高中数学奥赛辅导教材第一讲(50页).doc

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1、-高中数学奥赛辅导教材第一讲-第 49 页第一讲 集合概念及集合上的运算知识、方法、技能高中一年级数学（上）（试验本）课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件（或具有某种性质）的对象集中在一起就成为一个集合.在此基础上，介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，表面平面轨迹及其关系，表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等综合型题目.赛题精讲集合中待定元

2、素的确定充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1：求点集中元素的个数.【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之.【略解】由所设知由平均值不等式，有当且仅当（虚根舍去）时，等号成立.故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.例2：已知【思路分析】先进一步确定集合A、B.【略解】又A=【评述】此题应避免如下错误解法：联立方程组 消去 因方程无实根，故.这里的错因是将A、B的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3：已知集

3、合若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a的值为 .【思路分析】可作图，以数形结合法来解之.【略解】点集A是顶点为（a，0），（0，a），（a，0），（0，a）的正方形的四条边构成（如图111）.将，变形为所以，集合B是由四条直线构成.欲使为正八边形的顶点所构成，只有这两种情况.（1）当时，由于正八形的边长只能为2，显然有故 .（2）当时，设正八形边长为l，则这时，综上所述，a的值为图111如图111中【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.集合之间的基本关系充分应用集合之间的基本关系（即子、交、并、补），往往能形成一些颇具技巧的集合

4、综合题.请看下述几例.例4：设集合则在下列关系中，成立的是（ ）ABCD【思路分析】应注意数的特征，即【解法1】.故应选C.【解法2】如果把A、B、C、D与角的集合相对应，令结论仍然不变，显然A为终边在坐标轴上的角的集合，B为终边在x轴上的角的集合，C为终边在y轴上的角的集合，D为终边在y轴上及在直线上的角的集合，故应选（C）.【评述】解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.例5：设有集合（其中x表示不超过实数x之值的最大整数）.【思路分析】应首先确定集合A与B.从而 若 从而得出 于是 【评述】此题中集合B

5、中元素x满足“|x|n，由递增易知有我们证明自然数集N可以分析为若干条f链，并且对任意自然数mn，成立（从而），并且每两条链无公共元素）.方法是用归纳法构造链（参见单壿著数学竞赛研究教程江苏教育出版社）设已有若干条f链，满足，而k+1是第一个不在已有链中出现的数，定义这链中其余的数由逐一确定.对于mn，如果m、n同属于新链，显然成立，设m、n中恰有一个属于新链.若m属于新链，在m=k+1时，设对于m，成立，则由易知. 即对新链上一切m，成立.若n属于新链，在n=k+1时，设对于n，成立，在mn时，m不为原有链的链首。 记而在矛盾，所以.即对新链上一切，成立. 因而添入一条新链后，仍成立.这样继

6、续添加，直到所有自然数均在链中出现，所得函数即为所求.【解法2】令表示x的整数部分.显然严格递增，并且 又由于，因此，就是满足要求的函数.第三讲 函数的概念和性质知识、方法、技能I函数的定义 设A，B都是非空的数集，f是从A到B的一个对应法则.那么，从A到B的映射f：AB就叫做从A到B的函数.记做y=f(x)，其中xA，yB，原象集合，A叫做函数f(x)的定义域，象的集合C叫做函数的值域，显然CB.II函数的性质 （1）奇偶性 设函数f(x)的定义域为D，且D是关于原点对称的数集.若对任意的xD，都有f(x)=f(x)，则称f(x)是奇函数；若对任意的xD，都有f(x)=f(x),则称f(x)

7、是偶函数. （2）函数的增减性 设函数f(x)在区间D上满足：对任意x1, x2D，并且x1x2时，总有f(x1)f(x2),则称f(x)在区间D上的增函数（减函数），区间D称为f(x)的一个单调增（减）区间.III函数的周期性对于函数 f(x),如果存在一个不为零的正数T，使得当x取定义域中的每个数时，f(x+T)=f(x)总成立，那么称f(x)是周期函数，T称做这个周期函数的周期.如果函数f(x)的所有周期中存在最小值T0，称T0为周期函数f(x)的最小值正周期.IV高斯函数对任意实数x,我们记不超过x的最大整数为x，通常称函数y=x为取整函数，又称高斯函数.进一步，记x=xx，则函数y=

8、x称为小数部分函数，它表示的是x的小数部分.根据高斯函数的定义，可得到其如下性质.性质1 对任意xR，均有 x1xx0，得1【评述】这种多层对数及根式问题，一定要逐层由外向内求解，要有耐心。例2 设A=a|a=7p,pN*,在A上定义函数f如下：若aA，则f(a)表示a的数字之和，例如f(7)=7，f(42)=6，设函数f的值域是集合M.求证：M=n|nN*, n2.【思路分析】注意从充要条件的角度来进行证明.【略解】先证Mn|nN*,n2.任取xM, 即x是被7整除的正整数的数字之和，由于710n，n=0, 1,2，所以x的数字之和是大于1的正整数，因此xn|nN*，n2.所以Mn|nN*,

9、n2.再证n|nN*，n2 M.任取xn|nN*,n2,即x是大于1的正整数.下面分两种情形：当x=2k(kN*)时，由于7|100|，于是取a= 100110011001，k个1001则7|a，且f(a)=2k,所以xM.当x=2k+1(kN*)时，由于7|100|，7|21，于是取b=10011001100121， k1个1001则7|b，且f(b)=2(k1)+3=2k+1,故xM,故xM.所以n|nN*, n2M.因此 M=n|nN*, n2.【评述】此类题目的证明严谨、科学.例3 设正实数x, y满足xy=1，求函数 f(x, y) =的值域.（其中（x表示不超过x的最大整数）【思路

10、分析】由x、y的对称性，不妨设xy，则有x21，必分x=1与x1两种情况讨论.【详解】不妨设xy，则x21,x1.有下面两种情形：（1）当x=1时，y=1，此时f(x,y)=.（2）当x1时，设x=n， x=xx=，则x=n+,01.于是，y=1，故y=0.由函数g(x)=x+在x1时是递增的和00时，f(x)0且f(1)=2.（1）证明：f(x)是奇函数；（2）求f(x)在3，3上的最大值和最小值.【思路分析】因为xR，由区间的特殊点，即x=0入手，是解题的出发点.【略解】（1）令x=y=0,则有 f(0)=f(0)+f(0), f(0)=0.再令y=x，得f(0)=f(x)+f(x),f(

11、0)=0, f(x)=f(x), f(x)是奇函数.（2）设x1, x2R，且x1x1, x2x10.由已知得 f(x2x1)0,f(x2)0, 1lga=0,故a=10.【评述】利用“函数与方程的思想”来解题依然是本题的主线，但函数是奇函数是出发点。应注意找好每道题解题的出发点.例8 已知定义在R上的单调函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)且f(1)=2.（1）求证：f(x)为奇函数；（2）当t2时，不等式f(klog2t)+f(log2tlog22t2)0恒成立，求实数k的取值范围.【思路分析】由f(x)的定义域为R，从其特殊点，即x=y=0入手来解此题.【略解】（1）令x=y

12、=0得f(0)=2f(0), f(0)=0.再令y=x, 得f(0)=f(x)+f(x),f(x)=f(x), 即f(x)为奇函数.（2）f(0)=0, f(1)=2,且f(x)是R上的单调函数，故f(x)是R上的单调递增函数.又f(x)是奇函数.由得klog2t0,(k+1)280,2k+12,12k1对应的部分越“高”.此外，本题方法也可应用于辨别两个草图相近的指数函数或对函数的图象.例2 比较下列各题中两个值的大小：（1）；（2）（3）（4）log23与log23.1.【思路分析】（1）中两数有相同的指数，故可将这两者看做同一函数的两个不同函数值，利用函数单调性比较两数大小.【略解】（1

13、）因为是（，0）上的减函数，又所以（2）因为（3）因为y=（4）因为y=log2x是（0，+）上的增函数，又33.1，所以log230.a1时，上式等价于logax1,即xa.0a1时，上式等价于0logaxxa .所以，当a1时，函数定义域为（a,+）；而当0a1,则f(x)=yy是y的增函数.所以yy=1212只有惟一解y=12. 即原方程有解例5 比较下列各组数的大小 ：（1）sin48, cos313；（2）cos96, sin96, tan69.【思路分析】 比较两数大小的一种方法是将两数看成同一函数的两个函数值，然后利用函数单调性来比较；另一种方法是寻找某个中介量（如0，1）等.【

14、略解】（1）cos313=cos(36047)=cos47=sin43sin48所以cos313sin48（2）因为钝角的余弦小于0，正弦大于0，所以cos960, 0sin96tan45=1所以cos96sin96tan69.例6 已知x0，比较cos(sinx)与sin(cosx)的大小.【略解】例7 已知，比较下列三数的大小：例8 求下列函数的最小正周期：（1）y=tanxcotx;（2）y=sin(cosx);（3）y=cos(sinx).【略解】（1）因为所以函数y=tanxcotx的最小正周期T=.（2）因为sin(cos(x+2)=sin(cosx)，所以2是函数y=sin(co

15、sx)的周期.设最小正周期为T，若0T2,则sincos(x+T)=sin(cosx)特别地，令x=0, sin(cosT)=sinl.而另一方面，0T2,1cosT1,由正弦函数的单调性和sin(cosT)sinl，与sin(cosT)=sinl矛盾，所以假设不成立.综上，函数y=sin(cosx) 的最小正周期为2.（3）因为cos(sin(+x)=cos(sinx)=cos(sinx),所以是函数y=cos(sinx)的周期，仿（2）可证函数y=cos(sinx)的最小正周期为.【评述】（1）求函数最小正周期时，应尽量将函数化简.（2）对于由两个函数f(x)和g(x)复合而成的函数f(g

16、(x),如果g(x)是周期函数，且其最小正周期为T1，那么，f(g(x)也是周期函数，且T1仍是f(g(x)的一个周期，但未必是它的最小正周期.例9 判断下列函数的周期性，若是周期函数，试求出其最小正周期.（1）y=2sinx+3cos6x；（2）y=sinx+cos2x .【略解】（1）y=2sinx和y=3cos6x的最小正周期分别是 ，的最小公倍数4是y=2sinx+3cos6x的周期.可以证明4也是它的最小正周期.（2）y=sinx和cox2x的周期分别为2和，因为不是有理数，所以2和没有最小公倍数（此处倍数应为整数倍），可以证明y=sinx+cos2x 不是周期函数.【证明】假设T是

17、函数y=sinx+cos2x的周期.则sin(x+T)+cos2(x+T)=sinx+cos2x.sin(x+T)sinx=cos2xcos2(x+T),2sinTcos(x+T)=2sinTsin(2x+T), (*)令x=0, 得2cosTsinT=2sin2T.即sinTcosT=sin2T 而令x=2, 化简得 sinTcosT=sinTsin(T+4).令x=2, 得sinTcosT=sinTsin(T4) 由得 sinTsin(T+4)sinTsin(T4)=0,即2sinTcosTsin4=0, sin2T=0,T= 但显然不适合，矛盾，所以假设不成立.函数y=sinx+cos2

18、x不是周期函数.【评述】一般地，周期函数f(x)和g(x)的最小正周期分别为T1和T2，若T1/T2，则函数f(x)+g(x)不是周期函数，若T1/T2，则f(x)+g(x)是周期函数.第五讲 不等式的证明知识、方法、技能不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：不等式的性质：这是不等式的定义，也是比较法的依据.对一个不等式进行变形的性质：（1）（对称性）（2）（加法保序性）（3）（4）对两个以上不等式进行运算的性质.（1）（传递性

19、）.这是放缩法的依据.（2）（3）（4）含绝对值不等式的性质：（1）（2）（3）（三角不等式）.（4）证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.赛题精讲例1：求证：【略解】【评述】（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因

20、式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明时，可将配方为，亦可利用，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.例2：，求证：【思路分析】显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.【略解】不等式关于对称，不妨，且，都大于等于1.【评述】（1）证明对称不等式时，不妨假定个字母的大小顺序，可方便解题. （2）本题可作如下推广：若 （3）本题还可用其他方法得证。因，同理，另，4式相乘即得证. （4）设例3等价于类似例4可证事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：设有两个有序数组，则（顺序和）（乱序和）（逆序和）其中的任一排列.当且仅当或时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它

21、的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如例3：【思路分析】中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.【略解】不妨设，则（乱序和）（逆序和），同理（乱序和）（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组，仿上可证第二个不等式.例4：设，且各不相同，求证：【思路分析】不等式右边各项；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.【略解】设的重新排列，满足，又所以.由于是互不相同的正整数，故从而，原式得证.【评述】排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，例5：利用基本不等式证明【思路分析】左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可

22、用轮换的方法.【略解】；三式相加再除以2即得证.【评述】（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.如，可在不等式两边同时加上再如证时，可连续使用基本不等式.（2）基本不等式有各种变式 如等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.例6：已知求证：【思路分析】不等式左边是、的4次式，右边为常数，如何也转化为、的4次式呢.【略解】要证即证【评述】（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知求证：右侧的可理解为再如已知，求证：+，此处可以把0理解为，当然本题另有简使证法.（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于个正数调和平均几何平均算术平均平方平均这四个平均值有以下关系：，其中等号当且仅当时成立.例7：利用排序不等式证明.【证明】令则，故可取，使得由排序不等式有：=（乱序和） （逆序和） =n，【评述】对各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，.例8：证明：对于任意正整数R，有【思路分析】原不等式等价于，故可设法使其左边转化为n个数的几何平均，而右边为其算术平均.【略证】【评述】（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁