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重新安装浏览器，或使用别的浏览器高中数学竞赛20讲
来自高中数学竞赛爱好者的编辑--------------高中数学竞赛 2第一讲： 集合集合的划分反映了集合与子集之间的关系，这既是一类数学问题，也是数学中的解题策 略――分类思想的基础，在近几年来的数学竞赛中经常出现，日益受到重视，本讲主要介绍 有关的概念、结论以及处理集合、子集与划分问题的方法。 1．集合的概念 集合是一个不定义的概念，集合中的元素有三个特征： （1） 确定性 设 A 是一个给定的集合， a 是某一具体对象，则 a 或者是 A 的元素，或者不 是 A 的元素，两者必居其一，即 a ∈ A 与 a ? A 仅有一种情况成立。 （2） 互异性 一个给定的集合中的元素是指互不相同的对象,即同一个集合中不应出现同 一个元素. （3） 无序性 2．集合的表示方法 主要有列举法、描述法、区间法、语言叙述法。常用数集如： N , Z , Q, R 应熟 记。 3．实数的子集与数轴上的点集之间的互相转换，有序实数对的集合与平面上的点集可以互 相转换。对于方程、不等式的解集，要注意它们的几何意义。 4．子集、真子集及相等集 （1） A ? B ? A ? B 或 A ＝ B ； （2） A ? B ? A ? B 且 A ≠ B ； （3） A ＝ B ? A ? B 且 A ? B 。 5．一个 n 阶集合 （即由个元素组成的集合） 2 个不同的子集， 有 其中有 2 －1 个非空子集， 也有 2 －1 个真子集。 6．集合的交、并、补运算n n nA ? B ={ x | x ? A 且 x ? B } A ? B ={ x | x ? A 或 x ? B }A ? {x | x ? I 且 x ? A }要掌握有关集合的几个运算律： （1）交换律 A ? B ＝ B ? A ， A ? B ＝ B ? A ； （2）结合律 A ? （ B ? C ）＝（ A ? B ） ? C ， A ? （ B ? C ）＝( A ? B ) ? C ； （3）分配律 A ? （ B ? C ）＝（ A ? B ） ? （ A ? C ） A ? （ B ? C ）＝ ( A ? B ) ? （ A ? C ）（4）0―1 律A ? ?＝A，A ? I ＝A A ? I ＝ I ， A ? ? ＝?（5）等幂律 （6）吸收律 （7）求补律 （8）反演律A ? A＝A，A ? A＝A A ? ( A ? B )＝ A ， A ? （ A ? B ）＝ AA ? A ＝ I ， A ? A ＝?A ? B ? A ? B, A ? B ? A ? B7．有限集合所含元素个数的几个简单性质 设 n( X ) 表示集合 X 所含元素的个数 （1） n( A ? B) ? n( A) ? n( B) ? n( A ? B) 当 n( A ? B) ? ? 时， n( A ? B) ? n( A) ? n( B) （2） n( A ? B ? C ) ? n( A) ? n( B) ? n(C ) － n( A ? B) ? n( A ? C ) ? n( B ? C ) ? n( A ? B ? C ) 8．映射、一一映射、逆映射 （1）映射 设 A 、 B 是两个集合，如果按照某种对应法则 f ，对于集合 A 中的 任何一个元素，在集合 B 中都有唯一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合 A 到集合 B 的映射，记作 f ： A → B 。上述映射定义中的 A 、 B ，可以是点集，数集，也可以是其 他集合。 和 A 中元素 a 对应的 B 中的元素 b 叫做 a （在 f 下）的象， a 叫做 b 的原象。 A 中的 任何一个元素都有象，并且象是唯一的。 （2）一一映射 设 A 、 B 是两个集合， f ： A → B 是从集合 A 到集合 B 的映 射，如果在这个映射的作用下，对于集合 A 中的不同元素，在集合 B 中有不同的象，且 B 中的每一个元素都有原象，那么这个映射叫做 A 到 B 上的一一映射。 （3）逆映射 设 f ： A → B 是集合 A 到集合 B 上的一一映射，如果对于 B 中的 每一个元素 b ，使 b 在 A 中的原象 a 和它对应，这样所得映射叫做映射f ： A → B 的逆映射，记作 f?1：B → A。注意：只有一一映射，才有逆映射。 要能够根据这三个概念的定义，准确地判断一个给定的对应是不是映射，是不是一 一映射，并能求出一一映射的逆映射。解题指导元素与集合的关系 1．设 A ＝{ a | a ＝ x 2 ? y 2 , x, y ? Z }，求证： （1） 2k ? 1 ∈ A ( k ? Z )； （2） 4k ? 2 ? A (k ? Z ) 分析：如果集合 A ＝{ a | a 具有性质 p }， 那么判断对象 a 是否是集合 A 的元素的基本方法 就是检验 a 是否具有性质 p 。 解： （1）∵ k , k ? 1 ∈ Z 且 2k ? 1 ＝ k 2 ? (k ? 1) 2 ,故 2k ? 1 ∈ A ； （2）假设 4k ? 2 ? A (k ? Z ) ，则存在 x, y ? Z ，使 4k ? 2 ＝ x 2 ? y 2 即 ( x ? y)(x ? y) ? 2(2k ? 1) (*)由于 x ? y 与 x ? y 具有相同的奇偶性，所以（*）式左边有且仅有两种可能：奇数或 4 的倍数，另一方面， （*）式右边只能被 4 除余 2 的数，故（*）式不能成立。由此，4k ? 2 ? A (k ? Z ) 。2．设集合 A ＝（－3，2） 。已知 x, y ? N ， x ＞ y , x 3 ? 19y ? y 3 ? 19x ,判断a ＝ log1 ( x ? y) 与集合 A 的关系。2分析：解决本题的关键在于由已知条件确定 x ? y 的取值范围，从而利用对数函数的单调 性确定 a ＝ log 1 ( x ? y) 的范围。2解：因为 x ? y ? 19( x ? y) 且 x, y ? N ， x ＞ y ，所以3 3x 2 ? x ＜ x 2 ? xy ? y 2 ? 19 ? 3x 2由此及 x ? N 得 x =3,从而 y =2. 所以－3＜ a ＝ log1 (3 ? 2) ? log1 5 ? ?2 ,即 a ∈ A 。2 23．以某些整数为元素的集合 P 具有下列性质：① P 中的元素有正数，有负数； ② P 中的元素有奇数,有偶数；③－1 ? P ；④若 x ， y ∈ P ,则 x ＋ y ∈ P 试判断实数 0 和 2 与集合 P 的关系。 解：由④若 x ， y ∈ P ,则 x ＋ y ∈ P 可知，若 x ∈ P ，则 kx ? P (k ? N ) （1）由①可设 x ， y ∈ P ，且 x ＞0， y ＜0，则－ y x ＝| y | x 故 x y ,－ y x ∈ P ,由④,0＝(－ y x )+ x y ∈ P 。 (| y |∈ N )（2） ? P 。 2∈ P ， P 中的负数全为偶数， 2 若 则 不然的话， 当－ 2k ? 1 ） P （ k ? N ） （ ∈ 时，－1＝（－ 2k ? 1 ）＋ 2 k ∈ P ，与③矛盾。于是，由②知 P 中必有正奇数。设? 2m,2n ? 1 ? P (m, n ? N ) ，我们取适当正整数 q ，使 q? | ?2m |? 2n ? 1 ，则负奇数 ? 2qm ? (2n ? 1) ? P 。前后矛盾。4．设 S 为满足下列条件的有理数的集合：①若 a ∈ S ， b ∈ S ，则 a + b ∈ S ， ab ? S ；②对任一个有理数 r ，三个关系 r ∈ S ，－ r ∈ S ， r ＝0 有且仅有一个成立。 证明： S 是由全体正有理数组成的集合。 证明：设任意的 r ∈ Q ， r ≠0,由②知 r ∈ S ，或－ r ∈ S 之一成立。再由①，若 ∈ S ， 则 r ? S ；若－ r ∈ S ，则 r 2 ? (?r ) ? (?r ) ? S 。总之， r ? S 。2 2r取 r =1，则 1∈ S 。再由①，2=1+1∈ S ，3=1+2∈ S ，?，可知全体正整数都属于 S 。 设 p, q ? S ， 由① pq ? S ， 又由前证知p 1 1 ? S ，所以 ? pq ? 2 ∈ S 。因此，S 含 2 q q q有全体正有理数。 再由①知，0 及全体负有理数不属于 S 。即 S 是由全体正有理数组成的集合。 两个集合之间的关系 在两个集合之间的关系中，我们感兴趣的是“子集”“真子集”“相等”这三种特殊关 、 、 系。 这些关系是通过元素与集合的关系来揭示的， 因而判断两个集合之间的关系通常可从判 断元素与这两个集合的关系入手。2 5．设函数 f ( x) ? x ? ax ? b (a, b ? R) ，集合 A ? {x | x ? f ( x), x ? R} ，B ? {x | x ? f [ f ( x)], x ? R} 。（1）证明： A ? B ； （2）当 A ? {?1,3} 时，求 B 。 （3）当 A 只有一个元素时，求证： A ? B ． 解： （1）设任意 x 0 ∈ A ，则 x0 ＝ f ( x0 ) .而 f [ f ( x0 )] ? f ( x0 ) ? x0 故 x0 ∈ B ,所以 A ? B . （2）因 A ? {?1,3} ，所以?( ?1) 2 ? a ? ( ?1) ? b ? ?1 ? 2 ? 3 ? a ?3? b ? 3解得 a ? ?1, b ? ?32 故 f ( x) ? x ? x ? 3 。由 x ? f [ f ( x)] 得( x 2 ? x ? 3) 2 ? ( x 2 ? x ? 3) ? x ? 3 ? 0解得x ? ?1, 3, ? 3B ＝{ ? 1,3,? 3, 3}。6． S1 , S 2 , S 3 为非空集合，对于 1，2，3 的任意一个排列 i, j , k ，若 x ? Si , y ? S j ，则x ? y ? Sk（1）证明：三个集合中至少有两个相等。 （2）三个集合中是否可能有两个集无公共元素？ 证明： （1）若 x ? Si , y ? S j ，则y ? x ? S k , ( y ? x) ? y ? ? x ? Si所以每个集合中均有非负元素。 当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立。 否则，设 S1 , S 2 , S 3 中的最小正元素为 a ，不妨设 a ? S1 ，设 b 为 S 2 , S3 中最小的非负 元素，不妨设 b ? S 2 , 则 b － a ∈ S 3 。 若 b ＞0,则 0? b － a ＜ b ，与 b 的取法矛盾。所以 b =0。 任取 x ? S1 , 因 0∈ S 2 ,故 x －0＝ x ∈ S 3 。所以 S1 ? S 3 ，同理 S 3 ? S1 。 所以 S1 = S 3 。 （3）可能。例如 S1 = S 2 ={奇数}，S 3 ={偶数}显然满足条件，S1 和 S 2 与 S 3 都无公共元素。 7．已知集合：A ? {( x, y) | ax ? y ? 1}, B ? {( x, y) | x ? ay ? 1}, C ? {( x, y) | x 2 ? y 2 ? 1}问（1）当 a 取何值时， ( A ? B) ? C 为含有两个元素的集合？ （2）当 a 取何值时， ( A ? B) ? C 为含有三个元素的集合？ 解： ( A ? B) ? C = ( A ? C ) ? ( B ? C ) 。 A ? C 与 B ? C 分别为方程组 （Ⅰ） ?? ax ? y ? 1 2 2 ?x ? y ? 1（Ⅱ） ?? x ? ay ? 1 2 2 ?x ? y ? 12a 1? a2 的解集。由（Ⅰ）解得（ x, y ）=（0，1）=（ ， ） ；由（Ⅱ）解得 1? a2 1? a2（ x, y ）=（1，0）（ ，2a 1? a2 ， ） 2 1? a2 1? a（1）使 ( A ? B) ? C 恰有两个元素的情况只有两种可能：? 2a ?1 ? a 2 ? 0 ? ①? 2 ?1 ? a ? 1 ?1 ? a 2 ?? 2a ?1 ? a 2 ? 1 ? ②? 2 ?1 ? a ? 0 ?1 ? a 2 ?由①解得 a =0；由②解得 a =1。 故 a =0 或 1 时， ( A ? B) ? C 恰有两个元素。（2）使 ( A ? B) ? C 恰有三个元素的情况是：2a 1? a2 = 1? a2 1? a2解得 a ? ?1? 2 ，故当 a ? ?1? 2 时， ( A ? B) ? C 恰有三个元素。 8． 设 n ? N 且 n ?15， A, B 都是{1，2，3，?， n }真子集， A ? B ? ? ，且A ? B ={1，2，3，?， n }。证明： A 或者 B 中必有两个不同数的和为完全平方数。证明：由题设，{1，2，3，?， n }的任何元素必属于且只属于它的真子集 A, B 之一。 假设结论不真，则存在如题设的{1，2，3，?， n }的真子集 A, B ，使得无论是 A 还 是 B 中的任两个不同的数的和都不是完全平方数。2 不妨设 1∈ A ，则 3 ? A ，否则 1+3= 2 ，与假设矛盾，所以 3∈ B 。同样 6 ? B ，所以 6∈ A ，这时 10 ? A ， ，即 10∈ B 。因 n ?15，而 15 或者在 A 中，或者在 B 中，但当 15∈ A 时，因 1∈ A ，1+15= 4 ，矛盾；当 15∈ B 时，因 10∈ B ，于是有 10+15= 5 ，仍 然矛盾。因此假设不真。即结论成立。22第二讲 整除性理论及其应用一. 基本概念和性质. 1. 整除:设 a,b 是两个整数,且 b ? 0,如果存在一个整数 q,使等式 a=bq 成立,那么我们 称 a 能被 b 整除或 b 整除 a,记作 ba,其性质有(设 b ? 0,c=0) 1).若 ba , a ? 0,则 b ? a 2) 3) 4) 5) 若 ba, 若 cb, 若 ba, 若 ca, ab ,a ? 0,则 a=b 或 b=a ba, 则 ca 则 cbca cb,则 cma+nb,m,n ? Z2. 整除的基本定理:对于任意整数 a,b(b ? 0,),存在唯一的一对整数 q,r,使得 a=qb+r,0 ? r＜b 其中,q 和 r 分别称为 b 除 a 的商和余数. 3. 最大公约数和最小公倍数: a,b 的最小公倍数记为[a,b],a,b 的最大公约数记为(a,b) ,其 性质有: 1).设 m 为正整数,则(am,bm)=m(a,b) [am,bm]=m[a,b] 2)设 a,b 是两个正整数,则(a,b)[a,b]=ab 3)设 a,b,c 是三个正整数,则(ab,bd,ac)[a,b,c]=abc 4)设正整数 k 是整数 a,b 的公倍数,则(k/a,k/b)=k/[a,b] 5)设正整数 c 是 a,b 的公约数,则(a/c,b/c)=(a,b)/c 6)若(a,b)=1, (ab,c)=(a,c)(b,c) 7)若 a1, a2, ?an,是 n 个不全为零的整数,则(a1, a2, ?an)=( (a1, a2, ?ak), (ak+1, ak+2, ?an)) 4. 两个定理: 1) 欧拉函数: 设整数 n ? 2,n= p1 1 , p2 2 ,? pmm ,是 n 的质因数分解式，以 ? （n）表示 小于 n 且与 n 互质的自然数的个数，则 ? （n）= n(1 ? 2) 勒 让 得 定 理 : 在 乘 积 p(n!)= [ ] ? [ 二. 例题选讲. 1. 设 n ? N , f (n) ? n(n ?1)(n ? 5n ? 26) ,求证： 120 f(n)2 2???1 1 1 )(1 ? )?(1 ? ) p1 p2 pmp 的 指 数 为n ！ 中 ， 质 因 数n p? n n n ] ? [ 3 ] ? ? ? ?[ ] 2 p p m ?1 pm2. 设 p 为奇质数,证明: 1 ?1 1 1 a ? ?? ? ? 的分子 a 是 p 的倍数 2 3 p ?1 b3． p,q 均为正整数,使得p 1 1 1 1 1 ? 1? ? ? ??? ? q 2 3 4 试证:1979p 4． 求同时满足下列条件的一组整数 a，b 1）ab（a+b）不能被 7 整除 2） (a ? b) ? a ? b 能被 7 整除。7 7 75. 是否存在 1000000 个连续整数，使得每一个都含有重复的质因子，即都能被某个质 数的平方所整除。 6．设 a, b ? N , a ? b ，则 [a [ ] a 2 ? b2 ba ] ? { b ba a [ ]?1 ab ? 1 b7．设 a,b,c 为整数，且满足 完全平方数。1 1 1 ? ? ，试证：当（a,b.c）=1 时，a+b，a-c，b-c 均是 a b c8．给定正整数 a,b,c，定义函数 f ( x, y, z ) ? ax ? bx ? cz, x, y, z ? Z 试求： f ( x, y, z ) 的最小正整数的值。 9．求 1988！中 6 的最高幂。 10．将与 105 互质的所有的正整数从小到大排列，试求出这个数列的第 1000 项。 三．练习题。 1． 试证：对于任意不小于 2 的整数 n， A ? 1 ? 2． 对于正整数 n 与 k，定义： F (n, k ) ?1 1 1 ? ? ? ? 不是整数。 2 3 n，求证： F (n,1)
F (n, k )?rr ?1n2 k ?13． 数列 a0, a1, ?an 满足：a0 ? 0, a1 ? 1, an?1 ? 2an ? (a ?1)an?1 ，其中 n ? N , a ? N , P 0 ＞2 是给定的质数，求满足下列两条件的 a 的最小值： 1）若 p 是质数，且 p? p0 ，则 a p 能被 p 整除 2）若 p 是质数，且 p＞ p0 ，则 a p 不能被 p 整除。 4． 若 n 是大于 1 的自然数，它有 r 个不同的质因数，则 ? ( n) ? 5． 设 a, b, n ? N , a ? b, 且 n a ? b ，则 nn nn 2ra n ? bn a ?b a 2 ? b2 是某一个正整数的平方。 ab ? 16． 设正整数 a 与 b，使得 ab+1 整除 a ? b ，求证：2 27． 已 知 ： n 个 正 整 数 ai (1 ? i ? n) 满 足 a1 ＜ a2 ＜ ? ＜ an ? 2n ， 其 中 任 意 两 个ai , a j (i ? j ) 的最小公倍数都大于 2n，求证： ai ＞ [2n ] 3第三讲[知识要点] 1．映射有关概念 2．函数定义，定义域、值域 [能力训练]映射与函数1． 合 A, B 的并集 A ? B ? ?a1 , a2 , a3 ? ，当 A? B 时，( A, B) 与 ( B, A) 视为不同的对，则这样 的 ( A, B) 对的个数为（ （A） 8 （B） 9 ） （1993 年全国高中数学联赛试题） （D）27（C）26[解法 一]：若A ? ?a1 , a 2 , a3 ?，则满 足 题意 的B有：B ? ? ; ?a1 ?; ?a 2 ?; ?a3 ?; ?a1 , a 2 ?; ?a1 , a3 ?; ?a 2 , a3 ?; ?a1 , a2 , a3 ?; 即 这 时 的 配 对 个 数 有 ：3 0 1 2 3 ，满足题意的 B 的 C3 (C3 ? C3 ? C3 ? C3 ) ? 8 ；仿此，若 A ? ?a1 , a 2 ?（或 ?a1 , a3 ?, ?a2 , a3 ? ） 2 0 1 2 个数， 即配对个数有：C3 (C2 ? C2 ? C2 ) ? 12 ； 于是， 全部配对个数有：8 ? 12 ? 6 ? 1 ? 27 。[解法二]： A ? B 且 A ? B ? P 的情形只有 1 个配对： A ? P, B ? P ，而 A? B 的配对个数必 是偶数，所以全部配对个数为奇数。又粗略计数后知，配对个数不少于 16，故选（D） 。 [评注]：两种解法反映的是一种数学思想：配对思想。解法一是分类讨论；解法二是估算法。 2． 设 A ={ a1 , a2 , a3 , a4 }， B ? {b1 , b2 , b3 , b4 , b5 } （1）写出一个 f ： A ? B ，使得 f 为单射，并求所有 A 到 B 的单射的个数。 （2）写出一个 f ： A ? B ，使得 f 不是单射，并求所有这些映射的个数。 （3） A 到 B 的映射能否是满射？ 解： （1）作映射 f ： A ? B ，使得 f (ai ) ? bi ,i ? 1,2,3,4则此映射即为 A 到 B 的一个单射，这种单射的个数为 P 4 ? 120。 5 （2）作映射 f ： A ? B ，可以先求 A 到 B 的映射的个数：分四步确定 a1 , a2 , a3 , a4 的象， 每步都有 5 种可能，因此所求映射的个数为 5 个，因此满足条件的映射的个数为 5 －4 4P54 =505。（3） 不能。由于 A 中的每一个元素恰与 B 中的一个元素对应，| A |=4，| B |=5， 所以 B 中至少有一个元素在 A 中找不到与它对应的元素，因此 A 到 B 的满射不存在。 说明：一般地，若 A 到 B 有一个单射，则| A |?| B |，若 A 到 B 有一个满射， 则| A |?| B |,若 A 到 B 有一个一一映射,则| A |=| B | 思考：在上述问题中,如何求从 A 到 B 的子集上的一一映射的个数?4 B 中的 4 个元素的子集共有 C5 个， A 到 B 的每 4 个元素的子集上的一一映射各有 P44 个， 从 4 所求的映射的个数是 C5 P4 =120 个。43． 若函数 y ? log3 ( x 2 ? ax ? a) 的值域为 R ， 则实数 a 的取值范围是________________。94 （ 年第 5 届“希望杯”全国数学邀请赛） [解法一]：根据函数值域定义，对于任意实数 y ，关于 x 的方程 log3 ( x 2 ? ax ? a) ? y 即x 2 ? ax ? a ? 3 y ? 0 恒有解，因此 ? ? a 2 ? 4(a ? 3 y ) ? a 2 ? 4a ? 4 ? 3 y ? 0 ――（*） 恒成立，? 4 ? 3 y ? 0 ?（*）式成立的充要条件是 a 2 ? 4a ? 0 ，解得 a ? ?4 或 a ? 0 。 [解法二]：根据对数函数和二次函数的性质， u( x) ? x 2 ? ax ? a( x ? R) 的最小值不在于 0，a2 ? 0 解得 a ? ?4 或 a ? 0 。 4 [评注]：解法一运用转化思想把对数函数转化为指数形式（关于 x 的二次方程）获得解答； 解法二运用对数函数和二次函数的性质获得思路。即? a ? 4． 对实数 x ，求函数 f ( x) ? 8x ? x 2 ? 14x ? x 2 ? 48 的最大值。 （96 年美国中学数学竞 赛题） [解法一]： f (x) 的定义域为[6，8]， u( x) ? 8x ? x 2 ? 16 ? ( x ? 4) 2 ，当 x ? 6 时，u max ? 12 ；v( x) ? ? 14x ? x 2 ? 48 ? ? 1 ? ( x ? 7) 2 ，当 x ? 6 时，vmax ? 0 ，从而当 x ? 6时 f (x) 有最大值 12 ? 2 3 。 [解法二]： f (x) 定义域为[6，8]，令 u( x) ? 8x ? x 2 ， v( x) ? 14x ? x 2 ? 48 ，? u 2 ? v 2 ? 48 ? 6 x 。 x ?[6,8],? 0 ? 48 ? 6 x ? 12 ， ?0 ? u 2 ? v 2 ? 12 ?? （1） ? y ? u ? v ， 。? u ? y ? v 代入（1）得： y 2 ? 2vy ? 12 ，易知 y ? 0 ， v ? 1 ? ( x ? 7) 2 ? 0 ??（1）、 ? y 2 ? y 2 ? 2vy ? 12 ，? y ? 2 3 ，当 x ? 6 时（1）（2）同时取等号。故 f (x) 有最大值12 ? 2 3 。[解法三]： f (x) 的定义域为[6，8]， f ( x) ? 8 ? x ( x ? x ? 6 ) ?6 8? x x ? x?6，? 8 ? x ，1 x ? x?6在[6，8]上是减函数，从而当 x ? 6 时 f (x) 有最大值 12 ? 2 3 。评注： 联想思维是数学问题解决的重要思维方式， 解法一运用知识点：若 f ( x) ? u ( x) ? v( x) ， “u ( x), v( x) 同时在 x ? x0 处取得最大值，则 f (x) 在 x ? x0 处取得最大值；解法二运用不等式的放缩法求解；解法三运用知识点“若 f (x) 在闭区间[a,b]上为单调函数，则 f (x) 在端点处 取得最值” 。 5． 设集合 M ? {x | 1 ? x ?9, x ∈N}, P ? {(a, b, c, d ) | a, b, c, d ? M } .定义 M 到 Z 的映 射 f ： a, b, c, d ) ? ab ? cd 。若 u , v, x, y 都是 M 中的元素，且满足 f ： u , v, x, y ） （ （ （ ?39， u, y, x, v) ?66。求 u , v, x, y 的值。解：由题意得uv ? xy ? 39 uy ? xv ? 66（1）+（2）（2）－（1）得 ，（1） （2）(u ? x)(v ? y) ? 3 ? 5 ? 7 ( y ? v)(u ? x) ? 3 ? 3 ? 3（3） （4）由于 0＜ u ? x ＜9， v ? y ?18，0＜ y ? v ＜9， u ? x ?18，所以由（3）（4）可得 、 u ? x =7， v ? y =15， y ? v =3， u ? x =9 解得u ? 8, v ? 6, x ? 1, y ? 9x a6． 已知函数 f (x) 的定义域为[－1，1]，求 f ( ax ) ? f ( ) 的定义域，其中 a ＞0。 解： f ( ax ) ? f ( ) 的定义域应是下列两个集合的交集：x a1 1 X 1 ? {x | ?1 ? ax ?1}=[－ , ] a a x X 2 ? {x | ?1? ?1}=[－ a , a ] a 1 1 当 a ?1 时， a ? ，－ a ?－ , 所以 X 1 ? X 2 ? X 1 a a 1 1 当 0＜ a ＜1 时, ＞ a ，－ ＜－ a ，所以 X 1 ? X 2 ? X 2 a a x 1 1 因此， f ( ax ) ? f ( ) 的定义域为[－ a , a ]（0＜ a ＜1） ；[－ , ]（当 a ?1 时） a a a第四讲[知识要点]：函数的图象与性质1. 函数的图象： 坐标为 ( x, f ( x)) 的点的集合 {( x, y) | y ? f ( x), x ? D} 称为函数 y ? f (x) 的图象，其中 D 是函数的定义域。 2. 图象变换：平移变换、对称变换 3. 函数性质：奇偶性、单调性、周期性 周期性：对于函数 f (x) ，如果存在一个不为零的正数 T ，使得当 x 取定义域中的每一 个数时， f ( x ? T ) ? f ( x) 总成立，那么称函数 f (x) 为周期函数，正数 T 称为这个周 期函数的周期，如果所有周期中存在最小值 T0 ，称 T0 为该函数的最小正周期。[能力训练] 3．作出下列函数的图象： （1） y ? | x 2 ? x ? 6 |;(2) y ?| x 2 | ? | x | ?6解： （1）先作出 y ? x 2 ? x ? 6 的图象，然后将此图象在 x 轴下方的部分对称地翻折到 x 轴 的上方即可。 （2） y ? | x 2 | ? | x | ?6 是偶函数， 因 其图象关于 y 轴对称， 于是我们先作出 y ? x 2 ? x ? 6 在 x ?0 时的图象，然后作出它关于 y 轴对称图形即可。 4． k 为何实数时,方程 x 2 ? 2 | x | ?3 ? k 有四个互不相等的实数根。 解：将原方程变形为 x 2 ? 2 | x | ?1 ? k ? 2 ，设 y ? f ( x) ? x 2 ? 2 | x | ?1 ，作出其图象， 而 y ? k ? 2 是一条平行于 x 轴的直线，原方程有四个互不相等的实根，即直线与曲线有四 个不同的交点，由图象可知， 0 ? k ? 2 ? 1 ，即 2 ? k ? 3 5．已知 f ( x) ? a sin x ? b3 x ? 4 （a 、 b；实数）且 f (lg log3 10) ? 5 ，则 f (lg lg 3) 的值是 （ ） （1993 年全国高中数学联赛试题） （A） ? 5 （B） ? 3 （C） 3（D） 随 a、b 取不同值而取不同值解 ： f ( x) ? 4 ? a s i n ? b3 x 是 奇 函 数 的 和 ， 为 奇 函 数 ， 从 而 f (? x) ? ?[ f ( x) ? 4] 即 xf (? x) ? ? f ( x) ? 8 ，? f (lg lg 3) ? f (? lg log3 10) ? 8 ? 3 ，选（C） 。6．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) ? 0 的根在区间 [?30,30] 上至少有 13 个，且 f (x) 是以 10 为周期的周期函数。 证明：由题设知，函数 f (x) 图象关于直线 x ? 2 和 x ? 7 对称，所以f (4) ? f (2 ? 2) ? f (2 ? 2) ? f (0) ? 0 f (10) ? f (7 ? 3) ? f (7 ? 3) ? f (4) ? 0 ，于是 f ( x) ? 0 在 (0,10] 上至少有两个根。 另一方面，有f ( x ? 10) ? f (7 ? 3 ? x) ? f (7 ? 3 ? x) ? f (4 ? x) ? f (2 ? 2 ? x) ? f (2 ? 2 ? x) ? f ( x),所以 f (x) 是以 10 为周期的周期函数，因此 f ( x) ? 0 的根在区间 [?30,30] 上至少有6 ? 2 ? 1 ? 13 个要。评述：设函数的定义域为 D ，若对任意的 x ? D ，都有 f (a ? x) ? f (a ? x) （ a 为常数） ， 则函数 f (x) 图象关于直线 x ? a 对称。 7．函数 y ? f (x) 定义在整个实数轴上，它的图象在围绕坐标原点旋转角 不变。 （1）证明：方程 f ( x) ? x 恰有一个解， （2）试举一个具有上述性质的函数的例子。 解： （1）设 f (0) ? y0 ，则（0， y0 ）是函数 y ? f (x) 的图象上的点，把该点按同一方向绕 原点旋转两次，每次旋转角为? 后 2? ，得到的点（0，－ y0 ） ，仍在 y ? f (x) 的图象上，所以， 2y0 = f (0) ? － y0 于是 y0 =0，即 f (0) ? 0。也就是说 x =0 是方程 f ( x) ? x 的一个解。另一方面,设 x = x0 是方程 x = f (x) 的一个解,即 f ( x0 ) = x0 ，因此点 函数 y ? f (x) 的图象上，它绕原点旋转三个 （ x0 ， x0 ）在? 后得到 2（ x0 ，－ x0 ）,且此点也在 y ? f (x) 的图象上,所以 x0 = f ( x0 ) =－ x0 , x0 =0. 从上面的讨论可知,方程 f ( x) ? x 恰有一个解 x =0。 （2） 构造函数如下：? 0, ? 1 f ( x) ? ?? x, ? 2 ? 2 x,当x ? 0时 当4 k ?| x |? 2 ? 4 k 时 当2 ? 4 k ?| x |? 4 k 时第五讲2二 次 函 数二次函数在中学数学中起着十分重要的作用，也是初等数学中遇到比较多的函数之 一，形如 f ( x) ? ax ? bx ? c(a ? 0) 的函数，它的图象简单，性质易于掌握，又与二次方 程、二次不等式有联系，与之相关的理论如判别式，韦达定理，求根公式等又是中学教材的 重点内容，因此有必要进一步认识二次函数的性质，研究与二次函数有关的解题规律、方法 与技巧． 二次函数 f ( x) ? ax ? bx ? c(a ? 0) 的主要性质：2定义域为 R ；图象是对称轴平行于 y 轴（或与 y 轴重合）的抛物线；当 a ＞0 时，抛物线开口向上方，函数的值域是 ? 当 x ?[－? 4ac ? b 2 ? b ,?? ? ，当 x ?（－∞, ? ）时, f (x) 是减函数, ? 2a ? 4a ?b ,＋∞]时， f (x) 是增函数；当 a ＜0 时，抛物线开口向下方，函数的值域是 2a? 4ac ? b 2 ? b ? ? ?, ）时, f (x) 是增函数,当 x ?[－,＋∞）时， f (x) 是 ? ，当 x ?（－∞, ? ? 4a ? 2a ?减 函 数 ． 当 b ? 4ac ＞ 0 时 ， 函 数 的 图 象 与 x 轴 有 两 个 不 同 的 交 点 ， 它 们 分 别 是2（? b ? b 2 ? 4ac ? b ? b 2 ? 4ac ， ； ,0 ）（ ,0 ） b 2 ? 4ac =0 时，函数的图象与 x 轴有两 2a 2ab 2 ,0）,这时也称抛物线与 x 轴相切, b ? 4ac ＜0 时,函数的图象与 x 轴 2a个重合的交点（－ 没有交点．函数 f ( x) ? ax2 ? bx ? c(a ? 0) 的图象是连续的．一个有用的结论是，在区间[ p, q ] 端点处的函数值异号，即 f ( p) ? f (q) ＜0 时,方程 f (x) =0 在（ p, q ）内恰有一个实根．抛 物线的凸性也有一定用途， a ＞0 时，函数的图象是下凸形曲线，即对于任意 x1 , x2 ? R ， 有 f(x1 ? x 2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) )? ； a ＜ 0 时 , 函数 的图象是 上凸形曲线，即对于任 意 2 2x1 ? x 2 f ( x1 ) ? f ( x2 ) )? 利用二次函数图象的凸性和单调性， 在某些与 2 2有 x1 , x2 ? R ， f (二次方程的范围有关的问题中可避免使用判别式和求根公式． 一．含有参变数的二次函数 对于二次函数 f ( x) ? ax ? bx ? c(a ? 0) ，当 a 、 b 、 c 固定时，此二次函数唯一确2定，它的图象是一条抛物线；若 b 、 c 固定时， a 可以在某个范围内变动，则它的图象可能 是“一族”抛物线，对于 a 、 b 、 c 的不同范围和条件，得到的抛物线族具有不同的特征， 如何确定这些特征，就因题而异了． 例题分析：2 2 1． 集合 A ={ y | y ? x ? 2 x ? 4 }， B ={ y | y ? ax ? 2 x ? 4a }， A ? B ，求实数 a 的取值集合．2 2 解 ： A 、 B 分 别 表 示 函 数 y ? x ? 2 x ? 4 与 函 数 y ? ax ? 2x ? 4a 的 值 域 ． 由．而 x 2 ? 2 x ? 4 ? ( x ? 1) 2 ? 3?3 知 A =[3，＋∞） B 受参数 a 的影响，要进行讨论．a =0 时， y ? ?2 x ，值域是 R 符合条件 A ? B ．a ≠ 0 时 ， f (x) = ax2 ? 2 x ? 4a 是 二 次 函 数 ， 如 果 a ＜ 0 ， 该 函 数 的 值 域 为1 1? ? ? ? ?,4a ? ? ，这时 A B 不成立．如果 a ＞0 时，由[3，＋∞] ? [ 4 a ? ，＋∞],得 a a? ??a ? 0 ? ?4a ? 1 ? 3 ∴ 0＜ a ?1 ? a ? 综上所述, a 的可取值集合为{ a |0? a ?1}。说明：参数 a 的取值决定了函数 f (x) = ax ? 2 x ? 4a 的类别及性质，因而对该函数的值域2有影响．为了由 A ? B 求出 a 的允许值范围，必须对参数 a 分情况讨论． 2． 考察所有可能的这样抛物线 y ? x 2 ? ax ? b 2 ，它们与坐标轴各有三个不同的交点，对 于每一条这样的抛物线，过其与坐标轴的三个交点作圆．证明：所有这些圆周经过一定 点． 证明：设抛物线 y ? x 2 ? ax ? b 2 与 x 轴的交点为（ x1 ，0） （ x2 ，0） 、 ．由韦达定理知x1 ? x2 ? ?b 2 ＜0(因为 b =0,则 y ? x 2 ? ax 与坐标轴只有两个不同的交点),故点 x1 ， 、 （ 0）（ x2 ，0）在坐标原点的两侧．又因为 | x1 | ? | x2 |?| ?b 2 | ?1 ，由相交弦定理的逆定理知，点 （ x1 ，0）（ x2 ，0）（0， ? b ）（0，1）在同一个圆周上，即过抛物线与坐标轴的三个 、 、 ，2交点（ x1 ，0）（ x2 ，0）（0， ? b ）的圆一定过定点（0，1） 、 、 ．于是所有的这些圆周均经2过一定点（0，1） ．2 3． 抛物线 y ? x ? bx ? c 的顶点位于区域 G ? {( x, y) | 0 ? x ? 1.0 ? y ? 1} 内部或边界上，求 b 、 c 的取值范围．b 4c ? b 2 解 ： 抛 物 线 的 顶 点 坐 标 为 （ ? , ）， 故 2 4b ? ? 0 ? ? 2 ?1 ? 2 ?0 ? 4c ? b ? 1 4 ??? 2 ? b ? 0 ? b2 ， ? ?b 2 ? 4 ? c ? 4 ?1 ? 上式即为 b 、 c 的取值范围．二．二次函数的最值 4． 设 x = p 时， 二次函数 f (x) 有最大值 5， 二次函数 g (x) 的最小值为－2， p ＞0， f (x) 且2 + g (x) = x ? 16x ? 13 , g ( p ) =25．求 g (x) 的解析式和 p 值．2 解： 由题设 f ( p ) =5，g ( p ) =25，f ( p) ? g ( p) = p ? 16 p ? 13 ， 所以p 2 ? 16 p ? 13 =30，解得p =1 （ p = －17 舍去） ．由于 f (x) 在 x =1 时有最大值 5，故设f (x) = a( x ? 1) 2 ? 5, a ? 0所以g (x) = x 2 ? 16x ? 13 － f (x) = (1 ? a) x 2 ? 2(a ? 8) x ? 8 ? a ，因 g (x) 的最小4(1 ? a)(8 ? a) ? 4(a ? 3) 2 值为－2，故 ? ?2 ,所以 a ? ?2 ．从而 g (x) = 3x 2 ? 12x ? 10 ． 4(1 ? a)5． 已知 0? x ?1, f (x) = x ? ax ?2a (a ? 0) , f (x) 的最小值为 m ． 2（1）用 a 表示 m ； （2）求 m 的最大值及此时 a 的值． 解： （1）把 f (x) 改写成 f (x) = ( x ?a 2 a a2 a a a2 ) ? ? ．于是知 f (x) 是顶点为（ , ? ） ， 2 2 4 2 2 4a ?1，即 0＜ a ?2 时， f (x) 的最小值为 2开口向上的抛物线．又因为 x ∈[0,1],故当 0＜a a a2 f( )? ? ； 2 2 4?a a2 ? ? , (0 ? a ? 2) a a 4 当 ＞1,即 a ＞2 时， f (x) 有最小值 f (1) ? 1 ? ．于是 m ? ? 2 a 2 2 ? 1? , (a ? 2) 2 ?（2）当 a ＞2 时， 1 ? 最大值为a 1 1 a a2 2 的值小于 0，而当 0＜ a ?2 时， ? = ? ( a ? 1) ? ，它的 2 4 4 2 41 1 （当 a =1 时取得） ，故 m 的最大值为 ，此时 a =1． 4 4说明： 对于某些在给定区间上的二次函数最值问题， 往往需要把顶点和区间端点结合起来考 虑． 6． 函数 f (x) = ? 3 x ? 3 x ? 4m ?2 29 ， x ∈[D m ,1D m ],该函数的最大值是 25,求该函数 4取最大值时自变量的值． 分析：限定在区间[D m ,1D m ]上的函数的最大值要考虑到在这个区间上的单调情况．当 x 可取任意实数时，二次函数 ? 3 x ? 3 x ? 4m ?2 29 1 的图象是对称轴为 x ? ? 开口向下的抛 4 2? 物线，1 与区间[D m ,1D m ]的位置关系决定了已知函数的单调状况， 因此要分区间讨论． 2当?1 1 1 3 2 ∈ [ D m ,1 D m ], 即 ? m ? 时 , 最 大 值 应 是 f ( ? ) ? 4m ? 3 ． 由 2 2 2 21 3 1 3 11 22 得 | m |? ,不符合 ? m ? 的条件．可见 m ? [ , ] ． 2 2 2 2 2 24m2 ? 3 =25, m 2=1 3 9 2 2 ＞1D m ,即 m ＞ 时，函数 f (x) = ? 3 x ? 3 x ? 4m ? ， x ∈[D m ,1D m ] 2 4 2 15 5 23 23 2 ? 25 ， 是增函数， 可见 f (1 ? m) ? m ? 9m ? 解之得 m = 或 m = ? ． 其中 m = ? 4 2 2 2 3 5 3 不合 m ＞ 的条件，舍去．可见 1D m =1－ =－ ． 2 2 2 1 1 9 2 2 当 ? ＜D m ， m ＜ 时,函数 f (x) = ? 3 x ? 3 x ? 4m ? 是[D m ,1D m ]是减函 即 2 4 2 9 7 13 7 1 2 数,可见 f (?m) ? m ? 3m ? ? 25 ,解之得 m = 或 m = ? ．其中 m = 不合 m ＜ 的 4 2 2 2 2 13 3 13 条件,舍去,由此知 m = ? ． 综上所述,当 x =－ 或 x = 时, 函数 f (x) 有最大值 25． 2 2 2 1 说明：由点 ? 与区间[D m ,1D m ]的位置关系引起的分类讨论是“形”对“数”的引导作 2当? 用． 本题中虽然只是求函数取最大值时的自变量 x 的值， 没有问 m 的值， 但这个 x 值与 m 值 有直接关系，所以要先求 m 再求 x ． 7． 一幢 k （＞2）层楼的公寓有一部电梯，最多能容纳 k －1 个人，现有 k －1 个学生同时 在第一层楼乘电梯，他们中没有两人是住同一层楼的．电梯只能停一次．停在任意选择 的一层．而对每一个学生而言，自已往下走一层感到一分不满意，而往上走一层感到 2 分不满意，问电梯停在哪一层，可使不满意的总分达到最小？ 解： 设电梯停在第 x 层， 则不满意的总分为 S = （1＋2＋?＋ x －2） （1＋2＋?＋ k － x ） ＋2 = [3x ? (4k ? 5) x] ? k ? k ? 1 ,所以当 x = N (2 21 24k ? 5 ) 时， S 最小，其中 N (a ) 表示最接 6近 于 a 的 整 数 ． 例 如 N (3) ? 3, N (3.6) ? 4, N (2.1) ? 2, N (2.5) ? 2或3 , 故 当 电 梯 停 在N(4k ? 5 ) 时，不满意总分最小． 62 2 2三．利用二次函数的性质 8． 已知方程 (ax ? 1) ? a (1 ? x ) ，其中 a ＞1，证明：方程的正根比 1 小，负根比 －1 大． 证明： 原方程整理后， 2a x ? 2ax ? 1 ? a =0， f (x) = 2a x ? 2ax ? 1 ? a ， f (x) 得 令 则2 2 2 2 2 22 是开口向上的抛物线，且 f (0) ? 1 ? a ? 0 ，故此二次函数 f (x) =0 有一个正根，一个负根．要证明正根比 1 小，只须证 f (1) ? 0 ，要证明负根比 －1 大，只须证 f (?1) ＞0．因为f (1) ? 2a 2 ? 2a ? 1 ? a 2 ? (a ? 1) 2 ? 0 f (?1) ? 2a 2 ? 2a ? 1 ? a 2 ? (a ? 1) 2 ? 02从而命题得证．9． 若抛物线 y ? x ? ax ? 2 与连接两点 M （0，1） N （2，3）的线段（包括 M 、 N 两 ， 点）有两个相异的交点，求 a 的取值范围．2 解：易知过两点（0，1）（2，3）的直线方程为 y ? x ? 1 ，而抛物线 y ? x ? ax ? 2 与线 、2 段 MN 有两个交点就是方程 x ? ax ? 2 ? x ? 1 在区间[0， 2]上有两个有两个不等的实根． 令a ?1 ? ?0 ? ? 2, ? ? (a ? 1) 2 ? 4 ? 0 解得 的范围为 ? 3 ? f ( x) ? x ? (a ? 1) x ? 1．则 ? a 2 2 ? f (0) ? 1 ? 0, f (2) ? 2a ? 3 ? 0 ? a ?－1．2说明：利用二次函数来研究一元二次方程的根的分布是非常有效的手段． 10． 设 A ? {x | 1 ? x ? 3} ，又设 X 是关于 x 的不等式组 ?? x 2 ? 2x ? a ? 0 的解集，试 2 ? x ? 2bx ? 5 ? 0确定 a, b 的取值范围，使得 A ? X ． 分析：本题以二次曲线为背景，它的通法是先求不等式组的解集 X ，然后再来考虑 A 与 X 的包含关系，则必然导致浩繁的讨论，但如果由数想形，构造函数，就可简捷获解． 解 ： 设f ( x) ? x 2 ? 2x ? a ? ( x ? 1) 2 ? (a ? 1), g ( x) ? x 2 ? 2bx ? 5 ? ( x ? b) 2 ? (5 ? b) 2 ． 要 使A ? X 时 ， 则 必 使 f ( x), g ( x) 在 [1 ， 3] 上 的 函 数 图 象 落 在 x 轴 下 方 ， 即? f (1) ? 0 ? g (1) ? 0 ? a ? ?3 ； ? ?b?3 ? ? f (3) ? 0 ? g (3) ? 0☆ 设一元二次方程 ax2 ? bx ? c ? 0 (a ? 0) 的两个实根为 x1 , x 2 ，且 x1 ? x 2? ?? ? b 2 ? 4ac ? 0 ?? ? b 2 ? 4ac ? 0 ? ? ? x1 ? 0 ? x1 ? 0 b ?a?0 ? ?? 结论 1． ? 或 ? ? x1 ? x 2 ? ? ? 0 , ? a ? x2 ? 0 ? x2 ? 0 ? f ( 0) ? c ? 0 ? ?b?0 ? x ?x ? c ?0 ? ? 1 2 a ??? ? b 2 ? 4ac ? 0 ? ? a?0 ? ? c?0 ? b?0 ?? ?? ? b 2 ? 4ac ? 0 ?? ? b 2 ? 4ac ? 0 ? ? ? x1 ? 0 ? x1 ? 0 b ?a?0 ? ?? 结论 2． ? ,? 或 ? ? x1 ? x 2 ? ? ? 0 a f ( 0) ? c ? 0 ? x2 ? 0 ? x2 ? 0 ? ? ?b?0 ? x ?x ? c ?0 ? ? 1 2 a ??? ? b 2 ? 4ac ? 0 ? ? a?0 ? ? c?0 ? b?0 ?结论 3． x1 ＜0＜ x2 ? af (0) ? 0 结论 4． x1 =0, x2 ＞0 ? c ? 0且b b ? 0 ； x1 ＜0, x2 ＝0 ? c ? 0且 ? 0 a ak ☆ 设一元二次方程 ax2 ? bx ? c ? 0 (a ? 0) 的两个实根为 x1 , x 2 ， x1 ? x 2 ， 为实常数． 且? ? 2 2 ?? ? b ? 4ac ? 0 ?? ? b ? 4ac ? 0 ? ? 结论 1． k ＜ x1 ? x2 ? ? af ( k ) ? 0 ； 结论 2． x1 ? x2 ＜ k ? ? af ( k ) ? 0 ? ? b b ? ? 2a ? k ? ? 2a ? k ? ?结 论 3 ． x1 ＜ k ＜ x2? af (k ) ? 0 ；结 论4 ． 有 且 仅 有k1 ? x1 (或x2 ) ? k 2 ? f (k1 ) ? f (k 2 ) ? 0结 论a?0 a?0 ? ? ? ? 5． k1 ? x1 ? k 2 ? p1 ? x 2 ? p 2 ? ? f (k1 ) ? 0, f (k 2 ) ? 0 或? f (k1 ) ? 0, f (k 2 ) ? 0 ? f ( p ) ? 0, f ( p ) ? 0 ? f ( p ) ? 0, f ( p ) ? 0 1 2 1 2 ? ?结 6 论 ．? ? a?0 a?0 ? ? ? ? 2 k1 ? x1 ? x 2 ? k 2 ? ? ? b ? 4ac ? 0 ? ? f (k1 ) ? 0, f (k 2 ) ? 0or? f (k1 ) ? 0, f (k 2 ) ? 0 ? ? b b ? k1 ? ? 2a ? k 2 ? k1 ? ? 2a ? k 2 ? ?11． 设 x1 ? x2 ? x3 ? x4 ? 2 ， 且 x2 ＋ x3 ＋ x4 ? x1 ， 证 明 ：( x1 ? x2 ? x3 ? x4 ) 2 ? 4x1 x2 x3 x4证明：令 a ＝ x2 ＋ x3 ＋ x4 , b ? x2 x3 x4 ,则原不等式为 ( x1 ? a) ? 4 x1b ,即22 2 x1 ? 2(a ? 2b) x1 ? a 2 =0，令 f (x) = x ? 2(a ? 2b) x ? a 2 ,则只需证明 f ( x1 ) ?0．因? ? 4(a ? 2b) 2 ? 4a 2 ? 16b(b ? a) ，而a x 2 ? x3 ? x 4 1 1 1 ? ? ? ? ? b x 2 x3 x 4 x 2 x3 x3 x 4 x 2 x 41 1 1 3 ? ? ? ? 1 ，所以 b ? a ,从而 ? ＞0， f (x) 与 x 轴有两个不同的交点．易知这两个 4 4 4 4交点为u ? 2b ? a ? 2 b(b ? a) v ? 2b ? a ? 2 b(b ? a)，下证 x1 ∈[ u, v ]．a a ? 3x1 ? 3a, ? x1 ? [ , a] ，只 3需证[a a , a ] ? [ u, v ],即 u ? , a ? v ,由于 v ? 2b ? a ? 2 b(b ? a) ? 2b ? a ? a ， 3 3u ? 2b ? a ? 2 b(b ? a) ? ( b ? b ? a ) 2 ? (a b ? b?a)2 ? (a b b ? ? 1) 2 a a? (a 4 1 2 ? ) 3 3?a 3所以 x1 ∈[ u, v ]，从而必有 f ( x1 ) ?0． 解 法 二 ： 只 需 证 明 f ( x1 ) ? 0 ， 而a a ? x1 ? a ， 因 此 只 需 证 f (a ) ? 0, f ( ) ? 0 而 3 3 a 4 a 3 a f (a) ? 4a(a ? b) ， f ( ) ? a(4a ? 3b) ，由 ? 可证得 f (a ) ? 0, f ( ) ? 0 3 9 b 4 3说明：通过构造二次函数，然后利用二次函数的性质来证明一些不等式问题，往往会使问题 简化． 12． 在边长为 10 的正三角形 ABC 中，以如图所示的方式内接两个正 方形（甲、乙两个正方形有一边相重叠，都有一边落在 BC 上，甲有一 顶点在 AB 上，乙有一顶点在 AC 上） ，试求这样内接的两个正方形面 积和的最小值． 解：设甲、乙两正方形的边长分别为 x, y ，易知 BC 边上的四条线段之和为： (1 ?10 3 3 3 ? x ，设两 ) x ? (1 ? ) y ? 10 ，记 1 ? ? k ，则 y ? k 3 3 32 正 方 形 面 积 之 和 为 S ， 则 有 S ? x ?(10 5 50 ? x) 2 ? 2( x ? ) 2 ? 2 ， 当 k k k值 ， 其 最 小 值 是x?5 5 ? (3 ? 3 ) ? y k 2时，S取得最小S min ?13．50 450 25 ? ? (3 ? 3 ) 2 ． 2 2 2 k (3 ? 3 )定义在 R 上的奇函数 f (x) ， x ?0 时， f (x) =－ x ? 2 x ． 当 另一个函数 y = g (x)2的 定 义 域 为 [ a , b ], 值 域 为 [1 1 , ], 其 中 a ≠ b , a 、 b ≠ 0 ． 在 x ∈ [ a , b ] 上 , b a: 是 否 存2f (x)=g (x)．问在实数m,使集合{ ( x, y) | y ? g ( x), x ? [a, b]} ? {( x, y) | y ? x ? m} 恰含有两个元素? 分析：{ ( x, y) | y ? x ? m }是以 y 轴为对称轴由 y = x 的图象平移所形成的抛物线系．对22给定的 m 它表示一条抛物线，条件 ( x, y) | y ? g ( x), x ? [a, b] ? {( x, y) | y ? x 2 ? m}恰含 有两个元素的意思是函数 y = g (x) ， x ∈[ a , b ]的图象与抛物线 y ? x 2 ? m 恰有两个交 点．首先要弄清楚 y = g (x) ， x ∈[ a , b ]，进而作出它的图象． 容易求出奇函数 y = f (x) 在 x ＜0 时的解析式是 f (x) = x ? 2 x ．即2? ? x 2 ? 2 x ( x ? 0) f (x) = ? 2 ? x ? 2 x ( x ? 0)函数 y = g (x) 的定义域为[ a , b ],值域为[1 1 , ],其中 a ≠ b , a 、 b ≠0，这表明 b a?a ? b ?1 1 ? ? ?b a ?可见 a 、 b 同号．也就是说 y = g (x) ， x ∈[ a , b ]的图象在第 一或第三象限内．根据 f (x) = g (x) （ x ∈[ a , b ]以及 f (x) 的 图象可知，函数 g (x) 的图象如所示曲线的一部分． 值域与函数的单调状况有关，又与定义域有关．如果只 考虑 0＜ a ＜ b ＜2 或－2＜ a ＜ b ＜0 两种情况，不能准确地 用, a 、 b 表示出值域区间的端点，因此要把区间（0，2）（－2，0）再分细一些，由图中 ， 看出，当 a 、 b ＞0 时，考虑以下三种情况较好．0＜ a ＜ b ?1，0＜ a ＜1＜ b ，1? a ＜ b ＜2． 如果 0＜ a ＜ b ?1，那么 [1 ＞1．但是 x ∈（0，1]时， f (x) ?1,这与 g (x) 的值域区间 a1 1 , ]的右端点大于 1 矛盾．可见不出现 0＜ a ＜ b ?1 的情形． b a ?1 2 ? b ? g (b) ? ?b ? 2b 如果 1? a ＜ b ＜2，由图看出 g (x) 是减函数，可见 ? 整理得 1 ? ? g ( a ) ? ? a 2 ? 2a ?a ?a ? 1 ?( a ? 1)( a 2 ? a ? 1) ? 0 ? ，考虑到 1? a ＜ b ＜2 的条件，解之得 ? 1? 5 ． ? 2 ? (b ? 1)( b ? b ? 1) ? 0 ?b ? 2 ? 完全类似地，考虑到－1? a ＜ b ＜0，－2＜ a ＜－1＜ b ＜0，－2＜ b ＜ a ?－1 三种情况后,可以在－2＜ b ＜ a ?－1 的情况下通过值域条件得出? ?a ? ? 1 ? 5 ， 这就得 ? 2 ? b ? ?1 ?到了函数? 2 ? ? x ? 2x ? g ?( x) ? ? ? x 2 ? 2x ? ?(1 ? x ? (?1? 5 ? x ? ?1) 21? 5 ) 2对于某个 m ，抛物线与函数 g ?(x ) 的图象有两个交点时，一个交点在第一象限，一个交 点在第三象限．因此， m 应当使方程 x ? m ? ? x ? 2 x ，在[1，2 21? 5 ]内恰有一个实数 2根， 并且使方程 x ? m ? x ? 2 x ， 在[2 2?1? 5 ,?1 ]内恰有一个实数根．问题归结为求 m ， 2? 2 ?2 x ? 2 x ? m ? 0 ? 使? ? x? 1m ? 2 ?2 x ? 2 x 2 ? m 在 [1,1? 5 ]内恰有一个实根 ? (1) ? 2 由（1）得，方程 ?1? 5 在[ ,?1]内恰有一个实根 (2) ? 2 在[1,1? 5 1? 5 ) ? m ? h(1) 即 ] 内恰有一根，设 h( x) ? 2 x ? 2 x 2 ，则 h( 2 2 ?1? 5 1 ? m ? ?1 ，即 ? 1 ? 5 ? m ? ?2 ，∴ m ＝－2．易证， 2 2 5 ?1 5 ?1 , ) 2 2? 2 ? m ? 0 ，由（2）得抛物线 y ? x ? 2 与函数 g (x) 图象恰有两个交点（D1,D1）和（2综上所述：题目条件下的实数 m ＝－2． 说明：解题过程可分为“求函数 y ? f (x) ”“求函数 y ? g (x) ”“求 m ”三个阶段．求函 ， ， 数 y ? g (x) 的关键步骤是求 a, b 的值．运用了数形结合的方法和分类讨论的运算过程，最 终把求 m 的问题化归到求一次方程和二次方程的一定范围内有解的问题．2 可以看出，当 m ∈(－2,0)时,抛物线 y ? x ? m 与函数 y ? g (x) 的图象在第一象限内有一个交点,当 m ∈ ? 1 ? 5,?2 时,在第三象限内有一个交点．??第六讲：函数与方程例 1：填空 （1） 若二次函数 y ? f (x) 满足 f ?3 ? x ? ? f ?3 ? x ? 且 f ?x ? ? 0 有实根 x1 , x 2 ，则。 x1 ? x2 ? ________ （2） 设函数 y ? f (x) 的图象关于直线 x ? 1 对称，若当 x ?1 时， y ? x 2 ? 1 ，则 当 x ? 1 时，y= 。（3） 若函数 y ? x 2 ? 3x ? 4 与函数 y ? 2 x ? a 2 的图象有公共点，则 a 的取值范 围是 。（4） 已知函数 y ? x 2 ? ax ? 6a 的图象与 x 轴交于 A、B 两点，若线段 AB 的长 不超过 5，则 a 的取值范围是 。 例 2：方程 x 2 ? ?2 ? a?x ? ?5 ? a? ? 0 的两根都大于 2，求实数 a 的取值范围。1 例 3：已知关于 x 的方程 kx 2 ? kx ? k ? 2 ? 0 两个实根分别在（0，1）与（-1， 2 0）之间，试求实数 k 的取值范围。例 4：已知方程 3x 2 ? 6?m ? 1?x ? m 2 ? 1 ? 0 的两个实根绝对值之和为 2，求实数 m 的值。 例 5：m 取何值时，关于 x 的方程 sin 2 x ? cos x ? m ? 0 有实数解？ 例 6：已知关于 x 的方程 2 lg?x ? 1? ? lg?2 ? x ? ? lg?a ? 2? 有两个不相等的实根，求 a 的取值范围，并求出两根。 例 7：已知抛物线 y ? ax2 ? bx ? c 的顶点（-1，10） ，并且方程 ax2 ? bx ? c ? 0 的 两实根的平方和等于 12，求 a、b、c 的值。 例 8 ： 已 知 函 数 y ? x 2 ? 2ax ? 3a 的 定 义 域 为 R ， 求 关 于 x 的 方 程4x? | 2 ? a | ?2a ? 5? ? 6 ? 0 的解的范围。例 9：当 0?m?2 时，求方程 x 2 ? mx ? ?2m ? 1? ? 0 的实根的取值范围。?x 2 ? 2x ? a ? 0 ? }， 例 10：设 A ? {x | 1 ? x ? 3}, B ? {x | ? 2 （a，b∈R） ，如果 A ? B ， ? x ? 2bx ? 5 ? 0 ?确定 a、b 的取值范围。例 11：设函数 f ?x? ? loga ?1 ? x?, g ?x? ? loga ?1 ? x? ， ?a ? 0且a ? 1? 若关于 x 的方程2 a g ?x? x ?1? ? a f ?k ? ? x 只有一解，求 k 的取值范围。例 12：就实数 t 的变化，讨论关于 x 的方程1 ? log x 根的个数。 练习：4? x ? ?lg lg t ? 1? log x 10 的实 101、 若二次方程 x 2 ? 2kx ? 3k ? 2 ? 0 的两根都大于 1，求 k 的取值范围。 2、若关于 x 的方程 2 2 x ? 2 x a ? a ? 1 ? 0 有实根，求实数 a 的取值范围。 3、已知抛物线 y ? ax2 ? bx ? c 的顶点（-2，5） ，一元二次方程 ax2 ? bx ? c ? 0 的 两根之差是 3，求抛物线 y ? ax2 ? bx ? c 。 4、若不等式 ?a 2 ? 2a ? 3?x 2 ? ?a ? 2?x ? 范围。 5、已知 ? , ? 是方程 x 2 ? ?2m ? 1?x ? 4 ? 2m ? 0 的两个实根， ? ? 2 ? ? ， m 的 且 求 取值范围。 6、若方程 cos 2 x ? sin x ? a ? 0 有解，求 a 的取值范围。 7、解关于 x 的方程： lg x ? lg?4 ? x? ? lg?a ? 2x? ，并讨论解的个数。 8、已知方程：a ?x21 ? 0 对于任何实数 x 都成立， a 的取值 求 2?2 x ?1? ? b ??2 x ? ，?a ? 0且a ? 1且b ? 0? 有正实根， b 的取值范围。 求第七讲：构建新数列巧解递推数列竞赛题递推数列是国内外数学竞赛命题的“热点”之一，由于题目灵活多变，答 题难度较大。 本文利用构建新数列的统一方法解答此类问题，基本思路是根据题 设提供的信息，构建新的数列，建立新数列与原数列对应项之间的关系，然后通 过研究新数列达到问题解决之目的。其中，怎样构造新数列是答题关键。 1 求通项 求通项是递推数列竞赛题的常见题型，这类问题可通过构建新数列进行代 换，使递推关系式简化，这样就把原数列变形转化为等差数列、等比数列和线性 数列等容易处理的数列，使问题由难变易，所用的即换元和化归的思想。 例 1、数列 ?an ? 中， a1 ? 1 ， a n ?1 ?1 1 ? 4a n ? 1 ? 24 a n 。求 an 。 16??（1981 年第 22 届 IMO 预选题）分析本题的难点是已知递推关系式中的 1? 24a n 较难处理，可构建新数列 ?bn ? ，令 bn ? 1? 24an ，这样就巧妙地去掉了根式，便于化简变形。 解：构建新数列 ?bn ? ，使 bn ? 1 ? 24an ? 0 则2 b1 ? 5 ， bn ? 1 ? 24an ，即 a n ?2 bn ? 1 24?2 ? bn ?1 ? 1 1 ? b2 ?1 ? ?1 ? 4 ? n ? bn ? ? 24 16 ? 24 ? ?化简得?2bn?1 ?2 ? ?bn ? 3?2?1 ?bn ? 3? 2 1 数列 ?bn ? 3? 是以 2 为首项， 为公比的等比数列。 22bn?1 ? bn ? 3 ，即 bn ?1 ? 3 ??1? bn ? 3 ? 2 ? ? ? ? 2?n ?1? 2 2? n即 bn ? 22?n ? 3?an ?2 bn ? 1 2 2 n ?1 ? 3 ? 2 n ?1 ? 1 ? 24 3 ? 2 2 n ?12 证明不等式 这类题一般先通过构建新数列求出通项，然后证明不等式或者对递推关系 式先进行巧妙变形后再构建新数列， 然后根据已经简化的新数列满足的关系式证 明不等式。 例 2、设 a0 ? 1 ， a n ?2 1 ? a n ?1 ? 1a n ?1?n ? N ? ，求证： a n??2 n?2。（1990 年匈牙利数学奥林匹克试题） 分析2 利用待证的不等式中含有 ? 及递推关系式中含有 1 ? a n ?1 这两个信息，考虑进行三角代换，构建新数列 ? n ?，使 an ? tg? n ，化简递推关系式。 ?? ?? 证明：易知 an ? 0 ，构建新数列 ? n ?，使 an ? tg? n ， ? n ? ? 0, ? ? ? 2?则 an ?1 ? tg 2? n ?1 ? 1 tg? n ?1?1 ? cos? n ?1 ? ? tg n ?1 sin ? n ?1 2?tg? n ? tg? n?12，? n ?? n ?12又 a0 ? 1 ， a1 ? 2 ? 1 ? tg?8，从而 ? 1 ??8因此，新数列 ? n ?是以 ?? 1 为首项， 为公比的等比数列。 2 8?1? ?n ? ? ? ?2?n ?1??8??2 n?2? 考虑到当 x ? (0, ) 时，有 tgx ? x 。 2 ? ? 所以， a n ? tg n ? 2 ? n ? 2 2 2注：对型如 3 证明是整数 这类题把递推数列与数论知识结合在一起，我们可以根据题目中的信息， 构建新数列，找到新的递推关系式直接解决，或者再进行转化，结合数论知识解 决。 例 3、设数列 ?an ? 满足 a1 ? 1 ， an?1 ? 求证：2 a ?22 n2 1 ? an ， 1 ? an ，a n ?1 ? a n 都可采用三角代换。 1 ? a n a n?11 1 an ? 2 an(n ? N )?N?n ? N , n ? 1? 。（ 《中学数学教学参考》2001 年第 8 期第 53 页，高中数学竞赛模拟试题） 分析 直接令 bn ?22 an ? 2，转化为证明 bn ? N(n ? N , n ? 1)证明：构建新数列 ?bn ? ，令 bn ?4 4 2 ? 2 ， a n ?1 ? 2 ? 2 2 bn ?1 bn?1 1 ? ? an ? ?2 an ? ? ? ? ?222 an ? 2?02 则 an ?代入 a2 n ?1整理得2 2 2 bn?1 ? bn 4 ? 2bn?? ?(n ? 3)2 2 2 从而 bn ? bn?1 4 ? 2bn?1?2 2 2 2 2 于是 bn ?1 ? bn 4 ? 2bn ?1 ?4 ? 2bn ?1 ? ? 2bn ?bn ?1 ? 1??? ??2(n ? 3)?2 bn?1 ? 2bn bn?1 ? 1??(n ? 3)由已知，b2 ? 4 ，b3 ? 24 ， 由上式可知，b4 ? N ，b5 ? N ， 依次类推，bn ? N(n ? 1) ，即22 an ? 2?N 。例 4、设 r 为正整数，定义数列 ?an ? 如下： a1 ? 1 ， a n ?1 ?(n ? N )nan ? 2(n ? 1) 2 r n?2求证： an ? N 。 （1992 年中国台北数学奥林匹克试题）分析把条件变形为 ?n ? 2?an?1 ? nan ? 2?n ? 1? 比较 a n?1 与 an 前的系数及2r2r a n?1 与 an 的足码，考虑到另一项为 2?n ? 1? ，等式两边同乘以 ?n ? 1? ，容易想到构新数列 ?bn ? ，使 bn ? n?n ? 1?an 。 证明：由已知得 ?n ? 2?an?1 ? nan ? 2?n ? 1?2r? ?n ? 1??n ? 2?an?1 ? n?n ? 1?an ? 2?n ? 1?2r?1构建新数列 ?bn ? ， bn ? n?n ? 1?an 则 b1 ? 2 ， bn?1 ? bn ? 2?n ? 1?2r ?1? bn ? b1 ? ? ?bk ?1 ? bk ?k ?1n ?1? 2 1 ? 2 2r ?1 ? 32r ?1 ? ? ? n 2r ?1??? ?bn ? Nbn ? 2n 2 r ?1 ? ? k 2 r ?1 ? (n ? k ) 2 r ?1k ?1 n ?1??1 2 2 ? 2n 2 r ?1 ? ? n 2 r ?1 ? C 2 r ?1n 2 r k ? C 2 r ?1n 2 r ?1k 2 ? ? ? C 2 rr?1n ? k 2 r k ?1n ?1???n bnn n n又 bn ? ? k 2 r ?1 ? ? (n ? 1 ? k ) 2 r ?1 ? ? k 2 r ?1 ? ?n ? 1 ? k ?k ?1 k ?1 k ?1?2 r ?1? ?? ? ?n ? 1?k ?1n?2 r ?11 2 ? C 2 r ?1 ?n ? 1? ? k ? C 2 r ?1 ?n ? 1? 2r2 r ?12 k 2 ? ? ? C 2 rr?1 ?n ? 1?k 2 r? ?n ? 1? ? n?n ? 1?| bn | bn ，从而 an ? N 。4 解决整除问题 一般通过构建新数列求出通项，再结合数论知识解决，也可用数学归纳法 直接证明。 例 5、设数列 ?an ? 满足 a1 ? 1 ， a2 ? 3 ，对一切 n ? N ，有an?2 ? ?n ? 3?an?1 ? ?n ? 2?an ，求所有被 11 整除的 an 的一切 n 值。（1990 年巴尔干地区数学奥林匹克试题） 分析 变形递推关系式为 an?2 ? an?1 ? ?n ? 2??an?1 ? an ? ，就容易想到怎样构建新数列了。 解：由已知 an?2 ? an?1 ? ?n ? 2??an?1 ? an ? 构建新数列 ?bn ??n ? 2?,bn?1 ? an?1 ? an?n ? 1? ?n ? 2? ?n ? 2?则 b2 ? 2 ， bn?1 ? ?n ? 1??an ? an?1 ? ? ?n ? 1?bn? ?bn ? nbn?1 ? n?n ? 1?bn?2 ? ? ? n?n ? 1??3b2 ? n!an ? a1 ? ? ?a n ? an?1 ? ? 1 ? ? bk ?? k!k ?2 k ?2 k ?1 n n n从而 a4 ? 11? 3 ，a8 ? 11? 4203，a10 ? 11? 367083 当 n ? 11 时， ， 由于 ? k! 被k ?11011 整除，因而 a n ? ? k! ? ? k! 也被 11 整除。k ?1 k ?1110n所以，所求 n 值为 n ? 4 ，8，及 n ? 10 的一切自然数。 5 证明是完全平方数 这类题初看似乎难以入手，但如能通过构建新数列求出通项 an ，问题也就 迎刃而解了。 例 6、设数列 ?an ? 和 ?bn ? 满足 a0 ? 1 ， b0 ? 0 ，且?a n ?1 ? 7 a n ? 6bn ? 3 ? ?bn ?1 ? 8a n ? 7bn ? 4① ②?n ? 0,1,2,??求证： an 是完全平方数。 （2000 年全国高中联赛加试题） 分析 先用代入法消去 bn 和 bn ?1 ，得 an?2 ? 14an?1 ? an ? 6 ? 0 ，如果等式中没有常数项 6，就可以利用特征根方法求通项，因此可令 Cn ? an ? a ，易求得1 a?? 。 2证明：由①式得 bn ， bn ?1 代入②得an?2 ? 14an?1 ? an ? 6 ? 01? 1? ? 1? ? ? 化为 ? a n ? 2 ? ? ? 14? a n?1 ? ? ? ? a n ? ? ? 0 2? 2? ? 2? ? ?构建新数列 ?cn ? ， c n ? a n ?1 1 ，且 c 0 ? ， 2 2 1 1 7 c1 ? a1 ? ? ?7a0 ? 6b0 ? 3? ? ? 2 2 2cn?2 ? 14?cn?1 ? ? cn ? 0由特征方程?2 ? 14? ? 1 ? 0 得两根?1 ? 7 ? 4 3 ， ?2 ? 7 ? 4 3所以n cn ? m1?1 ? m2 ?n 21 ? ?m1 ? m2 ? 2 ? 当 n ? 0 ，1 时，有 ? ?m 7 ? 4 3 ? m 7 ? 4 3 ? 1 2 ? 1 2 ?????解得： m1 ? m2 ? 则 cn ?n n 1 1 7?4 3 ? 7?4 3 4 4 2n 2n 1 1 ? 2? 3 ? 2? 3 4 4? ?1 4??????则 an ? cn ?n n 2 1 1? ? 2? 3 ? 2? 3 ? ? ? ? 2 4??? ??因为 2 ? 3 ? 2 ? 3?? ?n?n为正偶数，所以， an 是完全平方数。从上述各题构建新数列的过程中，可以看出对题设中递推式的观察、分析， 并据其结构特点进行合理变形， 是成功构建新数列的关键。构建新数列的目的是 为了化繁为简、化未知为已知、化不熟悉为熟悉，这也是解答数学问题的共性之 所在。第八讲：竞赛讲座－不等式不等式是数学竞赛的热点之一。由于不等式的证明难度大，灵活性强，要求很高的 技巧，常常使它成为各类数学竞赛中的“高档”试题。而且，不论是几何、数论、 函数或组合数学中的许多问题，都可能与不等式有关，这就使得不等式的问题（特 别是有关不等式的证明）在数学竞赛中显得尤为重要。 证明不等式同大多数高难度的数学竞赛问题一样，没有固定的模式，证法因题而异， 灵活多变，技巧性强。但它也有一些基本的常用方法，要熟练掌握不等式的证明技 巧，必须从学习这些基本的常用方法开始。 一、不等式证明的基本方法 1．比较法 比较法可分为差值比较法和商值比较法。 （1）差值比较法原理A－ B＞0A＞B．【例 1】（l）m、n 是奇偶性相同的自然数，求证： （a ＋b ）（a ＋b ）＜2（a +b ）。m m n n m+n m+n（2）证明：???。【例 2】设 a1?a2???an，b1?b2???bn，j1,j2,?,jn 是 1,2,?,n 的任意一个排 列，令S=a1+ a2+?+ an，S0=a1bn+a2bn-1+?+anb1，S1=a1b1+a2b2+?+anbn。求证：S0?S?S1。 （2）商值比较法原理若&1，且 B&0，则 A&B。2a 2b 2c b+c c+a a+b【例 3】已知 a,b,c&0，求证：a b c ?a b c 。 2．分析法【例 4】若 x,y&0，求证：&4。4 4 2 2 2 2 2 2【例 5】若 a,b,c 是△ABC 的三边长，求证：a +b +c &2(a b +b c +c a )。 3．综合法 【例 6】若 a,b,c&0，求证：abc?(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)。【例 7】已知△ABC 的外接圆半径 R=1，S△ABC=，a,b,c 是△ABC 的三边长，令S= 求证：t&S。，t=。4．反证法 【例 8】已知 a +b =2，求证：a+b?2。 5．数学归纳法3 3【例 9】证明对任意自然数 n， 二、不等式证明的若干技巧。无论用什么方法来证明不等式，都需要对数学表达式进行适当的变形。这种变形往 往要求具有很高的技巧，必须善于分析题目的特征，根据题设条件，综合地利用添、 拆、分解、组合、配方、变量代换、数形结合等方法才能发现问题的本质，找到突 破口。 1． 变形技巧【例 1】若 n∈N，S= 求证：n&S&n+1。++???+，【例 2】（1）若 A、B、C∈[0，π ]，求证：sinA+sinB+sinC?3sin。（2）△ABC 的三内角平分线分别交其外接圆于 A‘,B’,C‘，求证：S△ABC?S△A’B‘C’。 2． 引入参变量 【例 3】将一块尺寸为 48?70 的矩形铁皮剪去四角小正方形后折成一个无盖长方体 铁盒，求铁盒的最大容积。2 2 2 2 2 2【例 4】在△ABC 中，求证：a +b +c ?4△+(b-c) +(c-a) +(a-b) 。其中，a,b,c 是△ABC 的三边长，△= S△ABC。 3． 数形结合、构造【例 5】证明： 4． 递推?。【例 6】 已知： 1= x 三、放缩法， 2= x， ???， n= x。 求证：。【例 1】若 n∈N，n?2，求证：。【例 2】α 、β 都是锐角，求证：?9。【例 3】已知：a1?1，a1 a2?1，???，a1 a2???an?1，求证：。【例 4】S=1+++???+，求 S 的整数部分[S]。【例 5】设 a0=5，an=an-1+，n=1,2,?。求证：45&a。 ? ?第九讲：抽屉原则大家知道，两个抽屉要放置三只苹果，那么一定有两只苹果放在同一个抽屉里， 更一般地说，只要被放置的苹果数比抽屉数目大，就一定会有两只或更多只的苹果 放进同一个抽屉，可不要小看这一简单事实，它包含着一个重要而又十分基本的原 则――抽屉原则. 1． 抽屉原则有几种最常见的形式原则 1 如果把 n+k(k?1)个物体放进 n 只抽屉里，则至少有一只抽屉要放进两个或 更多个物体： 原则本身十分浅显，为了加深对它的认识，我们还是运用反证法给予证明；如果每 个抽屉至多只能放进一个物体， 那么物体的总数至多是 n， 而不是题设的 n+k(k?1)， 这不可能. 原则虽简单.巧妙地运用原则却可十分便利地解决一些看上去相当复杂、 甚至感到无 从下手的总是，比如说，我们可以断言在我国至少有两个人出生的时间相差不超过 4 秒钟，这是个惊人的结论，该是经过很多人的艰苦劳动，统计所得的吧！不，只 须我们稍动手算一下： 不妨假设人的寿命不超过 4 万天（约 110 岁，超过这个年龄数的人为数甚少），则10 亿人口安排在 8 亿 6 千 4 百万个“抽屉”里，根据原则 1，即知结论成立. 下面我们再举一个例子： 例 1 幼儿园买来了不少白兔、熊猫、长颈鹿塑料玩具，每个小朋友任意选择两件， 那么不管怎样挑选，在任意七个小朋友中总有两个彼此选的玩具都相同，试说明道 理. 解 从三种玩具中挑选两件，搭配方式只能是下面六种： （兔、兔），（兔、熊猫），（兔、长颈鹿），（熊猫、熊猫），（熊猫、长颈鹿）， （长颈鹿、长颈鹿） 把每种搭配方式看作一个抽屉，把 7 个小朋友看作物体， 那么根据原则 1，至少有两个物体要放进同一个抽屉里， 也就是说，至少两人挑选玩具采用同一搭配方式，选的玩 具相同. 原则 2 如果把 mn+k(k?1)个物体放进 n 个抽屉， 则至少有 一个抽屉至多放进 m+1 个物体.证明同原则相仿.若每个抽 屉至多放进 m 个物体,那么 n 个抽屉至多放进 mn 个物体, 与题设不符，故不可能. 原则 1 可看作原则 2 的物例（m=1） 例 2 正方体各面上涂上红色或蓝色的油漆（每面只涂一种色），证明正方体一定有 三个面颜色相同. 证明把两种颜色当作两个抽屉，把正方体六个面当作物体，那么 6=2?2+2，根据原 则二，至少有三个面涂上相同的颜色.例 3 把 1 到 10 的自然数摆成一个圆圈，证明一定存在在个相邻的数，它们的和数 大于 17. 证明 如图 12-1，设 a1，a2，a3，?，a9，a10 分别代表不超过 10 的十个自然数，它 们围成一个圈，三个相邻的数的组成是（a1，a2，a3），（a2，a3，a4），（a3，a4， a5），?,（a9，a10，a1）,（a10，a1，a2）共十组.现把它们看作十个抽屉，每个抽屉 的物体数是 a1+a2+a3，a2+a3+a4，a3+a4+a5，?a9+a10+a1，a10+a1+a2,由于 （a1+a2+a3）+（a2+a3+a4）+?+（a9+a10+a1）+（a10+a1+a2） =3(a1+a2+?+a9+a10) =3?(1+2+?+9+10)根据原则 2,至少有一个括号内的三数和不少于 17,即至少有三个相邻的数的和不小 于 17. 原则 1、原则 2 可归结到期更一般形式： 原则 3 把 m1+m2+?+mn+k(k?1)个物体放入 n 个抽屉里，那么或在第一个抽屉里至少 放入 m1+1 个物体，或在第二个抽屉里至少放入 m2+1 个物体，??，或在第 n 个抽屉 里至少放入 mn+1 个物体. 证明假定第一个抽屉放入物体的数不超过 m1 个，第二个抽屉放入物体的数不超过 m2 个，??，第 n 个抽屉放入物体的个数不超过 mn，那么放入所有抽屉的物体总数不 超过 m1+m2+?+mn 个，与题设矛盾. 例 4 有红袜 2 双，白袜 3 双，黑袜 4 双，黄袜 5 双，蓝袜 6 双（每双袜子包装在一 起）若取出 9 双，证明其中必有黑袜或黄袜 2 双. 证明 除可能取出红袜、白袜 3 双外.还至少从其它三种颜色的袜子里取出 4 双，根 据原理 3，必在黑袜或黄袜、蓝袜里取 2 双. 上面数例论证的似乎都是“存在”、“总有”、“至少有”的问题，不错，这正是 抽屉原则的主要作用.需要说明的是， 运用抽屉原则只是肯定了“存在”、 “总有”、 “至少有”，却不能确切地指出哪个抽屉里存在多少. 2． 制造抽屉是运用原则的一大关键 首先要指出的是，对于同一问题，常可依据情况，从不同角度设计抽屉，从而导致 不同的制造抽屉的方式.例 5 在边长为 1 的正方形内，任意给定 13 个点，试证：其中必有 4 个点，以此 4点为顶点的四边开面积不超过（假定四点在一直线上构成面积为零的四边形）.证明如图 12-2 把正方形分成四个相同的小正方形. 因 13=3?4+1，根据原则 2，总有 4 点落在同一个小正方形内（或边界上），以此 4点为顶点的四边形的面积不超过小正方形的面积， 也就不超过整个正方形面积的.事实上，由于解决问题的核心在于将正方形分割成四个面积相等的部分，所以还可 以把正方形按图 12-3（此处无图）所示的形式分割. 合理地制造抽屉必须建立在充分考虑问题自身特点的基础上. 例 6 在一条笔直的马路旁种树，从起点起，每隔一米种一棵树，如果把三块“爱护 树木”的小牌分别挂在三棵树上，那么不管怎样挂，至少有两棵挂牌的树之间的距 离是偶数（以米为单位），这是为什么？ 解如图 12-4（设挂牌的三棵树依次为 A、B、C.AB=a，BC=b，若 a、b 中有一为偶数， 命题得证.否则 a、b 均为奇数，则 AC=a+b 为偶数，命题得证. 下面我们换一个角度考虑：给每棵树上编上号， 于是两棵树之间的距离就是号码差， 由于树的号码只能为奇数和偶数两类，那么挂牌的三棵树号码至少有两个同为奇数 或偶数，它们的差必为偶数，问题得证. 后一证明十分巧妙，通过编号码，将两树间距离转化为号码差.这种转化的思想方法 是一种非常重要的数学方法例 7 从自然数 1，2，3，?99，100 这 100 个数中随意取出 51 个数来，求证：其中 一定有两个数，，它们中的一个是另一个的倍数. 分析设法制造抽屉： （1） 不超过 50 个； （2） 每个抽屉的里的数 （除仅有的一个外） ， 其中一个数是另一个数的倍数，一个自然数的想法是从数的质因数表示形式入手. 解设第一个抽屉里放进数：1，1?2，1?2 ，1?2 ，1?2 ，1?2 ，1?2 ； 第二个抽屉时放进数：3，3?2，3?2 ，3?2 ，3?2 ，3?2 ； 第三个抽屉里放进数：5，5?2，5?2 ，5?2 ，5?2 ； ?????? 第二十五个抽屉里放进数：49，49?2； 第二十六个抽屉里放进数：51. ?????? 第五十个抽屉里放进数：99. 那么随意取出 51 个数中， 必有两个数同属一个抽屉， 其中一个数是另一个数的倍数. 制造抽屉并非总是一帆风顺的，有时要边制造边调整、改进. 例 8 任意给定 7 个不同的自然数，求证其中必有两个整数，其和或差是 10 的倍数. 分析注意到这些数队以 10 的余数即个位数字，以 0，1，?，9 为标准制造 10 个抽 屉，标以[0]，[1]，?，[9].若有两数落入同一抽屉，其差是 10 的倍数，只是仅有 7 个自然数，似不便运用抽屉原则，再作调整：[6]，[7]，[8]，[9]四个抽屉分别 与[4]，[3]，[2]，[1]合并，则可保证至少有一个抽屉里有两个数，它们的和或差 是 10 的倍数.2 3 4 2 3 4 5 2 3 4 5 63． 较复杂的问题须反复地运用抽屉原则，将复杂问题转化为简单问题. 例 9 以（x，y，z）表示三元有序整数组，其中 x、y、z 为整数，试证：在任意七个 三元整数组中，至少有两个三元数组，它们的 x、y、z 元中有两对都是奇数或都是 偶数. 分析 设七个三元素组为 A1（x1，y1，z1）、A2（x2，y2，z2）、?、A7（x7，y7，z7）. 现在逐步探索，从 x 元开始，由抽屉原则，x1，x2，?，x7 这七个数中，必定有四 个数具有相同的奇偶性，不妨设这四个数是 x1，x2，x3，x4 且为偶数，接着集中考虑 A1、A2、A3、A4 这四组数的 y 元，若比如 y1，y2，y3，y4 中有两个是偶数，则问题已证， 否则至多有一个是偶数，比如 y4 是偶数，这时我们再来集中考虑 A1、A2、A3 的 z 元. 在 z1，z2，z3 中，由抽屉原则必有两个数具有相同的奇偶性，如 z1、z2，这时无论它 们是奇数，还是偶数，问题都已得到证明. 下面介绍一个著名问题. 例 10 任选 6 人，试证其中必有 3 人，他们互相认识或都不认识. 分析 用 A、B、C、D、E、F 表示这 6 个人，首先以 A 为中心考虑，他与另外五个人 B、C、D、E、F 只有两种可能的关系：认识或不认识，那么由抽屉原则，他必定与 其中某三人认识或不认识，现不妨设 A 认识 B、C、D 三人，当 B、C、D 三人都互不 认识时，问题得证；当 B、C、D 三人中有两人认识，如 B、C 认识时，则 A、B、C 互相认识，问题也得证. 本例和上例都采用了舍去保留、化繁为简、逐步缩小考虑范围的方法. 例 11a，b，c，d 为四个任意给定的整数，求证：以下六个差数 b-a，c-a，d-a，c-b，d-b，d-c 的乘积一定可以被 12 整除. 证明 把这 6 个差数的乘积记为 p，我们必须且只须证明：3 与 4 都可以整除 p，以 下分两步进行. 第一步，把 a，b，c，d 按以 3 为除数的余数来分类，这样的类只有三个，故知 a， b，c，d 中至少有 2 个除以 3 的余数相同，例如，不妨设为 a，b，这时 3 可整除 b-a， 从而 3 可整除 p. 第二步，再把 a，b，c，d 按以 4 为除数的余数来分类，这种类至多只有四个，如果 a，b，c，d 中有二数除以 4 的余数相同，那么与第一步类似，我们立即可作出 4 可 整除 p 的结论. 设 a，b，c，d 四数除以 4 的余数不同，由此推知，a，b，c，d 之中必有二个奇数 （不妨设为 a，b），也必有二个偶数（设为 c，d），这时 b-a 为偶数，d-c 也是偶 数，故 4 可整除(b-a)(d-c)，自然也可得出 4 可整除 p.如果能进一步灵活运用原则，不仅制造抽屉，还根据问题的特征，制造出放进抽屉 的物体，则更可收到意想不到的效果. 例 12 求证：从任意 n 个自然数 a1，a2，?，an 中可以找到若干个数，使它们的和是 n 的倍数. 分析以 0，1，?，n-1 即被 n 除的余数分类制造抽屉的合理的，但把什么样的数作 为抽屉里的物体呢？扣住“和”，构造下列和数： S1=a1, S2=a1+a2, S=a1+a2+a3, ???? Sn=a1+a2+?+an， 其中任意两个和数之差仍为和数，若他们之中有一是 n 的倍数，问题得证，否则至 少有两个数被 n 除余数相同，则它们的差即它们中若干数（包括 1 个）的和是 n 的 倍数，问题同样得证. 例子 3（北京 1990 年高一竞赛）910 瓶红、蓝墨水，排成 130 行，每行 7 瓶，证明： 不论怎样排列，红蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种： （1）至少有三行完全相同； （2）至少有两组（四行）每组的两行完全相同. 解 910 瓶红、蓝墨水排成 130 行，每行 7 瓶，对一行来说，每个位置上有红蓝两种 7 可能，因此，一行的红、蓝墨水排法有 2 =128 种，对每一种不同排法设为一种“行 式”，共有 128 种行式. 现有 130 行，在其中任取 129 行，依抽屉原则知，必有两行 A、B 行式相同. 除 A、B 外余下 128 行，若有一行 P 与 A 行式相同，知满足（1）至少有三行 A、B、 P 完全相同，若在这 128 行中设直一行 5A 行或相同，那么这 128 行至多有 127 种行 式，依抽屉原则，必有两行 C、D 具有相同行式，这样便找到了（A、B），（C、D） 两组（四行），且两组两行完全相同. 练习十二 1． 一个篮球运动员在 15 分钟内将球投进篮圈 20 次，证明总有某一分钟他至少投 进两次.2． 有黑、白、黄筷子各 8 只，不用眼睛看，任意地取出筷子来，使得至少有两双 筷子不同色，那么至少要取出多少只筷子才能做到？ 3． 证明：在 1，2，3，?，10 这十个数中任取六个数，那么这六个数中总可以找 到两个数，其中一个是另一个的倍数. 4． 证明：任意 502 个整数中，必有两个整数的和或差是 998 的倍数. 5． 任意写一个由数字 1，2，3 组成的 30 位数，从这 30 位数任意截取相邻三位， 可得一个三位数，证明：在从各个不同位置上截得的三位数中至少有两个相等. 6． 证明： 把任意 10 个自然数用适当的运算符号连接起来， 运算的结果总能被 1890 整除. 7． 七条直线两两相交，所得的角中至少有一个角小于 26°. 8． 用 2 种颜色涂 3 行 9 列共 27 个小方格，证明：不论如何涂色，其中必至少有 两列，它们的涂色方式相同. 9． 用 2 种颜色涂 5?5 共 25 个小方格，证明：必有一个四角同色的矩形出现. 10． 求证存在形如 11?11 的一个数，此数是 1987 的倍数.练习十二 1． 分钟里在每一分钟看作一个抽屉， 次投篮看作 20 个物体， 15 20 根据原理一即得. 2.至少要取１１只筷子．因为１１只筷子中必有一双筷子同色，不妨设它是黄色， 则黑色或白色的筷子至少有３只，其中必有一双同色，即黑色或白色，故取１１只 筷子足以保证成功．但少于１１只不行，如取１０只筷子，闵可能出现８只黄色， 黑白各一只，不合要求． ３．将１０个数分成５组：（１，７），（２，６），（３，９），（４，８）， （５，１０）．任取六个数必有两个落入同一组，而同组二数中一数是另一数的倍 数． ４．每个整数被９９８除，余数必是０，１，２，?，９９７中的一个．把这９９ ８个余数制造为（０），（１，９９７），（２，９９６），?，（４９７，５０ １），（４９８），（４９９），（５００）共５０１个抽屉，把５０２个整数按 被９９８除的余数大小分别放入上述抽屉，必有两数进入同一抽屉．若余数相同， 那么它们的差是９９８的倍数，否则和为９９８的倍数． ５．从各种位置上截得的三位数有２８个，但由１，２，３组成的不同三位数有３ ?３?３＝２７个，故有两个截得的三位数相同．６． １８９０＝２?３?５?７?９． 将１０个数记为ｘ１， ２， ｘ ?， ９， １０． ｘ ｘ １ ０个数中至少有两个被９除余数相同，设为ｘ１，ｘ２则ｘ１－ｘ２可被９整除．同样 剩下８个数中有两个数的差可被７整除，记为ｘ３－ｘ４，剩下６个数中有两个数的 差可被５整除，记为ｘ５－ｘ６，剩下４个数中有两个数的差可被３整除，记为ｘ７ －ｘ８．剩下两数ｘ９，ｘ１０，若有一数为偶数，则ｘ９，ｘ１０可被２整除，否则ｘ９ －ｘ１０可被２整除．故乘积（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８） ｘ９?ｘ１０与（ｘ１－ｘ２）（ｘ３－ｘ４）（ｘ５－ｘ６）（ｘ７－ｘ８）（ｘ９－ｘ１０） 二者之一必可被１８９０整除． ７．任选一点Ｐ，过Ｐ点分别作各线的平行线，则它们把一周角分成１４个彼此相 邻的角，其中至少有一个角小于２６°． ８．用两种颜色涂１?３的小方格共有８种方法．现有９列，由抽屉原则，必有两 列涂法一样． ９．设两种颜色为红、蓝，考察第一行的涂色．必有三格同色，不妨设为红色，且 在左边三列．现考察左边三列，若下面四行中某一行有两格同为红色，则出现四角 同红色矩形，否则每行仅可能一格染红色，从而四行中必有二行左边三列中有两列 同染蓝色，从而得到四角同为蓝色的矩形．１０．考虑１，１１，? 共１９８７个数，其中必有一个是１９８７的倍数， 否则必有两数被１９８７除余数相同，其差是１９８７的倍数．但１０ 与１９８７没 有除１外的因数，故 是１９８７倍数导致矛盾．ｉ第十讲：竞赛讲座－覆盖一个半径为 1 的单位圆显然是可以盖住一个半径为 的圆的．反过来则不然，一个半径为的圆无法盖住单位圆．那么两个半径为的圆能否盖住呢？不妨动手实验一下，不行．为什么不行？需几个这样的小圆方能盖住大圆？??，这里我们讨论 的就是覆盖问题，它是我们经常遇到的一类有趣而又困难的问题． 定义 设Ｇ和Ｆ是两个平面图形．如果图形Ｆ或由图形Ｆ经过有限次的平移、旋转、 对称等变换扣得到的大小形状不变的图形Ｆ′上的每一点都在图形Ｇ上．我们就说图形Ｇ覆盖图形Ｆ；反之，如果图形Ｆ或Ｆ′上至少存在一点不在Ｇ上，我们就说 图形Ｇ不能覆盖图形Ｆ． 关于图形覆盖，下述性质是十分明显的： （１） （２） 图形Ｇ覆盖自身； 图形Ｇ覆盖图形Ｅ，图形Ｅ覆盖图形Ｆ，则图形Ｇ覆盖图形Ｆ．１．最简单情形DD用一个圆覆盖一个图形． 首先根据覆盖和圆的定义及性质即可得到： 定理１ 如果能在图形Ｆ所在平面上找到一点Ｏ，使得图形Ｆ中的每一点与Ｏ的距 离都不大于定长ｒ，则Ｆ可被一半径为ｒ的圆所覆盖． 定理２ 对于二定点Ａ、Ｂ及定角 α 若图形Ｆ中的每点都在ＡＢ同侧，且对Ａ、Ｂ 视角不小于 α ，则图形Ｆ被以ＡＢ为弦，对ＡＢ视角等于 α 的弓形Ｇ所覆盖． 在用圆去覆盖图形的有关问题的研究中，上述二定理应用十分广泛．例１ 求证：（１）周长为２ｌ的平行四边形能够被半径为的圆面所覆盖．（２）桌面上放有一丝线做成的线圈，它的周长是２ｌ，不管线圈形状如何，都可以被个半径为的圆纸片所覆盖．分析 （１）关键在于圆心位置，考虑到平行四边形是中心对称图形，可让覆盖圆 圆心与平行四边形对角线交点叠合． （２）＂曲＂化＂直＂．对比（１），应取均分线圈的二点连线段中点作为覆盖圆 圆心． 证明 （１）如图４５－１，设ＡＢＣＤ的周长为２ｌ，ＢＤ?ＡＣ，ＡＣ、ＢＤ 交于Ｏ，Ｐ为周界上任意一点，不妨设在ＡＢ上，则 ∠１?∠２?∠３， 有ＯＰ?ＯＡ． 又ＡＣ＜ＡＢ＋ＢＣ＝ｌ，故ＯＡ＜．因此周长为２ｌ的平行四边形ＡＢＣＤ可被以Ｏ为圆心；半径为 题得证．的圆所覆盖，命（2）如图 45-2,在线圈上分别取点 R，Q，使 R、Q 将线圈分成等长两段，每段各长 l.又设 RQ 中点为 G，M 为线圈耻任意一点，连 MR、MQ，则因此，以 G 为圆心，长为半径的圆纸片可以覆盖住整个线圈．例２△ABC 的最大边长是ａ，则这个三角形可被一半径为 分析 ａ为最大边，所对角 A 满足６０°?A＜１８０°．的圆所覆盖．证明 不妨设 BC＝ａ，以 BC 为弦，在 A 点所在一侧作含 60°角的弓形弧（图４５－ ３）．因６０°?A?180°，故根据定理２，△ABC 可被该弓形所覆盖．由正弦定理，弓形相应半径ｒ＝ 所覆，所以△ABC 可被半径为的圆盖．显然覆盖△ABC 的圆有无穷多个，那么半径为 实并不 尽然．的圆是否是最小的覆盖圆呢？事例３ △ＡＢＣ的最大边 BC 等于ａ，试求出覆盖△ABC 的最小圆． 解 分三种情形进行讨论： （１） （２） ∠Ａ为钝角，以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ＡBC． ∠Ａ是直角，同样以ＢＣ为直径作圆即可覆盖△ABC；（３）∠Ａ是锐角．假若⊙O 覆盖△ABC，我们可在⊙O 内平移△ABC，使一个顶点 B 落到圆周上，再经过适当旋转，使另一个顶点落在圆周上，此时第三个顶点 A 在⊙O 内或其圆周上，设 BC 所对圆周角为 α ，那么∠BAC?α ，设⊙O 直径ｄ，△ABC 外 接圆直径ｄ０，那么所以对于锐角三角形 ABC，最小覆盖圆是它的外接圆． 今后我们称覆盖图形 F 的圆中最小的一个为 F 的最小覆盖圆．最小覆盖圆的半径叫 做图形 F 的覆盖半径． 综合例２、例３，即知△ABC 中，若ａ为最大边，则△ABC 的覆盖半径ｒ满足２．一个图形Ｆ能否被覆盖，与图形中任意两点间的距离最大值ｄ密切相关． 以下我们称图形Ｆ中任意两点间的距离最大值ｄ为图形Ｆ的直径． 我们继续研究多个圆覆盖一个图形问题． 定义 对于图形Ｇ１，Ｇ２，?，Ｇｎ，若图形Ｆ中的每一点都被这组图形中的某个所 覆盖，则称这几个图形覆盖图形Ｆ． 图形Ｇ１，Ｇ２，?，Ｇｎ为ｎ个圆是一特殊情形． 例４ 以ＡＢＣＤ的边为直径向平行四边形内作四个半圆，证明这四个半圆一定覆 盖整个平行四边形． 分析１ ＡＢＣＤ的每一点至少被某个半圆所盖住． 证明１ 用反证法．如图４５－４设存在一点Ｐ在以ＡＢ、ＢＣ、ＣＤ、ＤＡ为直径 的圆外，根据定理二，∠ＡＰＢ，∠ＢＰＣ，∠ＣＰＤ∠ＤＰＡ均小于９０°，从 而 ∠ＡＰＢ＋∠ＢＰＣ＋∠ＣＰＤ＋∠ＤＰＡ＜３６０°．与四角和应为周角相矛盾．故Ｐ应被其中一半圆盖住，即所作四个半圆覆盖ＡＢＣ Ｄ． 分析２ 划片包干，如图４５－５，将ＡＢＣＤ分为若干部分，使每一部分分别都被 上述四个半圆所覆盖． 证明２ 在ＡＢＣＤ中，如图４５－５，设ＡＣ?ＢＤ．分别过Ｂ、Ｄ引垂线ＢＥ、 ＤＦ垂直ＡＣ，交ＡＣ于Ｅ、Ｆ，将ＡＢＣＤ分成四个直角三角形，△ＡＢＥ、△ＢＣＥ、△ＣＤＦ、△ＤＡＦ．每一个直角三角形恰好被一半圆所覆盖，从而整个 四边形被四个半圆所覆盖． 上述结论可推广到任意四边形，留给读者考虑． 例５ 求证：一个直径为１的圆不能被两个直径小于１的圆所覆盖． 证明 如图４５－６，先考虑其中一个小圆即⊙Ｏ１去覆盖大圆Ｏ，连Ｏ１、Ｏ过Ｏ 作ＡＢ⊥Ｏ１Ｏ，ＡＢ为⊙Ｏ的直径（若Ｏ１、Ｏ重合，那么ＡＢ为任意直径）此时故Ａ、Ｂ两点都不能被⊙Ｏ１盖住．至于另一小圆⊙Ｏ２无疑不能同时盖住Ａ、Ｂ两 点，故⊙Ｏ１、⊙Ｏ２不能覆盖⊙Ｏ． 事实上，我们还可以从另一角度给予证明．那就是一个小圆无法覆盖半个大圆，因 此两个小圆也就不可能覆盖住整个大圆了． 现在，我们着手研究本文一开始就提出的问题．例６ 给定一个半径为１的圆，若用半径为 住．的圆去覆盖它，问至少要几个才能盖问题需要我们在二个方面给予回答：一是所确定数目的小圆足以覆盖大圆；二是少 于确定的数目，则全部小圆不能覆盖大圆． 对于不能覆盖的推断，以下两个原则是常用的： 原则１ 若图形Ｆ的面积大于图形Ｇ的面积，则图形Ｇ不能覆盖图形Ｆ． 原则２ 直径为ｄ的图形Ｆ不能被直径小于ｄ的图形Ｇ所覆盖．两原则十分显然，不再证明．四个半径为的小圆面积和为 π ，恰等于大圆面积，而四小圆间若不重迭，则覆盖其它图形时，还须排除中间所夹的不属于四圆的部分，换句话说，四小圆所覆盖大 圆部分面积必小于大圆自身面积，根据法则１，不可能覆盖大圆，少于四个小圆更 不可能． 若有五个小圆，我们改变角度考虑，可将大圆周分为六等分．因小圆直径为１，五 个小圆无法盖住大圆周，而六个圆周恰好盖住． 还需考虑大圆圆心没有被盖住，再添加一个小圆，符合要求！这说明： 至少七个以为半径的小圆方能覆覆盖半径为 1 的一个大圆.事实上这样的六个小圆若盖住大圆周，则大圆心不能被覆盖．若其中一小圆盖住大圆圆心，那么 该圆又至多盖住大圆周上一点也就是六个小圆无法覆盖大圆，而我们作大圆的内接 正六边形，分别将小圆圆心与各边中点重合，再将第七个小圆圆心与大圆圆心重合 即可盖住大圆，如图４５－７，以下给出证明： 对于正△ＯＡＢ， 设ＯＡ、 ＯＢ中点Ａ１、 １， Ｂ 那么∠ＡＡ１Ｂ＝∠ＡＢ１Ｂ＝９０°， 故四边形ＡＡ１Ｂ１Ｂ被以ＡＢ为直径的圆覆盖．另外，△ＯＡ１Ｂ１被小圆⊙Ｏ所覆 盖．类似地可推得七个小圆覆盖整个大圆． ３．直线形图形覆盖别的图形的问题 解决直线形图形覆盖别的图形的问题，常须较高的智巧，一般的处理方法是通过构 造过渡图形，逐步调整，最终获得问题的解决． 例７ 证明直径为１的图形Ｆ可被单位正方形覆盖． 分析 先后用互相垂直的两对平行线将图形夹在中间，再向内收缩．证明 取位于水平方向和铅直方向的两对平行直线将图形Ｆ夹在中间，再将位于下 方的直线ｌ２向上平移，直至遇到图形Ｆ上点为止，中图４５－８中ｌ２′处．接着 又将ｌ１向下平移至与ｌ２′相距为１的ｌ１′处止． 因图形Ｆ直径为１． 故图形Ｆ仍 被二直线ｌ１′，ｌ２′所夹．同样采用先左后右的顺序，将沿直线ｍ１、ｍ２平移至 ｍ１′、ｍ２′处，ｍ１′、ｍ２′相距为１，而图形Ｆ依然夹在直线ｍ１′，ｍ２′中 间，从而直线ｌ１′、ｌ２′、ｍ１′、ｍ２′所围成单位正方形即可覆盖图形Ｆ． 运用上述方法，我们可进一步解决以下问题：例８ 直径为１的图形Ｆ可被一个边长为的正三角形覆盖，试证明之．证明 作三对相距为１的平行直线ｍ１、ｍ２、ｎ１、ｎ２，ｌ１、ｌ２，相交直线所成 角为６０°，围成可覆盖图形Ｆ的六边形及正△Ａ１Ｂ１Ｃ１，正△Ａ２Ｂ２Ｃ２（具体 作法可参照例７）．如图４５－９．设Ｐ为Ｆ中任意一点，它到六边形各边距离依 次为ｘ、ａ、ｙ、ｂ、ｚ、ｃ．又设正△Ａ１Ｂ１Ｃ１的高为ｈ１，正△Ａ2Ｂ２Ｃ２的高 为ｈ２．因正三角形内一点到三边距离和等于正三角形的高，得 ａ＋ｂ＋ｃ＝ｈ１， ｘ＋ｙ＋ｚ＝ｈ２． 相加,得 （ｘ＋ｂ）＋（ｙ＋ｃ）＋（ｚ＋ａ）＝ｈ１＋ｈ２， 又ｘ＋ｂ＝１，ｙ＋ｃ＝１，ｚ＋ａ＝１， ∴ｈ１＋ｈ２＝３．根据抽屉原则,ｈ１、ｈ２中有一不大于,不妨设,即正△A１B１C１的高不大于,那么它的边长因此图形Ｆ可被边长不大于的正三角形即正△Ａ1Ｂ１Ｃ１所覆盖.4.图形的嵌入是覆盖问题的一种重要变化形式 所谓图形Ｆ能嵌入图形Ｇ,其本质就是图形Ｇ能覆盖图形 F.例 9 试证面积为 S、周长为 P 的四边形一定可嵌入一个半径为的圆.分析 四边形内存在到各边距离不小于的点.证明 如图 45-10,设四边形 ABCD 面积为Ｓ,周长为Ｐ.各边长分别为ａ1、 ２、 ３、 ａ ａａ４.现以ａ１、ａ２、ａ３、ａ４为长, 积是为宽,向四边形内侧作矩形,则这些矩形总面即四个矩形面积总和等于四边形面积.由于这四个矩形有重迭部分,所以四边形内部存在点 O 没有被矩形覆盖,那么以点 O 为圆心,为半径的圆可嵌入四边形 ABCD 中.例 10 在一个半径等于 18 的圆中已嵌入 16 个半径为 3 的圆.证明在余下的部分中还 能嵌入 9 个半径为 1 的圆. 证明 首先证明大圆中还能嵌入 1 个半径为 1 的小圆.先将大圆的半径收缩为 17,而 将半径为 3 的圆膨胀成半径为 4 的圆,此时大圆面积变为 π ?17 ＝289π . 16 个半径为 4 的圆的面积是 π ?4 ?16=256π . 289π -256π =33π . 这说明大圆中嵌入 16 个半径为 3 的圆外,还能嵌入半径为 1 的一个小圆,如图 45-11 所示. 再将大圆的半径收缩为 17,半径为 3 的圆的半径膨胀为 4,半径为 1 的圆膨胀为 2,由 于 289π -256π -4π =29π ,所以大圆中除嵌入 16 个半径为 3 的圆外,还能嵌入两个半径 为 1 的圆.依此类推,由于 289π -256π -4π ?8=π ＞0, 故大圆还可嵌入九个半径为 1 的小圆. 将图形收缩、膨胀是解嵌入问题一种重要方法.2 2第十一讲：竞赛专题讲座－几何变换【竞赛知识点拨】 一、 平移变换1．定义 设是一条给定的有向线段，T 是平面上的一个变换，它把平面图形 F = ，则 T 叫做沿有向线段 的平移变换。记为上任一点 X 变到 X‘，使得 X X’，图形 FF‘ 。2． 主要性质 在平移变换下，对应线段平行且相等，直线变为直线，三角形变为 三角形，圆变为圆。两对应点连线段与给定的有向线段平行（共线）且相等。 二、 轴对称变换 1． 定义 设 l 是一条给定的直线，S 是平面上的一个变换，它把平面图形 F 上任 一点 X 变到 X’，使得 X 与 X‘关于直线 l 对称，则 S 叫做以 l 为对称轴的轴对称变 换。记为 X X’，图形 F F‘ 。2． 主要性质 在轴对称变换下，对应线段相等，对应直线（段）或者平行，或者 交于对称轴，且这两条直线的夹角被对称轴平分。 三、 旋转变换 1． 定义 设 α 是一个定角，O 是一个定点，R 是平面上的一个变换，它把点 O 仍变到 O（不动点），而把平面图形 F 上任一点 X 变到 X’，使得 OX‘=OX，且∠XOX’=α ，则 R 叫做绕中心 O，旋转角为 α 的旋转变换。记为 X 图形 F F’ 。X‘，其中 α &0 时，表示∠XOX‘的始边 OX 到终边 OX’的旋转方向为顺时针方向；α &0 时，为逆时针方向。 2． 主要性质 在旋转变换下，对应线段相等，对应直线的夹角等于旋转角。 四、 位似变换 1． 定义 设 O 是一个定点，H 是平面上的一个变换，它把平面图形 F 上任一点 X 变到 X‘，使得 =k? ，则 H 叫做以 O 为位似中心，k 为位似比的位似 变换。记为 X F F‘ 。 X’，图形其中 k&0 时，X’在射线 OX 上，此时的位似变换叫做外位似；k&0 时, X‘在射线 OX 的反向延长线上，此时的位似变换叫做内位似。 2． 主要性质 在位似变换下，一对位似对应点与位似中心共线；一条线上的点变 到一条线上，且保持顺序，即共线点变为共线点，共点线变为共点线；对应线段的 比等于位似比的绝对值，对应图形面积的比等于位似比的平方；不经过位似中心的 对应线段平}