2023年高中数学竞赛特级教师培训教材

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1、高中数学竞赛培训教材 编者：特级教师 (一)集合与容斥原理集合是一种基本数学语言、一种基本数学工具。它不仅是高中数学第一课，并且是整个数学基本。对集合理解和掌握不能仅仅停留在高中数学起始课水平上，而要随着数学学习进程而不断深化，自觉使用集合语言(术语与符号)来表达各种数学名词，积极使用集合工具来表达各种数量关系。如用集合表达空间线面及其关系，表达平面轨迹及其关系、表达方程(组)或不等式(组)解、表达充要条件，描述排列组合，用集合性质进行组共计数等。一、学习集合要抓住元素这个核心例1设AXX=a2+b2,a、bZ，X1，X2A，求证：X1X2A。分析：A中元素是自然数，即由两个整数a、b平方和构

2、成自然数，亦即从0、1、4、9、16、25，n2，中任取两个(相似或不相似)数加起来得到一种和数，本题要证明是：两个这样数乘积一定还可以拆成两个自然数平方和形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2，M,NZ证明：设X1a2+b2，X2=c2+d2，a、b、c、dZ.则X1X2(a2+b2)(c2+d2)a2c2+b2d2+b2c2+a2d2a2c2+2acbd+b2d2+b2c2-2bcad+a2d2(ac+bd)2+(bc-ad)2又a、b、c、dZ，故ac+bd、bc-adZ，从而X1X2A练习:1.设两个集合S=x|x=12m+8n,m,nZ,T=x|x=20p+16q,

3、p,qZ.求证：S=T。2.设M=a|a= x2-y2,x,yZ.求证：（1）一切奇数属于M;（2）4k-2(kZ)不属于M;（3）M中任意两个数积仍属于M。3.已知函数f（x）=x2+ax+b,a,bR,且A=x|x=f(x),B=x|x=ff(x).(1)求证:AB;(2)若A=-1，3时，求集合B.二、集合中待定元素拟定例2已知集合MX，XY，lg(xy)，S0，X，Y，且MS，则(X1/Y)(X21/Y2)(X1/Y)值等于().分析：解题核心在于求出X和Y值，而X和Y分别是集合M与S中元素。这一类依照集合关系反过来拟定集合元素问题，规定咱们要对集合元素基本性质即拟定性、异性、无序性及

4、集合之间基本关系(子、全、补、交、异、空、等)有本质理解，对于两个相等有限集合(数集)，还会用到它们简朴性质：(a)相等两集合元素个数相等；(b)相等两集合元素之和相等；(c)相等两集合元素之积相等.解：由MS知，两集合元素完全相似。这样，M中必有一种元素为0，又由对数性质知，0和负数没有对数，因此XY0，故X，Y均不为零，因此只能有lg(XY)0，从而XY1.MX，1，0，S0，X，1/X.再由两集合相等知当X1时，M1,1，0，S0,1，1，这与同一种集合中元素互异性矛盾，故X1不满足题目规定；当X1时，M1,1，0，S0,1，1，MS，从而X1满足题目规定，此时Y1，于是X2K11/Y2

5、K12(K0,1，2，)，X2K1/Y2K2(K1,2，),故所求代数式值为0.练习:4.已知集合，其中是正整数，且，并满足，中所有元素之和为234，求集合A。三容斥原理基本公式:(1)card(AB)card(A)card(B)card(AB)； (2)card(ABC)=card(A)+card(B)+card(C)-card(AB)-card(AC)-card(BC)+card(ABC)问题：开运动会时，高一某班共有28名同窗参与比赛，有15人参与游泳比赛，有8人参与田径比赛，有14人参与球类比赛，同步参与游泳比赛和田径比赛有3人，同步参与游泳比赛和球类比赛有3人，没有人同步参与三项比赛

6、，问同步参与田径比赛和球类比赛有多少人？只参与游泳一项比赛有多少人？设A参与游泳比赛同窗，B参与田径比赛同窗，C参与球类比赛同窗,则card(A)=15，card(B)=8，card(C)=14，card(ABC)=28,且card(AB)=3，card(AC)=3，card(ABC)=0,由公式得281581433card(BC)+0,即card(BC)=3,因此同步参与田径和球类比赛共有3人，而只参与游泳比赛人有15339(人) 四、有限集合子集个数例3一种集合具有10个互不相似两位数。试证，这个集合必有2个无公共元素子集合，此两子集各数之和相等。分析：两位数共有10,11，,99，计99

7、990个，最大10个两位数依次是90,91，,99，其和为945，因而，由10个两位数构成任意一种集合中，其任一种子集中各元素之和都不会超过945，而它非空子集却有21011023个，这是解决问题突破口。解：已知集合具有10个不同两位数，因它具有10个元素，故必有2101024个子集，其中非空子集有1023个，每一种子集内各数之和都不超过909198999450fmin=f(-b/2a)=(4ac-b2)/4a)fmax=maxf(p),f(q)fmin=minf(p),f(q)fmax=maxf(p),f(q)a0fmax=f(-b/2a)=(4ac-b2)/4a)fmin=minf(p),

8、f(q)例1. 当x为什么值时，函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+(x-an)2取最小值。解：f(x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+(x2-2anx+an2)=nx2-2(a1+a2+an)x+(a12+a22+an2) 当x=(a1+a2+an)/n时，f(x)有最小值.例2.已知x1,x2是方程x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0两个实数根，x12+x22最大值是_.解：由韦达定理得：x1+x2=k-2，x1x2=k2+3k+5.x12x22（x1x2）2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5=-k2-10k-6=-(k+5)2+19

9、.已知x1,x2是方程两个实根，即方程有实数根，此时方程鉴别式0，即(k-2)2-4(k2+3k+5) =-3k2-16k-160 解得：-4k-4/3.k=-5-4,-4/3，设f(k)=-(k+5)2+19则f(-4)=18,f(-4/3)=50/918.当k=-4时，(x12+x22)max=18.例3.已知f(x)=x2-2x+2，在xt,t+1上最小值为g(t)，求g(t)表达式。 解：f(x)=(x-1)2+1 (1)当t+11即t1时，g(t)=f(t)=t2-2t+2 综合（1）、（2）、（3）得：例4（1）当x2+2y2=1时，求2x+3y2最值；（2）当3x2+2y2=6x

10、时，求x2+y2最值。 解：（1）由x2+2y2=1得y2=1/2(1-x2)，2x+3y2=2x+(3/2)(1-x2)=(-(3/2)(x-(2/3)2+(13/6) 又1-x2=2y20，x21，1x1 .当x=2/3时，y=(10)/6，（2x+3y2）max=16/3； 当x=-1时，y=0，（2x+3y2）min=2 (2)由3x2+2y2=6x，得y2=(3/2)x(2-x)，代入x2+y2=x2+(3/2)x(2-x)=-1/2 (x-3)2+9/2 又y2=(3/2)x (2-x)0，得0x2.当x=2，y=0时，（x2+y2）max=4；当x=0，y=0时，(x2+y2)m

11、in=0 三、二次函数与二次方程设f(x)=ax2+bx+c(a0)二实根为x1,x2，(x1x2)，=b2-4ac，且、()是预先给定两个实数。1当两根都在区间(,)内，方程系数所满足充要条件x1x2，相应二次函数f(x)图象有下列两种情形当a0时充要条件是：0，-b/2a，f()0，f()0 当a0时充要条件是：0，-b/2a，f()0，f()0 两种情形合并后充要条件是：0，-b/2a，af()0，af()02当两根中有且仅有一根在区间（，）内，方程系数所满足充要条件x1或x2，相应函数f(x)图象有下列四种情形从四种情形得充要条件是：f()f()03当两根都不在区间，内方程系数所满足充

12、要条件（1）两根分别在区间，之外两旁时x1x2，相应函数f(x)图象有下列两种情形（2）两根分别在区间，之外同旁时x1x2或x1x2，相应函数f(x)图象有下列四种情形当x1x2时充要条件是：0，-b/2a，af()0当x1x2时充要条件是：0，-b/2a，af()0例5假如方程（1-m2）x2+2mx-1=0两个根一种不大于零，另一种不不大于1，拟定m范畴。解：令f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，依照题设条件，f(x)图形是下列两种情形之一：则（1-m2）f(0)0,(1-m2)f(1)0；即1-m20,(1-m2)(2m-m2)0解得：-1m0 例6当k为什么实数时，关于X二次方程7

13、x2-(k+13)x+k2-k-2=0两个实根和分别满足01和12？解：设y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2，则由于a=70，且方程f(x)=0有两实根，因此它图象是开口向上且与X轴相交于两点（,0）、(,0)抛物线。由于01，12，可知在x或x时，f(x)取正值；在x时，f(x)取负值。于是，当x分列取0,1，2时，有：f(0)=k2-k-20，f(1)=k2-2k-80，f(2)=k2-3k0解这三个不等式构成不等式组，可得-2k-1和3k4。练习:1.求所有实数m，使得关于x方程有且只有整数根.2.若函数在区间a，b上最小值为2a，最大值为2b，求区间a，b。3.已知方程

14、x2+2px+1=0有一种根不不大于1，有一种根不大于1，则p取值为_.四二次函数与二次不等式 一元二次不等式解集相应于一元二次函数正值、负值区间。解不等式与证明不等式成立，经常要用到二次函数极值性质、单调性、图象与x轴位置关系等。例7若a1,a2,an,b1,b2,bn都是实数，求证：（a1b1+a2b2+anbn）2(a12+a22+a2n)(b12+b22+b2n) 证明：构造二次函数 f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+(anx-bn)2=(a12+a22+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+anbn)x+(b12+b22+b2n).当a12+a22+a2n0即a1,a

15、2,an不全为零时，显然有对xR，f(x)0，故f(x)0鉴别式：=4（a1b1+a2b2+anbn）2-4(a12+a22+a2n)(b12+b22+b2n)0.即（a1b1+a2b2+anbn）2(a12+a22+a2n)(b12+b22+b2n) .当a1=a2=an=0时，结论显然成立，故命题成立。例8设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a0)，方程f(x)-x=0两个根x1,x2满足0x1x21/a。（1）当x(0,x1)时，证明xf(x)x1（2）设函数f(x)图象关于直线x=x0对称，证明：x0x1/2。证明：欲证：xf(x)x ,只须证：0f(x)-xx1-x 由于方程f(x

16、)-x=0两根为x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a0)，f(x)-x=a(x-x1)(x-x2),式即：0a(x-x1)(x-x2)x1-x a0，x(0,x1),x1-x0,a(x1-x)0 ,式两边同除以a(x1-x)0，得：0x2-x1/a，即：xx21/a+x .这由已知条件：0xx1x21/a，即得：xx2(1/a)1/a+x， 故命题得证。（2）欲证x0x1/2，由于x0=-b/2a，故只须证：x0-x1/2=-b/2a-x1/20 由韦达定理，x1+x2=(-b-1)/a，(x1+x2)/2=-(b-1)/2a，代入式，有(-(b/2a)-(x1/2)=(x2/2)-(1

17、/(2a)0 ,即：x21/a 由已知：0x1x21/a，命题得证。 (三)抽 屉 原 理在数学问题中有一类与“存在性”关于问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相似月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，她们在同一天过生日”；“个人任意提成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”。此类存在性问题中，“存在”含义是“至少有一种”。在解决此类问题时，只规定指明存在，普通并不需要指出哪一种，也不需要拟定通过什么方式把这个存在东西找出来。此类问题相对来说涉及到运算较少，根据理论也不复杂，这些理论称为“抽屉原理”。 （一）抽屉原理基本形式 定理1、假如把n+1个元素提成n个集合，那

18、么不管怎么分，都存在一种集合，其中至少有两个元素。 证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。 例1 已知在边长为1等边三角形内（涉及边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间距离不不不大于.分析：5个点分布是任意。假如要证明“在边长为1等边三角形内（涉及边界）有5个点，那么这5个点中一定有距离不不不大于两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等边长为小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一种小等边三角形中（涉及边界），其距离便不不不大于。 以上结论要由

19、定理“三角形内（涉及边界）任意两点间距离不不不大于其最大边长”来保证，下面咱们就来证明这个定理。如图2，设BC是ABC最大边，P，M是ABC内（涉及边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边平行线，过M作AC边平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么PQN=C，QNP=A由于BCAB，因此AC，则QNPPQN，而QMPQNPPQN（三角形外角不不大于不相邻内角），因此 PQPM。显然BCPQ，故BCPM。由此咱们可以推知，边长为等边三角形内（涉及边界）两点间距离不不不大于。 阐明：（1）这里是用等分三角形办法来构造“抽屉”。类似地，还可以运用等分线段、等分正方形办法来构造“抽屉”。例如“

20、任取n+1个正数ai，满足0ai1（i=1,2,n+1），试证明：这n+1个数中必存在两个数，其差绝对值不大于”。又如：“在边长为1正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间距离不不不大于。（2）例1中，假如把条件（涉及边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间距离不大于 .例2从1-100自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中一种是另一种整数倍。 分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其核心何在？其实就在“两个数”，其中一种是另一种整数倍。咱们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，均有一种是另一种整数倍，这只有把公比是正整数整个等比数列都放进去同一种抽屉才行

21、，这里用得到一种自然数分类基本知识：任何一种正整数都可以表达成一种奇数与2方幂积，即若mN+,KN+，nN,则m=(2k-1)2n，并且这种表达方式是唯一，如1=12，2=121，3=32， 证明：由于任何一种正整数都能表达成一种奇数乘2方幂，并且这种表达办法是唯一，因此咱们可把1-100正整数提成如下50个抽屉（由于1-100中共有50个奇数）： 1）1，12，122，123，124，125，126；2）3，32，322，323，324，325；3）5，52，522，523，524；4）7，72，722，723；5）9，92，922，923；6）11，112，1122，1123；25）49，

22、492；26）51；50）99。 这样，1-100正整数就无反复，无漏掉地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，也即从这50个抽屉内任取51个数，依照抽屉原则，其中必然至少有两个数属于同一种抽屉，即属于（1）-（25）号中某一种抽屉，显然，在这25个抽屉中任何同一种抽屉内两个数中，一种是另一种整数倍。 阐明： （1）从上面证明中可以看出，本题可以推广到普通情形：从1-2n自然数中，任意取出n+1个数，则其中必有两个数，它们中一种是另一种整数倍。想一想，为什么？由于1-2n中共含1，3，2n-1这n个奇数，因而可以制造n个抽屉，而n+1n，由抽屉原则，结论就是必然了。给n以具体值，

23、就可以构造出不同题目。例2中n取值是50，还可以编制相反题目，如：“从前30个自然数中至少要（不看这些数而以任意方式地）取出几种数，才干保证取出数中能找到两个数，其中较大数是较小数倍数？” (2）如下两个问题结论都与否认（n均为正整数）想一想，为什么？ 从2，3，4，2n+1中任取n+1个数，与否必有两个数，它们中一种是另一种整数倍？从1，2，3，2n+1中任取n+1个数，与否必有两个数，它们中一种是另一种整数倍？（3）假如将（2）中两个问题中任取n+1个数增长1个，都改成任取n+2个数，则它们结论是必然还与否认？你能判断证明吗？ 例3从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出数中一定有两个

24、数，这两个数中大数不超过小数1.5倍。 证明：把前25个自然数提成下面6组： 1； 2，3； 4，5，6； 7，8，9，10； 11，12，13，14，15，16； 17，18，19，20，21，22，23， 由于从前25个自然数中任意取出7个数，因此至少有两个数取自上面第组到第组中某同一组，这两个数中大数就不超过小数1.5倍。阐明：（1）本题可以变化论述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个数，它们互相比值在内。显然，必要找出一种能把前25个自然数提成6（7-1=6）个集合办法，但是分类时有一种限制条件：同一集合中任两个数比值在内，故同一集合中元素数值差不得过大。这样，咱们

25、可以用如上一种特殊分类法：递推分类法： 从1开始，显然1只能单独作为1个集合1；否则不满足限制条件.能与2同属于一种集合数只有3，于是2，3为一集合。如此依次递推下去，使若干个连续自然数属于同一集合，其中最大数不超过最小数倍，就可以得到满足条件六个集合。 （2）假如咱们按照（1）中递推办法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为 26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39；第8个抽屉为：40，41，42，60；第9个抽屉为：61，62，63，90，91； 例4在坐标平面上任取五个整点（该点横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们连线中点仍是整点。 分析

26、与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）中点坐标是。欲使都是整数，必要并且只须x1与x2，y1与y2奇偶性相似。坐标平面上任意整点按照横纵两个坐标奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一种“抽屉”因而它们连线中点就必是整点。 阐明：咱们可以把整点概念推广：假如（x1,x2,xn）是n维（元）有序数组，且x1,x2,xn中每一种数都是整数，则称（x1,x2,xn）是一种n维整点（整点又称格点）。假如对所有n维整点按每一种xi奇偶性来分类，由于

27、每一种位置上有奇、偶两种也许性，因而共可分为222=2n个类。这是对n维整点一种分类办法。当n=3时，23=8，此时可以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点直线段内部具有整点”。 例5在任意给出100个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一种数），它们和可被100整除。 分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其核心何在？仔细审题，它们“和”能“被100整除”应是做文章地方。假如把这100个数排成一种数列，用Sm记其前m项和，则其可构造S1，S2，S100共100个和数。讨论这些“和数”被100除所得余数。注意到S1，S2，S100共有100个数，一种数被1

28、00除所得余数有0，1，2，99共100种也许性。“苹果”数与“抽屉”数同样多，如何排除“故障”？证明：设已知整数为a1,a2,a100考察数列a1,a2,a100前n项和构成数列S1，S2，S100。 假如S1，S2，S100中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S1，S2，S100均不能被100整除，这样，它们被100除后余数必是1，2，99中元素。由抽屉原理I知，S1，S2，S100中必有两个数，它们被100除后具有相似余数。不妨设这两个数为Si，Sj（ij），则100（Sj-Si），即100。命题得证。 阐明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当抽屉。这时候，咱们需

29、要对所给对象先作某些变换，然后对变换得到对象进行分类，就可以构造出恰当抽屉。本题直接对an进行分类是很难奏效。但由an构造出Sn后，再对Sn进行分类就容易得多. 此外，对Sn按模100剩余类划分时，只能提成100个集合，而Sn只有100项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为0类恰使结论成立，于是通过度别状况讨论后，就可去掉余数为0类，从而转化为100个数分派在剩余99个类中。 （二）单色三角形问题 抽屉原理应用多么奇妙，其核心在于恰本地制造抽屉，分割图形，运用自然数分类不同办法如按剩余类制造抽屉或按奇数乘以2方幂制造抽屉，运用奇偶性等等，都是制造“抽屉”办法。抽屉原理道理极其简朴，但“于无声

30、处听惊雷”，恰本地精心地应用它，不仅可以解决国内数学竞赛中问题，并且可以解决国际中学生数学竞赛。 例617名科学家中每两名科学家都和其她科学家通信，在她们通信时，只讨论三个题目，并且任意两名科学家通信时只讨论一种题目，证明：其中至少有三名科学家，她们互相通信时讨论是同一种题目。 证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连一条线表达这两个科学家在讨论同一种问题，若讨论第一种问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一种问题就转化为找到一种三边同颜色三角形。考虑科学家A，她要与此外16位科学家每人通信讨论一种问题，相应于

31、从A出发引出16条线段，将它们染成3种颜色，而16=35+1，因而必有6=5+1条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，6）之间有红线，则浮现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间连线只染有黄蓝两色。考虑从B1引出5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，由于5=22+1，故必有3=2+1条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若B2，B3，B4之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍

32、然成立。阐明:（1）本题源于一种古典问题-世界上任意6个人中必有3人互相结识，或互相不结识。 （2）将互相结识用红色表达，将互相不结识用蓝色表达，（1）将化为一种染色问题，成为一种图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，它们所成三角形三边同色。 （3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色种数，其二是点数。 本例便是方向一进展，其证明已知上述。假如继续沿此方向迈进，可有下题：在66个科学家中，每个科学家都和其她科学家通信，在她们通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一种题目。证明至少有三个科学家，她们互相之间讨论同一种题

33、目。 （4）回顾上面证明过程，对于17点染3色问题可归结为6点染2色问题，又可归结为3点染一色问题。反过来，咱们可以继续推广。从以上（3，1）（6，2）（17，3）过程，易发现6=（3-1）2+2，17=（6-1）3+2，66=（17-1）4+2，同理可得（66-1）5+2=327，（327-1）6+2=1958记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，.咱们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4这样就可以构造出327点染5色问题，1958点染6色问题，都必浮现一种同色三角形。 （三）抽屉原理其她形式。 定理2：把m个元素提成n个集

34、合（mn） （1）当n能整除m时，至少有一种集合具有m/n个元素；（2）当n不能整除 m时，则至少有一种集合具有至少m/n+1个元素，（m/n表达不超过 最大整数） 定理2也可论述成：把mn+1个元素放进n个集合，则必有一种集合中至少放有m+1个元素。 例79条直线每一条都把一种正方形提成两个梯形，并且它们面积之比为23。证明：这9条直线中至少有3条通过同一种点。 证明：设正方形为ABCD，E、F分别是AB，CD中点。 设直线L把正方形ABCD提成两个梯形ABGH和CDHG，并且与EF相交于 P.梯形ABGH面积：梯形CDHG面积=23,EP是梯形ABGH中位线，PF是梯形CDHG中位线，由于

35、梯形面积=中位线梯形高， 并且两个梯形高相等（AB=CD），因此梯形ABGH面积梯形CDHG面积=EPPF，也就是EPPF=23 .这阐明，直线L通过EF上一种固定点P，这个点把EF提成长度为23两某些。这样点在EF上尚有一种，如图上Q点（FQQE=23）。同样地，假如直线L与AB、CD相交，并且把正方形提成两个梯形面积之比是23，那么这条直线必然通过AD、BC中点连线上两个类似点（三等分点）。这样，在正方形内就有4个固定点，凡是把正方形面积提成两个面积为23梯形直线，一定通过这4点中某一种。咱们把这4个点看作4个抽屉，9条直线看作9个苹果，由定理2可知，9=42+1，因此，必有一种抽屉内至少

36、放有3个苹果，也就是，必有三条直线要通过一种点。 阐明：本例中抽屉比较隐蔽，正方形两双对边中点连线上4个三等分点发现是核心，而它发现源于对梯形面积公式S梯形=中位线梯形高充足感悟。 例8910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶。证明：无论如何排列，红、蓝墨水瓶颜色顺序必然浮现下述两种状况之一种：1至少三行完全相似；2至少有两组（四行），每组两行完全相似。证明：910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶。每行中7个位置中每个位置均有红、蓝两种也许，因而总计共有27=128种不同行式（当且仅当两行墨水瓶颜色及顺序完全相似时称为“行式”相似. 任取130行中129行，依抽屉原理可知，必有两行（记为

37、A，B）“行式”相似。 在除A、B外别的128行中若有一行P与A（B）“行式”相似，则P，A，B满足“至少有三行完全相似”；在别的（除A，B外）128行中若没有与A（B）行式相似者，则128行至多有127种不同行式，依抽屉原则，必有两行（不妨记为C、D）行式相似，这样便找到了（A，B）、（C，D）两组（四行），每组两行完全相似。 (四) 函数性质应用一、指数函数与对数函数函数y=ax(a0,且a1)叫做指数函数。它基本状况是：1）定义域为全体实数（-，+）2）值域为正实数（0，+），从而函数没有最大值与最小值，有下界，y03）相应关系为一一映射，从而存在反函数-对数函数。4）单调性是：当a1时

38、为增函数；当0a0,a1),f(x+y)=f(x)f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)函数y=logax(a0,且a1)叫做对数函数，它基本状况是：1）定义域为正实数（0，+）2）值域为全体实数（-，+）3）相应关系为一一映射，因而有反函数指数函数。4）单调性是：当a1时是增函数，当0a0,a1)，f(xy)=f(x)+f(y),f(x/y)=f(x)-f(y)二、例题例1若f(x)=(ax/(ax+a)，求f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+f(1000/1001) 分析：和式中共有1000项，显然逐项相加是不可取。需找出f(x)构造特性，发现规律，注意到1/1

39、001+1000/1001=2/1001+999/1001=3/1001+998/1001=1，而f(x)+f(1-x)= (ax/(ax+a)+(a1-x/(a1-x+a)=(ax/(ax+a)+(a/(a+axa)=(ax/(ax+a)+(a)/(ax+a)=(ax+a)/(ax+a)=1规律找到了，这启示咱们将和式配对结合后再相加：原式=f(1/1001)+f(1000/1001)+f(2/1001)+f(999/1001)+ +f(500/1001)+f(501/1001)=(1+1+1)5000个=500（1）取a=4就是1986年高中数学联赛填空题：设f(x)=(4x/(4x+2)

40、，那么和式f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+f(1000/1001)值=。（2）上题中取a=9，则f(x)=(9x/(9x+3)，和式值不变也可变化和式为求f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+f(n-1)/n).（3）设f(x)=(1/(2x+2)，运用课本中推导等差数列前n项和办法，可求得f(-5)+f(-4)+f(0)+f(5)+f(6)值为。例25log25等于：（ ）（A）1/2 （B）(1/5)10log25 （C）10log45 （D）10log52解：5log25=(10/2)log25=(10log25)/(2log25)=(1/5)10log2

41、5 选（B）例3试比较(12+1)/(12+1)与(12+1)/(12+1)大小。 解：对于两个正数大小，作商与1比较是惯用办法，记12=a0，则有(12+1)/(12+1)(12+1)/(12+1)=(a/12)+1)/(a+1)(12a+1)/(a+1)=(a+12)(12a+1)/(12(a+1)2)=(12a2+145a+12)/(12a2+24a+12)1故得：(12+1)/(12+1)(12+1)/(12+1)例4已知(a,b为实数)且f(lglog310)=5，则f(lglg3)值是（ ）（A）-5 （B）-3 （C）3 （D）随a,b取值而定 解：设lglog310=t，则lg

42、lg3=lg(1/log310)=-lglog310=-t 而f(t)+f(-t)=f(-t)=8-f(t)=8-5=3阐明：由对数换底公式可推出logablogba=(lgb/lga)(lga/lgb)=1，即logab=(1/logba)，因而lglog310与lglg3是一对相反数。设中某些，则g(x)为奇函数，g(t)+g(-t)=0。这种整体解决思想巧用了奇函数性质使问题得解，核心在于细致观测函数式构造特性及对数恒等变形。例5已知函数y=(10x-10-x)/2)(XR)（1）求反函数y=f-1(x)（2）判断函数y=f-1(x)是奇函数还是偶函数分析：（1）求y=(10x-10-x

43、)/2反函数一方面用y把x表达出来，然后再对调x,y即得到y=f-1(x)；（2）判断函数y=f-1(x)奇偶性要根据奇函数或偶函数定义，看当XR时与否有f(-x)=-f(x)或(f(-x)+f(x)=0)或f(-x)=f(x)恒成立。解：（1）由y=(10x-10-x)/2)(XR)可得2y=10x-10-x，设10x=t，上式化为：2y=t-t-1两边乘t，得2yt=t2-1整顿得：t2-2yt-1=0，解得： 由于t=10x0，故将舍去，得到：将t=10x代入上式，即得： 因此函数y=(10x-10-x)/2)反函数是(2)由得： f-1(-x)=-f(x)因此，函数 是奇函数。例6已知

44、函数f(x)=loga(1+x)/(1-x)(a0,a1)（1）求f(x)定义域（2）判断f(x)奇偶性并给以证明；（3）当a1时，求使f(x)0x取值范畴；（4）求它反函数f-1(x)解：（1）由对数定义域知(1+x)/(1-x)0解这个分式不定式，得：(x+1)(x-1)0,-1x1故函数f(x)定义域为（-1，1）（2）f(-x)=loga(1-x)/(1+x)=log(1+x)/(1-x)-1=-loga(1+x)/(1-x)=-f(x)由奇函数定义知，函数f(x)是奇函数。（3）由loga(1+x)/(1-x)0loga(1+x)/(1-x)loga1，由于a1，因此由对数函数单调性

45、知(1+x)/(1-x)1，考虑由（1）知x1,1-x0，去分母，得：1+x1-x,x0故：0x1 因此对于a1，当x(0,1)时函数f(x)0（4）由y=loga(1+x)/(1-x)得：(1+x)/(1-x)=ay应用会比分比定理得：(1+x)+(1-x)/(1+x)-(1-x)=(ay+1)/(ay-1)即:(2/2x)=(ay+1)/(ay-1)x=(ay-1)/(ay+1)互换x,y得：y=(ax-1)/(ax+1)，它就是函数f(x)=loga(1+x)/(1-x)反函数f-1(x)即f-1(x)=(ax-1)/(ax+1)例7已知x2-2x+loga(a2-a)=0有一正根和一负

46、根，求实数a范畴。解：方程有一正根一负根充足必要条件是：loga(a2-a)0 由a0,a1,a2-a=a(a-1)0,可得a1 ，从而由loga(a2-a)0=loga1得:a2-a1,a2-a-10，解得：，由得：例8设y=log(1/2)a2x+2(ab)x-b2x+1(a0,b0)，求使y为负值x取值范畴 解：(1/2)1,要使y0,只要a2x+2(ab)x-b2x+11，即a2x+2(ab)x-b2x0b2x(a/b)2x+2(a/b)x-10(a/b)x2+2(a/b)x-10 . 1当ab0时,a/b1,；2当ba0时,0a/b1， 3当a=b0时，xR。 (五)数 列办法总结1

47、.数列an前n 项和Sn与通项an关系式：an=2.求通项惯用办法作新数列法.作等差数列与等比数列.叠加法.最基本形式是：an=(anan1+(an1+an2)+(a2a1)+a1.归纳、猜想法.3.数列前n项和惯用求法重要公式1+2+n=n(n+1)12+22+n2=n(n+1)(2n+1)13+23+n3=(1+2+n)2=n2(n+1)2等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.裂项求和：将数列通项提成两个式子代数和，即an=f(n+1)f(n)，然后累加时抵消中间许多项.错项相消法并项求和法例题1.等差数列an前m项和为30，前2m项和

48、为100，则它前3m项和为_.解法一：将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得：解法二：由等差数列an前n项和公式知，Sn是关于n二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）.将Sm=30,S2m=100代入，得,S3m=A(3m)2+B3m=210解法三：依照等差数列性质知：Sm,S2mSm,S3mS2m也成等差数列，从而有：2(S2mSm)=Sm+(S3mS2m) S3m=3(S2mSm)=210解法四：令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,a1=30,a2=70a3=70+(7030)=110 S3=a1+a2+a3=2102.已知函数f(x

49、)=(x2).(1)求f(x)反函数f-1(x);(2)设a1=1,=f-1(an)(nN*),求an;(3)设Sn=a12+a22+an2,bn=Sn+1Sn与否存在最小正整数m,使得对任意nN*,有bn成立？若存在，求出m值；若不存在，阐明理由.解：(1)设y =,x0)(2)，是公差为4等差数列，a1=1,=+4(n1)=4n3,an0,an=.(3)bn=Sn+1Sn=an+12=,由bn,设g(n)=,g(n)=在nN*上是减函数，g(n)最大值是g(1)=5,m5,存在最小正整数m=6,使对任意nN*有bn0.85bn,有250+(n-1)50400(1.08)n-10.85.由计

50、箅器解得满足上述不等式最小正整数n=6.究竟,当年建造中低价房面积占该年建造住房面积比例初次不不大于85%.10.设正项等比数列首项，前n项和为，且。（）求通项；（）求前n项和。解：（I）由210S30-(210+1)S20+S10=0得210(S30-S20)=S20-S10，即210(a21+a22+a30)=a11+a12+a20,可得210q10(a11+a12+a20)=a11+a12+a20.由于an0，因此210q10=1,解得q=,因而an=a1qn-1=,n=1,2,.(II)由于an是首项a1=、公比q=等比数列，故Sn=1-，nSn=n-.则数列nSn前n项和Tn=(1+2+n)-(+)，(1+2+n)-(+