次式，右邊為常數(shù)，如何也轉(zhuǎn)化為a、b的4次式呢..如已知x1+x2+x3=1,xi≥0,求證：x+xx(2)基本不等式實際上是均值不等式的特例.(一般地，對于n個正數(shù)a1,a2,…an)調(diào)和平均H=nnn算術(shù)平均A=nnn22成立.12n12n=n，nnGnn12na12n而右邊為其算術(shù)平均.n個n+1n個n+1評述:(1)利用均值不等式證明不等式的關(guān)鍵是通過分拆和轉(zhuǎn)化，使其兩邊與均值不等式形(2)本題亦可通過逐項展開并比較對應(yīng)項的大小而獲證，但較繁.?(1+n)n<23nnnn<23nnn∴(*)式成立，故原左邊不等式成立.式1+++…+<n?(n?1)?n?(**)式恰符合均值不等式，故原不等式右邊不等號成立.(2)分類與分步若干類，用加法原理，要注意每兩類的交集為空集，所有各類的并集幾個步驟，把各個步驟的方法數(shù)相乘，即得總的方法數(shù)，這是乘法(3)對稱思想：兩類情形出現(xiàn)的機(jī)會均等，可用總數(shù)取半得每種情形的方法數(shù)．間．(5)捆綁：把相鄰的若干特殊元素“捆綁”為一個“大元素”，然后與其它“普通元素”全．a(chǎn)nnr個圓排列(或叫環(huán)狀排列)．3)定理：在A={a1,a2,a3,…,an}的n個元素中，每次取出r個不同的元素進(jìn)行圓排列，r的可重復(fù)的排列數(shù)為mn．ps(p1+p2+…+ps≤n)，這n個元素全部取的排列叫做不盡相異的n個元素的全排列，它的(2)定理：從n個元素每次取出p個元素有重復(fù)的組合數(shù)為：H=Crn+(p?1)．街道．如果有人從城南北角(圖A點)走到n(1)有多少種不同的放法？(2)如果不允許