高中数学竞赛培训讲义(word版43页)

2011高中数学竞赛培训教材
编者：全国特级教师
(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。它不仅是高中数学的第一课，而且是整个数学的
基础。对集合的理解和掌握不能仅仅停留在高中数 学起始课的水平上，而要随着数学学习的进程而不断深
化，自觉使用集合语言(术语与符号)来表示各种 数学名词，主动使用集合工具来表示各种数量关系。如用
集合表示空间的线面及其关系，表示平面轨迹及 其关系、表示方程(组)或不等式(组)的解、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。
一、学习集合要抓住元素这个关键
例1．设A＝{X∣X=a2+b2,a、b∈Z}，X1，X2∈A，求证：X1X2∈A。
分析：A中的元素是自然数，即由两个整数a、b的平方和构成的自然数，亦即从0、1、4、9、16、25……，n2，……中任取两个(相同或不相同)数加起来得到的一个和数，本题要证明的是：两个这样的 数
的乘积一定还可以拆成两个自然数的平方和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+( N)2，M,N∈Z
证明：设X1＝a2+b2，X2=c2+d2，a、b、c、d∈Z.则X1X 2＝(a2+b2)(c2+d2)
＝a2c2+b2d2+b2c2+a2d2＝a2c2+2ac ·bd+b2d2+b2c2-2bc·ad+a2d2＝(ac+bd)2+(bc-ad)2
又a、b、c、d∈Z，故ac+bd、bc-ad∈Z，从而X1X2∈A
练习:1.设两 个集合S={x|x=12m+8n,m,n∈Z},T={x|x=20p+16q,p,q∈Z}.求证：S =T。
2.设M={a|a= x2-y2,x,y∈Z}.求证：（1）一切奇数属于M;
（2）4k-2(k∈Z)不属于M;
（3）M中任意两个数的积仍属于M。
3. 已知函数f（x）=x2+ax+b,a,b∈R,且A={x|x=f(x)},B={x|x=f[f(x) ]}.
(1)求证:AB;
1 43

(2)若A={-1，3}时，求集合B.
二、集合中待定元素的确定 例2．已知集合M＝{X，XY，lg(xy)}，S＝{0，∣X∣，Y}，且M＝S，则(X＋1Y)＋ (X2＋1Y2)＋……
＋(X2002＋1Y2002)的值等于( ).
分析：解题的关 键在于求出X和Y的值，而X和Y分别是集合M与S中的元素。这一类根据集合的关
系反过来确定集合元 素的问题，要求我们要对集合元素的基本性质即确定性、异性、无序性及集合之间的
基本关系(子、全、 补、交、异、空、等)有本质的理解，对于两个相等的有限集合(数集)，还会用到它们
的简单性质：( a)相等两集合的元素个数相等；(b)相等两集合的元素之和相等；(c)相等两集合的元素之
积相等 .
解：由M＝S知，两集合元素完全相同。这样，M中必有一个元素为0，又由对数的性质知，0和负 数
没有对数，所以XY≠0，故X，Y均不为零，所以只能有lg(XY)＝0，从而XY＝1.∴M＝ {X，1，0}，S＝{0，
∣X∣，1X}.再由两集合相等知

当X＝1时，M ＝{1,1，0}，S＝{0,1，1}，这与同一个集合中元素的互异性矛盾，故X＝1不满足题目
要 求；
当X＝－1时，M＝{－1,1，0}，S＝{0,1，－1}，M＝S，从而X＝－1满足题目 要求，此时Y＝－1，于
是X2K＋1＋1Y2K＋1＝－2(K＝0,1，2，……)，X2K＋1Y 2K＝2(K＝1,2，……),故所求代数式的值为0.
练习:4.已知集合
且
A ?a
1
,a
2
,a
3
,a
4
,a
5
??
，
B?
?
a
2
1
2222
,a
2
,a
3
,a
4
,a
5
?
， 其中
a,a,a
123
,a
4
,a
5
是正整数，< br>a
1
?a
2
?a
3
?a
4
?a5
??
，并满足
A?B?a
1
,a
4
，
a
1
?a
4
?10,若A?B
中的所有元素之和为234，求集合A。
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三．容斥原理
基本公式:(1)card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)； (2)card(A∪B∪
2 43

C)=card(A)+card(B )+card(C)-card(A∩B)-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B∩C )




问题：开运动会时，高一某班共有28名同学参加比赛 ，有15人参加游泳比赛，有8人参加田径比赛，
有14人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛 的有3人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人，
没有人同时参加三项比赛，问同时参加田径比赛和球 类比赛的有多少人？只参加游泳一项比赛的有多少
人？
设A＝{参加游泳比赛的同学}，B＝ {参加田径比赛的同学}，C＝{参加球类比赛的同学},则card(A)=15，
card(B)= 8，card(C)=14，card(A∪B∪C)=28,且card(A∩B)=3，card(A∩C) =3，card(A∩B∩C)=0,由公式
②得28＝15＋8＋14－3－3－card(B∩C) +0,即card(B∩C)=3,所以同时参加田径和球类比赛的共有3人，
而只参加游泳比赛的人有 15－3－3＝9(人)
四、有限集合子集的个数
例3．一个集合含有10个互不相同的 两位数。试证，这个集合必有2个无公共元素的子集合，此两子
集的各数之和相等。
分析：两 位数共有10,11，……,99，计99－9＝90个，最大的10个两位数依次是90,91，……,99，
其和为945，因此，由10个两位数组成的任意一个集合中，其任一个子集中各元素之和都不会超过9 45，
而它的非空子集却有210－1＝1023个，这是解决问题的突破口。
解：已知集合 含有10个不同的两位数，因它含有10个元素，故必有210＝1024个子集，其中非空子
集有10 23个，每一个子集内各数之和都不超过90＋91＋…98＋99＝945<1023，根据抽屉原理，一定存 在
2个不同的子集，其元素之和相等。如此2个子集无公共元素，即交集为空集，则已符合题目要求；如 果
这2个子集有公共元素，则划去它们的公共元素即共有的数字，可得两个无公共元素的非空子集，其所 含
3 43

各数之和相等。
说明：此题构造了一个抽屉原理模型 ，分两步完成，计算子集中数字之和最多有945个“抽屉”，计
算非空子集得1023个“苹果”，由 此得出必有两个子集数字之和相等。第二步考察它们有无公共元素，如
无公共元素，则已符合要求；如有 公共元素，则去掉相同的数字，得出无公共元素并且非空的两个子集，
满足条件。
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例4．设A＝{1,2，3，…，n}，对XA，设X中各元素之和为Nx，求Nx的总和.
解：A中共有n个元素，其子集共有2n个。A中每一个元素在其非空子集中都出现了2n-1次，(为 什
么？因为A的所有子集对其中任一个元素i都可分为两类，一类是不含i的，它们也都是{1,2，… ，
i-1,i+1,…n}的子集，共2n-1个；另一类是含i的，只要把i加入到刚才的2n-1个 子集中的每一个中去)。
因而求A的所有子集中所有元素之和Nx的总和时，A中每一个元素都加了2n -1次，即出现了2n-1次，故
得
2n-2
＝1×2n-1＋2×2n-1＋… ＋n……2n-1＝(1＋2＋…＋n)·2n-1＝n(n+1)2×2n-1＝n(n+1)×
说明 ：这里运用了整体处理的思想及公式1＋2＋…＋n＝(12)n(n+1)，其理论依据是加法的交换律、结合律、乘法的意义等,集合中每一个元素都在总和中出现了2n-1次，是打开解题思路之门的钥匙。
练习:5.设集合A
值.
6.某地区网球俱乐部都有20名成员,举行14场单打比 赛,每人至少上场1次.求证:必有6场比赛,其
12名参赛者各不相同.
(二) 二 次 函 数
一、二次函数的解析式:①定义式：f(x)=ax2+bx+c.②顶点式：f(x)=a(x-h)2+k.
③零点式：f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a≠0)
二、二次函数的最值:当 自变量的取值范围为闭区间[p,q]时，其最值在f(p)、f(q)、f(-b2a)三者
4 43
{1,2,3,……,100},且对任意x,y∈A,必有2x≠y,求集合A中所含元素个数 的最大

中取得，最值情况如下表：

a>
0 a)
fmax=max{f(p),f(q)}
a<
0 a)
fmin=min{f(p),f(q)}
例1. 当x为何值时，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的两个实数根，x12+x22的最大值是____.
解：由 韦达定理得：x1+x2=k-2，x1x2=k2+3k+5.∴x12＋x22＝（x1＋x2）2-2x1 x2=(k-2)2-2(k2+3k+5
=-k2-10k-6=-(k+5)2+19 .已知x 1,x2是方程的两个实根，即方程有实数根，此时方程的判别式Δ≥0，
即Δ＝(k-2)2-4(k 2+3k+5) =-3k2-16k-16≥0 解得：-4≤k≤-43.∵k=-5
f(k)=- (k+5)2+19则f(-4)=18,f(-43)=509<18.∴当k=-4时，(x12+x22) max=18.
例3.已知f(x)=x2-2x+2，在x∈[t,t+1]上的最小值为g(t) ，求g(t)的表达式。
解：f(x)=(x-1)2+1 (1)当t+1<1即t<0时，g(t)=f(t+1)=t2+1
(2)当t≤1≤t+1，即0≤t≤1时，g(t)=f(1)=1 (3)当t>1时，g(t)=f(t)=t2-2t+2
[-4,-43]，设
fmax =f(-b2a)=((4ac-b2)4
-b2a∈[p,q]
fmin=f(-b2a)=((4ac-b2)4
-b2a [p,q]
fmin=min{f(p),f(q)}
fmax=max{f(p),f(q)}
综合（1）、（2）、（3）得：
例4．（1）当x2+2y2=1时，求2x+3y2的 最值；（2）当3x2+2y2=6x时，求x2+y2的最值。
解：（1）由x2+2y2=1得 y2=12(1-x2)，2x+3y2=2x+(32)(1-x2)=(-(32))(x-(23))2+ (136)
5 43

又1-x2=2y2≥0，∴x2≤1，－1≤x≤1 .∴当x=23时，y=(√10)6，（2x+3y2）max=163；
当x=-1时，y=0， （2x+3y2）min=－2
(2)由3x2+2y2=6x ，得y2=(32)x(2-x)，代入x2+y2=x2+(32)x(2-x)=-12 (x-3)2+92
又y2=(32)x (2-x)≥0，得0≤x≤2.当x=2，y=0时， （x2+y2）max=4；当x=0，y=0时，(x2+y2)min=0
三、二次函数与二次方程
设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二实根为x1,x2， (x1＜x2)，Δ=b2-4ac，且α、β(α＜β)是预先给定的
两个实数。
1．当两根都在区间(α,β)内，方程系数所满足的充要条件
∵α＜x1＜x2＜β，对应的二次函数f(x)的图象有下列两种情形

当a＞0时的充要条件是：Δ＞0，α＜-b2a＜β，f(α)＞0，f(β)＞0
当a＜0时的充要条件是：Δ＞0，α＜-b2a＜β，f(α)＜0，f(β)＜0
两种情形合并后的充要条件是：Δ＞0，α＜-b2a＜β，af(α)＞0，af(β)＞0 ①
2．当两根中有且仅有一根在区间（α，β）内，方程系数所满足的充要条件
∵α＜x1＜β或α＜x2＜β，对应的函数f(x)的图象有下列四种情形

从四种情形得充要条件是：f(α)·f(β)＜0 ②
6 43

3．当两根都不在区间［α，β］内方程系数所满足的充要条件
（1）两根分别在区间［α，β］之外的两旁时
∵x1＜α＜β＜x2，对应的函数f(x)的图象有下列两种情形

（2）两根分别在区间［α，β］之外的同旁时
∵x1＜x2＜α＜β或α＜β＜x1＜x2，对应函数f(x)的图象有下列四种情形

当x1＜x2＜α时的充要条件是：Δ＞0，-b2a＜α，af(α)＞0 ④
当β＜x1＜x2时的充要条件是：Δ＞0，-b2a＞β，af(β)＞0 ⑤
例5．如果 方程（1-m2）x2+2mx-1=0的两个根一个小于零，另一个大于1，确定m的范围。
解：令 f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根据题设条件，f(x)的图形是下列两种情形之一：

则（1-m2）f(0)＜0,(1-m2)f(1)＜0；即1-m2＞0,(1-m2)(2m-m 2)＜0解得：-1＜m＜0
例6．当k为什么实数时，关于X的二次方程7x2-(k+13)x +k2-k-2=0的两个实根α和β分别满足0＜
7 43

α＜1和1＜β＜2？
解：设y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2 -k-2，则因为a=7＞0，且方程f(x)=0有两实根α，β，所以它的图
象是开口向上且与X轴 相交于两点（α,0）、(β,0)的抛物线。由于0＜α＜1，1＜β＜2，可知在x＜α
或x＞β时 ，f(x)取正值；在α＜x＜β时，f(x)取负值。于是，当x分列取0,1，2时，有：f(0)=k2- k-2
＞0，f(1)=k2-2k-8＜0，f(2)=k2-3k＞0解这三个不等式组成的不等式 组，可得-2＜k＜-1和3＜k＜4。
11m
??
练习:1.求所有的实数m，使 得关于x的方程
x?2x?12x?1
有且只有整数根.
113
f(x)? ?x
2
?
22
在区间[a，b]上的最小值为2a，最大值为2b，求区间[ a，b]。 2.若函数
3.已知方程x2+2px+1=0有一个根大于1，有一个根小于1，则p的 取值为_________.
四．二次函数与二次不等式
一元二次不等式的解集相应于一 元二次函数的正值、负值区间。解不等式与证明不等式成立，经常要
用到二次函数的极值性质、单调性、 图象与x轴的位置关系等。
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+…+a2n≠0即a1,a2,…,an不全为零时，
显然有对x∈R，f(x)≥0，故f (x)＝0的判别式：Δ=4（a1b1+a2b2+…+anbn）2-4(a12+a22+…
+a 2n)(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(a＞0)，方程f(x)-x=0的两个根x1,x2满足0＜x1＜x2＜1a。
（1）当x∈(0,x1)时，证明x＜f(x)＜x1
（2）设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜x12。
证明：①欲证：x＜f(x)＜x ,只须证：0＜f(x)-x＜x1-x ①因为方程f(x)-x=0的两根为
8 43

x1,x2,f(x)=a x2+bx+c(a＞0)，∴f(x)-x=a(x-x1)(x-x2),①式即: 0＜a(x-x1)(x-x2)x1-x ② ∵a
＞0，x∈(0,x1),x1-x＞0,∴a(x1-x)＞0 ,②式两边同除以a(x1-x)＞0，得：0＜x2-x＜1a，即：x＜x2
＜1a+x . 这由已知条件：0＜x＜x1＜x2＜1a，即得：x＜x2＜(1a)＜1a+x， 故命题得证。
（2）欲证x0＜x12，因为x0=-b2a，故只须证：x0-x12=-b2a-x12＜0 ③ 由韦达定理，
x1+x2=(-b-1)a，(x1+x2)2=-(b-1)2a，代入③式，有 (-(b2a))-(x12)=(x22)-(1(2a))＜0 ,即：x2
＜1a 由已知：0＜x1＜x2＜1a，命题得证。
(三)抽 屉 原 理
在数学 问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；
“某校4 00名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200个小组，一
定存在一组，其成员数不少于11”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类
问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出
来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，这些理论称为“抽屉原理”。
（一）抽屉原理的基本形式
定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，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的集合，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的等边三角形 内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之
间的距离不大于.
分析：5个 点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那
么这5个点中一 定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以
分原等边三角形为 4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中
（包括边界），其距 离便不大于。
以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我
9 43

们就来证明这个定理。

如图2，设BC是△ABC的最大 边，P，M是△ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作
AB、BC边的平行线，过M作 AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么∠PQN=∠C，∠QNP=∠A 因
为BC≥A B，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内 角），
所以 PQ≥PM。显然BC≥PQ，故BC≥PM。由此我们可以推知，边长为的等边三角形内 （包括边界）两点
间的距离不大于。
说明：（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽 屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方
形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数ai ，满足0＜ai≤1（i=1,2,…,n+1），试证明：这n+1
个数中必存在两个数，其差的绝对 值小于”。又如：“在边长为1的正方形内任意放置五个点，求证：
其中必有两点，这两点之间的距离不 大于
修改为：至少有两个点之间的距离小于 .
例2．从1-100的自然数中，任意取出5 1个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整
数倍。
分析：本题似乎茫无头 绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数
倍。我们要构造“抽屉”， 使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正
整数的整个等比数列都放进 去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数
都可以表示成一个奇数与2 的方幂的积，即若m∈N+,K∈N+，n∈N,则m=(2k-1)·2n，并且这种表示方式
是唯一 的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，……
证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我
10 43
。（2）例1中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以

们可把1- 100的正整数分成如下50个抽屉（因为1-100中共有50个奇数）：
1）{1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26}；
2）{3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25}；
3）{5，5×2，5×22，5×23，5×24}；
4）{7，7×2，7×22，7×23}；
5）{9，9×2，9×22，9×23}；
6）{11，11×2，11×22，11×23}；
……
25）{49，49×2}；
26）{51}；
……
50）{99}。
这样，1-100的正整数就无重复，无遗漏地放进这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，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属 于（1）
-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个 是另一个的整
数倍。
说明： （1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形 ：从1-2n的自然数中，任意取
出n+1个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。 想一想，为什么？因为1-2n中共含1，
3，…，2n-1这n个奇数，因此可以制造n个抽屉，而n +1＞n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给n以
具体值，就可以构造出不同的题目。例2中的n取值 是50，还可以编制相反的题目，如：“从前30个自
然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出 几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大
的数是较小的数的倍数？”
(2）如下两个问题的结论都是否定的（n均为正整数）想一想，为什么？ ①从2，3，4，…，2n+1
11 43

中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？ ②从1，2，3，…，2n+1中任取
n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？
（3）如果将（2）中两个问题中任取的n+1个数增加1个，都改成任取n+2个数，则它们的结论 是
肯定的还是否定的？你能判断证明吗？
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例3．从前25个自 然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超
过小数的1.5倍。
证明：把前25个自然数分成下面6组：
1； ①
2，3； ②
4，5，6； ③
7，8，9，10； ④
11，12，13，14，15，16； ⑤
17，18，19，20，21，22，23， ⑥
因为从前25个自然数中任意取出7 个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一
组，这两个数中大数就不超过小数的1.5 倍。
说明：（1）本题可以改变叙述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个 数，
它们相互的比值在内。显然，必须找出一种能把前25个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法 ，
内，故同一集合中元素的数值差不得不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在
过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：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同属于一个集合的数
只 有3，于是{2，3}为一集合。如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数
不超过最小的数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。
（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为 {26，27，28，29，30，
12 43

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（该点的横纵坐 标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们
的连线中点仍是整点。
分析与解答：由 中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是
使
。欲
都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横
纵两个坐 标的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，属于同一个“抽屉”
因 此它们连线的中点就必是整点。
说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,…xn）是 n维（元）有序数组，且x1,x2,…xn中
的每一个数都是整数，则称（x1,x2,…xn）是一 个n维整点（整点又称格点）。如果对所有的n维整点按
每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上 有奇、偶两种可能性，因此共可分为2×2×…×2=2n个类。
这是对n维整点的一种分类方法。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 接这两点的直线段的内部含有整点”。
例5．在任意给出的100个整数中，都可以找出若干个数来 （可以是一个数），它们的和可被100整除。
分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何 在？仔细审题，它们的“和”能“被100整除”
应是做文章的地方。如果把这100个数排成一个数列 ，用Sm记其前m项的和，则其可构造S1，S2，…S100
共100个和数。讨论这些“和数”被1 00除所得的余数。注意到S1，S2，…S100共有100个数，一个
数被100除所得的余数有0 ，1，2，…99共100种可能性。“苹果”数与“抽屉”数一样多，如何排除“故
障”？
证明：设已知的整数为a1,a2,…a100考察数列a1,a2,…a100的前n项和构成的数列S1，S 2，…S100。
如果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} 中的元素。由抽屉原理I知，S1，S2，…S100中必
13 43

有两 个数，它们被100除后具有相同的余数。不妨设这两个数为Si，Sj（i＜j），则100∣（Sj- Si），即
100∣。命题得证。
说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽
屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的
对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对{an}进行分类是
很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多.
另外，对{Sn}按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而
{Sn}只有10 0项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为0的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论
后，就可去 掉余数为0的类，从而转化为100个数分配在剩下的99个类中。
（二）单色三角形问题
抽屉原理的应用多么奇妙，其关键在于恰当地制造抽屉，分割图形，利用自然数分类的不同方法如按剩余类制造抽屉或按奇数乘以2的方幂制造抽屉，利用奇偶性等等，都是制造“抽屉”的方法。抽屉原理的道理极其简单，但“于无声处听惊雷”，恰当地精心地应用它，不仅可以解决国内数学竞赛中的问题，< br>而且可以解决国际中学生数学竞赛。
例6．17名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信 ，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意
两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名 科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。
证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连 一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨
论第一个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个问题就转化为 找到一个三边同颜色的三角形。考虑科学家A，他
要与另外的16位科学家每人通信讨论一个问题，相应 于从A出发引出16条线段，将它们染成3种颜色，
而16=3×5+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，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只
染 有黄蓝两色。考虑从B1引出的5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色 ，因为5=2×2+1，
14 43

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
然成立。
说明:（1）本题源于一个古典问题-- 世界上任意6个人中必有3人互相认识，或互相不认识。
（2）将互相认识用红色表示，将互相不认 识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论
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，
它们所成的三角形三边同色。 （3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。
本例便是方向一的进展， 其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题：在66个科学家中，
每个科学家都和其他科学家通 信，在他们的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
个题目。证明至少有三个科学 家，他们互相之间讨论同一个题目。
（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，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2） →（17，3）的过程，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，…..我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，195 8点染6色问题，都必出现一个同色三角形。
（三）抽屉原理的其他形式。
定理2：把m个元素分成n个集合（m＞n）
（1）当n能整除m时，至少有一个集合含有mn个元素；
（2）当n不能整除 m时，则至少有一个集合含有至少[mn]+1个元素，（[mn]表示不超过 的最大整数）
定理2也可叙述成：把m×n+1个元素放进n个集合，则必有一个集合中至少放有m+1个元素。
例7．9条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形，而且它们的面积之比为2∶3。证明：这9条< br>直线中至少有3条通过同一个点。
证明：设正方形为ABCD，E、F分别是AB，CD的中点。 设直线L把正方形ABCD分成两个梯形ABGH
15 43

和CDHG，并且与EF相交于 P.梯形ABGH的面积：梯形CDHG的面积=2∶ 3,EP是梯形ABGH的中位线，PF是
梯形CDHG的中位线，由于梯形的面积=中位线×梯形的高 ， 并且两个梯形的高相等（AB=CD），所以梯形
ABGH的面积∶梯形CDHG的面积=EP∶P F，也就是EP∶PF=2∶3 .这说明，直线L通过EF上一个固定的点P，
这个点把EF分成长度 为2∶3的两部分。这样的点在EF上还有一个，如图上的Q点（FQ∶QE=2∶3）。同
样地，如果 直线L与AB、CD相交，并且把正方形分成两个梯形面积之比是2∶3，那么这条直线必定通过
AD、 BC中点连线上的两个类似的点（三等分点）。这样，在正方形内就有4个固定的点，凡是把正方形面
积 分成两个面积为2∶3的梯形的直线，一定通过这4点中的某一个。我们把这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=4×2+1，所以，必有一个抽屉内至少放有3个苹果，也就是，必有< br>三条直线要通过一个点。
说明：本例中的抽屉比较隐蔽，正方形两双对边中点连线上的4个三 等分点的发现是关键，而它的发
现源于对梯形面积公式S梯形=中位线×梯形的高的充分感悟。 例8．910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．至少三行完全相同; 2．至少有两组（四行），每组的两行完全相同。
证明：910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶。每行中的7个位置中的每个位置都有红、蓝两种
可能，因而总计共有27=128种不同的行式（当且仅当两行墨水瓶颜色及次序完全相同时称为“行式 ”相
同. 任取130行中的129行，依抽屉原理可知，必有两行（记为A，B）“行式”相同。 在 除A、B外的其
余128行中若有一行P与A（B）“行式”相同，则P，A，B满足“至少有三行完全 相同”；在其余（除A，
B外）的128行中若没有与A（B）行式相同者，则128行至多有127种 不同的行式，依抽屉原则，必有两
行（不妨记为C、D）行式相同，这样便找到了（A，B）、（C，D ）两组（四行），每组两行完全相同。
(四) 函数的性质应用
一、指数函数与对数函数
函数y=ax(a>0,且a≠1)叫做指数函数。它的基本情况是：
1）定义域为全体实数（-∞，+∞）
16 43

2）值域为正实数（0，+∞），从而函数没有最大值与最小值，有下界，y>0
3）对应关系为一一映射，从而存在反函数--对数函数。
4）单调性是：当a>1时为增函数；当05）无奇偶性，是非奇非 偶函数，但y=ax与y=a-x的图象关于y轴对称，y=ax与y=-ax的图象关于x轴对
称；y =ax与y=logax的图象关于直线y=x对称。
6）有两个特殊点：零点（0，1），不变点（1，a）
7）抽象性质：f(x)=ax(a >0,a≠1),f(x+y)=f(x)·f(y),f(x-y)=f(x)f(y)
函数y=logax(a>0,且a≠1)叫做对数函数，它的基本情况是：
1）定义域为正实数（0，+∞）
2）值域为全体实数（-∞，+∞）
3）对应关系为一一映射，因而有反函数——指数函数。
4）单调性是：当a>1时是增函数，当05）无奇偶性。但y=lo gax与y=log(1a)x关于x轴对称，y=logax与y=loga(-x)图象关于y轴对称，y= logax
与y=ax图象关于直线y=x对称。
6）有特殊点（1，0）,(a，1)
7）抽象运算性质f(x)=logax(a>0,a≠1)， f(x·y)=f(x)+f(y),f(xy)=f(x)-f(y)
二、例题
例1．若 f(x)=(ax(ax+√a))，求f(11001)+f(21001)+f(31001)+…+f(1 0001001)
分析：和式中共有1000项，显然逐项相加是不可取的。需找出f(x)的结构 特征，发现规律，注意到
11001+10001001=21001+9991001=31001+ 9981001=…=1，而f(x)+f(1-x)=
(ax(ax+√a))+(a1-x (a1-x+√a))=(ax(ax+√a))+(a(a+ax·√a))=(ax(ax+√a))+(( √a)(ax+√a)
)=((ax+√a)(ax+√a))=1规律找到了，这启示我们将和式配对 结合后再相加：
原
17 43
式

=[f(11001) +f(10001001)]+[f(21001)+f(9991001)]+…+[f(5001001)+ f(5011001)]=(1+1+…+1)50
00个=500
（1）取a=4就是19 86年的高中数学联赛填空题：设f(x)=(4x(4x+2))，那么和式
f(11001)+f( 21001)+f(31001)+…+f(10001001)的值= 。
（2）上题中取 a=9，则f(x)=(9x(9x+3))，和式值不变也可改变和式为求
f(1n)+f(2n)+ f(3n)+…+f((n-1)n).
（3）设f(x)=(1(2x+√2))，利用课本中推导 等差数列前n项和的方法，可求得
f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)的 值为 。
例2．5log25等于：（ ）
（A）12 （B）(15)10log25 （C）10log45 （D）10log52
解：∵5log25 =(102)log25=(10log25)(2log25)=(15)×10log25 ∴选（B）
例3．试比较(122002+1)(122003+1)与(122003+1)(122004+1 )的大小。
解：对于两个正数的大小，作商与1比较是常用的方法，记122003=a＞0，则有
((122002+1)(122003+1))÷((122003+1)(122004+1))= ((a12)+1)(a+1)·((12a+1)(a+1))=((a+
12)(12a+1))( 12(a+1)2)=((12a2+145a+12)(12a2+24a+12))＞1
故得：((122002+1)(122003+1))＞((122003+1)(122004+1))
例4．已知(a,b为实数)且f(lglog310)=5，则f(lglg3)的值是（ ）
（A）-5 （B）-3 （C）3 （D）随a,b的取值而定
解：设lglog310=t，则lglg3=lg(1log310)=-lglog310=-t
而f(t)+f(-t)=

∴f(-t)=8-f(t)=8-5=3
18 43

说明：由对数换底公式可推出logab·logba=(lg blga)·(lgalgb)=1，即logab=(1logba)，因而
lglog310与lg lg3是一对相反数。设中的部分，则g(x)为
奇函数，g(t)+g(-t)=0。这种整体处理的 思想巧用了奇函数性质使问题得解，关键在于细致观察函数式结
构特征及对数的恒等变形。
例5．已知函数y=((10x-10-x)2)(X∈R)
（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 < br>分析：（1）求y=(10x-10-x)2的反函数首先用y把x表示出来，然后再对调x,y即得到y =f-1(x)；
（2）判断函数y=f-1(x)的奇偶性要依据奇函数或偶函数的定义，看当X∈R 时是否有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)(X∈R)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整理得：t2-2yt-1=0，解得：
由于t=10x＞0，故将

舍去，得到：将t=10x代入上式，即得:
所以函数y=((10x-10-x)2)的反函数是
(2)由得:


所以，函数 是奇函数。
∴f-1(-x)=-f(x)
例6．已知函数f(x)=loga((1+x)(1-x))(a＞0,a≠1)
（1）求f(x)的定义域
（2）判断f(x)的奇偶性并给以证明；
（3）当a＞1时，求使f(x)＞0的x取值范围；
19 43

（4）求它的反函数f-1(x)
解：（1）由对数的定义域知((1+x)(1-x))＞0
解这个分式不定式，得：(x+1)(x-1)＜0,-1＜x＜1故函数f(x)的定义域为（-1，1） < br>（2）f(-x)=loga((1-x)(1+x))=log((1+x)(1-x))-1=-lo ga((1+x)(1-x))=-f(x)
由奇函数的定义知，函数f(x)是奇函数。
（3）由loga((1+x)(1-x))＞0＜＝＞loga((1+x)(1-x))＞loga1，因为 a＞1，所以由对数函数的单
调性知((1+x)(1-x))＞1，考虑由（1）知x＜1,1-x＞ 0，去分母，得：1+x＞1-x,x＞0故：0＜x＜1 所以
对于a＞1，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:(22x)=((ay+1)(ay-1))
∴x=((ay-1)(ay+1))交换x,y得：y=((ax-1)(ax+1))，它就是函数 f(x)=loga((1+x)(1-x))的反函
数f-1(x)即f-1(x)=((ax-1) (ax+1))
例7．已知x2-2x+loga(a2-a)=0有一正根和一负根，求实数a的范围。
解：方程有一正根一负根的充分必要条件是：loga(a2-a)＜0 ①
由a＞0,a≠1,a2-a=a(a-1)＞0,可得a＞1 ②，从而由loga(a2-a)＜0=loga1得:a2-a＜1,a2-a-1＜
0，解得: ③，由②③得：
例8．设y=log(12)[a2x+2(ab)x-b2x+1](a＞0,b＞ 0)，求使y为负值的x的取值范围
解：∵(12)＜1,要使y＜0,只要a2x+2(ab)x -b2x+1＞1，即a2x+2(ab)x-b2x＞0
→b2x[(ab)2x+2(ab)x-1]＞0→[(ab)x]2+2(ab)x-1＞0→
→∵ →. 1°当a＞b＞0时,ab＞1,
3°当a=b＞0时，x∈R。
；

2°当b＞a＞0时,0＜ab＜1,
(五)数 列
20 43

[方法总结]
?
S1
,n?1
?
S?S
n?1
,n?2
1.数列{an} 前n 项和Sn与通项an的关系式：an=
?
n

2.求通项常用方法
①作新数列法.作等差数列与等比数列.
②叠加法.最基本形式是：an=(an－an－1 +(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1.
③归纳、猜想法.
3.数列前n项和常用求法
①重要公式
1
1+2+…+n=
2
n(n+1)
1
12+22+…+n2=
6
n(n+1)(2n+1)
1
13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=
4
n2(n+1)2 < br>②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.
③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消 中间的许
多项.
④错项相消法
⑤并项求和法
[例题]
1.等 差数列{an}的前m项的和为30，前2m项的和为100，则它的前3m项的和为_________.
n(n?1)
2
解法一：将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得：
①

②
21 43

m(m?1)
?
ma?d?30
1
?
?
2
?
?
2ma?< br>2m(2m?1)
d?100
1
?
2
?

4 010203m(3m?1)
解得d?
2
,a
1
??
2,?S
3m
?3ma
1
?d?210
m2
mm

解法二：由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A 、B是常数）.
将Sm=30,S2m=100代入，得
20
?
A?
2
?
?
?
Am?Bm?30
?
m
???
2
?
?
B?
10
?
A(2m)?B?2m ?100
?
m
,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210
?
2
解法三：根据等差数列性质知：Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列，从而有：2(S 2m－Sm)=Sm+(S3m
－S2m) ∴S3m=3(S2m－Sm)=210
解法四：令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2= 70
∴a3=70+(70－30)=110 ∴S3=a1+a2+a3=210
1
2.已知函数f(x)=
x
2
?4
(x<－2).
(1)求f(x)的反函数f-－1(x);
1
(2)设a1=1,
an?1
=－f－-1(an)(n∈N*),求an;
m
(3)设Sn=a12 +a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn<
25
成立？若
存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
1
解：(1)设y =
x
2
?4
,∵x<－2,∴x=－
4?
1
y2
4?
,即y=f－-1(x)=－
1
y
2
(x>0)
1
(2)∵
a
n?1
1
?4?
1
2
1
a
n
,?
2
1
a
n?1
2
?
1
a
n
2
?4
，∴{
1
a
n2
}是公差为4的等差数列，
1
+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=
4n?3
. ∵a1=1,
a
n
=
a
1
2
22 43

1m252525
(3)bn=Sn+1－Sn=an+12=
4n?1,由bn<
25
,得m>
4n?1
,设g(n)=
4n?1,∵g(n)=
4n?1
在n∈N*上是
m
减函数，∴g(n)的最大值 是g(1)=5,∴m>5,存在最小正整数m=6,使对任意n∈N*有bn<
25
成立.
3.已知{an}是各项不同的正数等差数列,又lga1、lga2、lga4成等差数列.设bn=
（Ⅰ）证明{bn}为等比数列；
1
a
2
n
,n=1,2,3,……。
7
（Ⅱ）如 果数列{bn}前3项的和等于
24
，求数列{an}的首项a1和公差d.。
解:（Ⅰ）∵lga1、lga2、lga4成等差数列，
∴2lga2=lga1+lga4，即
2
a
2
=a1·a2 设等差数列{an}的公差为d，则(a1+d)2=a1(a1+3d),
这样d2= a1d 从而d(d- a1)=0 ∵d≠0 ∴d= a1≠0 a2n = a1+(2n-1)d=2 n d
bn=
1
a
2
n
1111
?
n=
d
2
这时{bn}是首项b1=
2d
，公比为
2
的等比数列。
1117
（Ⅱ）∵b1+b2+b3=
2d
(1+
2
+
4
) =
24
，∴d=3, 所以a1=d=3
4．已知{
a
n
}是公比为q的等比数列，且
a
1
,a
3
,a
2
成等差数列.
（Ⅰ）求q的值；
（Ⅱ）设{
b
n
}是以2为首项 ，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的
大小，并说明理由. 解:（Ⅰ）由题设
2a
3
?a
1
?a
2
,即2 a
1
q
2
?a
1
?a
1
q,

?a
1
?0,?2q?q?1?0.

2
1
?q?1或?.
2

n(n?1)n
2
?3n
q?1,则S
n
?2n??1?.
22
（Ⅱ）若
n?2时,S
n
?b
n
?S
n?1
?
(n?1)( n?2)
?0.
S?b
n
.
2
故
n
当
23 43

1n(n?1)1?n
2
?9n
q ??,则S
n
?2n?(?)?.
2224
若
n?2时,S
n
?b
n
?S
n?1
??
(n?1)(n?10)
,
4


当
故对于
n?N
?
,当2?n ?9时,S
n
?b
n
;当n?10时,S
n
?b
n
;当n?11时,S
n
?b
n
.
{log
2
(a
n
?1)}n?N
*
)
为等差数列，且5.已知数列
a
1
?3,a
3
?9.

（Ⅰ）求数列
{a
n
}
的通项公式；
111
?? ???1.
a?aa?aa?a
132n?1n
（Ⅱ）证明
2
解：（I）设等差数列
由
{log
2
(a
n
?1)}< br>的公差为d.
即d=1.

a
1
?3,a
3?9得2(log
2
2?d)?log
2
2?log
2
8,
log
2
(a
n
?1)?1?(n?1)??n,
即所 以
a
n
?2
n
?1.
111
?
n?1?
nn
a?a
a?22
n?1n
（II）因为，
11 11111
?????
1
?
2
?
3
???
n
a?a
1
a
3
?a
2
a
n?1
?a
n
2222
所以
2
111
?
n
?< br>2
?1?
1
?1.
2
?
2
1
2n
1?
2

6.已知数列
?
a
n
?< br>的首项
a
1
?5,
前
n
项和为
S
n
，且Sn+1=2Sn+n+5.(n∈N*)
?
a
n
?1
?
是等比数列；
?
，求函数
f(x)
在点
x?1
处的导数
f(1)
。
（I）证明数列
（II）令
f(x)?a
1
x?a
2
x
2
?L?a
n
x
n
解：（I）由已知Sn+1=2Sn+n +5，∴
两式相减得
当
n?1
时
从而
n?2,S
n
?2S
n?1
?n?4
即
S
n?1
?S
n
?2
?
S
n
?S
n?1
?
?1
∴
a
n?1
?2a
n
?1
.又
,从而
a< br>n?1
?1?2
?
a
n
?1
?
a
2
?11

.
S
2
?2S
1
?1?5a< br>2
?a
1
?2a
1
?6a
1
?5
, ∴
a
2
?1?2
?
a
1
?1
?
. 故总有
a
n?1
?1?2(a
n
?1)
n?N
*< br>a?5,a
1
?1?0
.又∵
1
,
24 43

a
n?1
?1
?2
?
a?1
?是以为
a
1
?1?6
首项2为公比的等比数列。
a?1
从而
n
，即数列
n
（II）由（I）知
∴
a
n< br>?3?2
n
?1
,∵
f(x)?a
1
x?a
2
x
2
?L?a
n
x
n

f
?< br>(x)?a
1
?2a
2
x?L?na
n
x
n ?1
。
从而
2n
n(n?1)
3
?
2?2?2 ?L?n?2
?
?
1?2?L?n
?
2
=-＝3[n×2n +1-(2+…+2n)]-
n(n?1)n(n?1)
3
?
n?1
?
?2
n?1
??6
22
=3[n×2n+1-2n+1+2]- =
a
n?1
?a
n?2
2
7.若公比为c的等比数列{a n}的首项a1=1且满足an=（n=3，4，……）
（Ⅰ）求c的值；
（Ⅱ）求数列{nan}的前n项和Sn.
解:（Ⅰ）由题设，当n≥3时，an=c2an-2 an-1=can-2
an?1
?a
n?2
1?c
1?c
?a
n?2
2 2
an=.由题设条件可得an-2≠0,因此c2=
2
,即2c2-c-1=0.
1
解得c=1或c=-
2

(Ⅱ)由（Ⅰ）,需要分两种情况讨论:
当c=1时，数列{an}是一个常数列,即an=1(n∈N*)
n(n??)
2
这时,数列{nan}的前n项和Sn=1+2+3+…+n= 111
当c=-
2
时，数列{an}是一个公比为-
2
的等比数 列，即an=(-
2
)n-1 (n∈N*).
111
这时，数列{ nan}的前n项和Sn=1+2(-
2
)+3(-
2
)2+…+n(-2
)n-1. ①
111111
①式两边同乘-
2
，得-
2
Sn=-
2
+2(-
2
)2+…+(n-1)( -
2
)n-1+n(-
2
)n. ②
25 43

①式减去②式，得
1
1?(?)
n
2
?n (?
1
)
n
.
11111
1
2
1?
2
（1+
2
）Sn=1+(-
2
)+(-
2
)2 +…+(-
2
)n-1-n(-
2
)n=
13n?2
[4 ?(?1)
n
n?1
](n?N
*
).
2
所以Sn =
9

1
a
n?1
?S
n
3
，n =1，2，3，……，求： 8.数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，
（Ⅰ）a2，a3，a 4的值及数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）
a
2
?a
4
? a
6
?L?a
2n
的值.
1111
a
n?1?S
n
a
2
?S
1
?a
1
?
3
，n=1，2，3，……，得
333
， 解：（Ⅰ）由a1=1，
1141 116
a
3
?S
2
?(a
1
?a
2
)?a
4
?S
3
?(a
1
?a
2
?a< br>3
)?
339
，
3327
.
11414
n ?2
1
a
n?1
?a
n
?(S
n
?Sn?1
)?a
n
a
n?1
?a
n
()
3
3333
由（n≥2），得（n≥2），又a2=，所以an=
3
(n≥< br>n?1,
?
1,
?
?
14
n?2
(),?
33
?
n?2
2), ∴数列{an}的通项公式为an=
4
2
1
()
a
2
,a
4
,L,a
2n
3
3
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知是首项为，公比为项数为n的等比数列，
4< br>1?()
2n
1
3
?
3
[(
4
)< br>2n
?1]?
3
1?(
4
)
2
73
a?a
4
?a
6
?L?a
2n
3
所以
2< br>=.
9.假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预 计在今后的若干年内,
该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房 的面积均比上一年增加50万
平方米.那么,到哪一年底,
(1)该市历年所建中低价房的累 计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?
26 43

(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?
解:(1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,
n(n?1 )
?50
2
其中a1=250,d=50,则Sn=250n+=25n2+225n ,
令25n2+225n≥4750,即n2+9n-190≥0,而n是正整数,∴n≥10.
∴到2013年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米.
(2 )设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比数列,其中b1=400,q=1.08, < br>则bn=400·(1.08)n-1.由题意可知an>0.85bn,有250+(n-1)·50> 400·(1.08)n-1·0.85.
由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数n=6.到20 09年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造
住房面积的比例首次大于85%.
10.设 正项等比数列
（Ⅰ）求
（Ⅱ）求
?
a
n
?
的首项< br>a
1
?
1
1010
2
，前n项和为
S
n
，且
2S
30
?(2?1)S
20
?S
10< br>?0
。
?
a
n
?
的通项；
?
nS
n
?
的前n项和
T
n
。
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210·q10( a11+a12+…+a20)=a11+a12+…+a20.
11
n
因为an> 0，所以210q10=1,解得q=
2
,因而an=a1qn-1=
2
,n =1,2,….
11
(1?
n
)
2
2
111n< br>1
1?
2
=1-
2
n
，nSn=n-
2n
. (II)因为{an}是首项a1=
2
、公比q=
2
的等 比数列，故Sn=
n
1
2
2n
则数列{nSn}的前n项和Tn=( 1+2+…+n)-(
2
+
2
+…+
2
)，
T< br>n
1
12n?1n
?
?
22
(1+2+…+n)-(
2
2
+
2
3
+…+
2
n
2
n?1
).
27 43

T
n
1
1< br>?
2
(1+2+…+n)-(
2
前两式相减，得
2
1 1
(1?
n
)
2
2
n(n?1)nn(n?1)1n
1
???2.
1?
n?1n?1n
4
22
2
+< br>2
,Tn=
2
=-
+
1
2
2
+… +
1
2
n
n
)+
2
n?1

11 .设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于
Sn与2的等比中项.
(1)写出数列{an}的前3项
(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)
(3)令bn=
1
a< br>n?1
a
n
(?)
2a
n
a
n?1
(n∈N*)，求b1+b2+b3+…+bn－n
a
1
?2
?2S
1
2
解：(1)由题意，当n=1时，有，S1=a1，
a
1
? 2a
2
?2
?2a
1
?2S
2
22
∴，解 得a1=2.当n=2时，有，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得(a2－
a
3?2
?2S
3
2
2)2=16，由a2＞0，解得a2=6.当n=3时 ，有，S3=a1+a2+a3，将a1=2，a2=6代入，整理得
(a3－2)2=64，由a3＞ 0，解得a3=10.故该数列的前3项为2，6，10.
(2）解法一：由(1）猜想数列{an} .有通项公式an=4n－2.下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是
an=4n－2，(n∈N *）.
①当n=1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a1=2，结论成立.
a
k
?2
?2S
k
2
②假设当n=k时，结论成立，即有a k=4k－2，由题意，有，将ak=4k－2.代入上式，
a
k?1
?2
? 2S
k?1
2S
k
2
，得Sk=2k2，由题意，有，Sk+1=S k+ak+1，将Sk=2k2代入得解得2k=
a
k?1
?2
2
( )2=2(ak+1+2k2)，整理得ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，解得a k+1=2+4k，所以
28 43

ak+1=2+4k=4(k+1)－ 2，即当n=k+1时，结论成立.根据①②，对所有的自然数n∈N*成立.
a
n
?2
11
?2S
n
解法二：由题意知
2
，(n∈N*).整 理得，Sn=
8
(an+2)2,由此得Sn+1=
8
(an+1+2)2， ∴
1
an+1=Sn+1－Sn=
8
［(an+1+2)2－(an+2)2 ］.整理得(an+1+an）(an+1－an－4)=0，由题意知an+1+an≠0，
∴an+ 1－an=4，即数列{an}为等差数列，其中a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n－1)d=2+4 (n－1)，即通项公式
为an=4n－2.
a
n
?2a
n?1< br>?2
?2S
n
?2S
n?1
22
解法三：由已知得, (n∈N*)①，所以有②，由②式得
S
n?1
?S
n
?2
?2S
n?1
SS?2?S
n
2
，整理得Sn+1－2
2< br>·
n?1
+2－Sn=0，解得
n?1
，由于数列{an}
为 正项数列，而
S
1
?2,?S
n?1
?S
n
?2< br>，因而
S
n?1
?2?S
n
，即{Sn}是以
S1
?2
为首项，
?
2,(n?1)
?
S?S
n ?1
?4n?2,(n?2)
S
n
2222
以为公差的等差数列.所 以=+(n－1)=n,Sn=2n2，故an=
?
n
即
an=4n－2(n ∈N*).
(3)令cn=bn－1，则cn=
a
1
a
n?1(?
n
?2)
2a
n
a
n?1

12 n?12n?111
[(?1)?(?1)]??,
22n?12n?12n?12n?1b
1
?b
2
???b
n
?n?c
1
? c
2
???c
n
?
111111
?(1?)?(?)??? (?)?1?,
3352n?12n?12n?1
1
?
lim
(b< br>1
?b
2
???b
n
?n)?
lim
(1? )?1.
n??n??
2n?1

12.已知数列{an}是公差为d的等差 数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数
f(x)=(x－1)2，且 a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式
(2)设数列{cn}的前n项和为Sn，对一 切n∈N*，都有
c
c
1
c
1
????
n
b
1
b
2
c
n
=an+1成立，求Sn
解：(1 )∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2 d，
29 43

∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1) ；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，
b
3
(q? 2)
2
?
2
b
1
q
∴=q2，由q∈R，且q≠1 ，得q=－2，∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1
c
n
c
nbb
(2)令
n
=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),∴ dn=an+1－an=2,∴
n
=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；
8
∴Sn=
3
［1－(－2)n］.
3
13.设An为数列{an} 的前n项和，An=
2
(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;
(1)求数列{an}的通项公式
(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺 序排成一个新的数列，证明：数列{dn}的通项公式为
dn=32n+1
(3)设数列{d n}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和；Dn为数列{dn}的前n
项和，Tn=Br－Dn，求Tn .
a
n?1
333
a
解：( 1)由An=
2
(an－1)，可知An+1=
2
(an+1－1)，∴an +1－an=
2
(an+1－an)，即
n
=3，而
3
a 1=A1=
2
(a1－1)，得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列 {an}的通项公式an=3n.
1
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n =3·［42n+C
2n
1
32n=(4－1)2n=42n+C
2n
2n?1
·42n－1(－1)+…+C
2n
·4·(－1)+(－1)2n］=4 n+3，
∴32n+1∈{bn}.而数
2n?1
·42n－1·(－1)+…+C
2n
·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，
∴32n
?
{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.
3
2n?1
?3
4
(3)由32n+1=4·r+3，可知r=，
r(7?4r?3)3
2n?1
?33
2n?1
?72727
?r(2r?5)??,D
n
??(1?9
n
)?(9
n
?1)
2421?98
∴Br=，
30 43

9
2n?1
?4?3
2n?1
?2127
n
?T
n
?B
r
?D
n
??(9?1)
88
9113
??3
4n
??3
2n
?,(a
n
)
4
?34n
,
884
T
9
?
lim
n
4?
n??
(a
n
)
8
[练习]

1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由.
2.已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列
a
b
1
,a
b
2
,…,a
b
n
,…为等比 数列，其中b1=1,b2=5,b3=17.求数列{bn}的通项公式；
3.{an}为等差数列 ，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)
(1)求证：当k取不同自然数时，此方程有公共根；
(2)若方程不同的根依次为x1,x 2,…,xn,…,求证：数列
111
,,?,
x
1
?1x
2
?1x
n
?1
为等差数列.
4.数列{an}满足a1=2，对 于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，又知数列{bn}
的通项为bn=2n－1+1.
(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)猜想Sn与Tn的大小关系，并说明理由.
5.数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;
(3)设bn=
1< br>n(12?a
n
)
(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*) ,是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*
31 43

m
均有 Tn＞
32
成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
6.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.
(1)求数列{bn}的通项bn；
1
b
(2)设数列{an}的通项an =loga(1+
n
)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，试比较S n
1
与
3
logabn+1的大小，并证明你的结论.
7.设数列 {an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2 ,3,4…).
(1)求证：数列{an}是等比数列；
1
(2)设数列{an} 的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f(
bn；
(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.

参考答案
b
n?1
)(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项
?
?
a
3
?a
1
?2d?12,
?
12 ?11
?
d?0
?
S
12
?12a
1
?< br>2
?
13?12
?
24
S?13a?d?0
1
?
13
2
1.(1)解：依题意
?
解之得公差d的取值范围为－< br>7
＜d＜－3.
(2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13 ,因此，在S1，S2，…，S12中Sk为最大值的条件为：
?
a
3
?(k ?3)d?0
?
kd?3d?12
1212
24
?
?
a?(k?2)d?0
kd?2d?12
ak≥0且ak+1＜0,即
?
3
∵a3=12,∴
?
，∵d＜0,∴2－
d
＜k≤3－
d< br>∵－
7
712
＜d＜－3,∴
2
＜－
d
＜4 ,得5.5＜k＜7.
因为k是正整数，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大.
解法二：由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，因此，若在1≤k≤12中有自然数k,使得a k≥0,且ak+1＜0,
32 43

则Sk是S1，S2，…，S12中 的最大值.由等差数列性质得，当m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q时，am+an=ap+aq.21
所以有：2a7=a1+a13=
13
S13＜0,∴a7＜0,a7+a6 =a1+a12=
6
S12>0,∴a6≥－a7>0,故在S1，S2，…，S12
中S6最大.
解法三：依题意得：
nd
S
n
?na
1?(n?1)d?n(12?2d)?(n
2
?n)
22
?
d1 24d24124
24
[n?(5?)]
2
?(5?)
2
, ?d?0,?[n?(5?)]
2
22d8d2d
最小时，Sn最大；∵－
7
＜d＜－3,∴6＜
11
2424
2
(5－
d
)＜ 6.5.从而，在正整数中，当n=6时，［n－
2
(5－
d
)］2最小，所以S6最大.
2.解：由题意知a52=a1·a17，即 (a1+4d)2=a1(a1+16d)
?
a1d=2d2,
∵d≠0,∴a1= 2d,数列{
a
b
n
}的公比q=
a
5
a
1
?4d
?
a
1
a
1
=3,
b
n
?1
a
1
a
b
n
a
b
n
2
∴=a1·3n－1 ① 又=a1+(bn－1)d=②
b
n
?1
由①②得a1·3n－1=
2
·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1 －1.
3.证明：(1）∵{an}是等差数列，∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+ 2ak+1x+ak+2=0可变为
(akx+ak+2)(x+1)=0,∴当k取不同自然数时，原 方程有一个公共根－1.
?
(2）原方程不同的根为xk=
?
?
a
1
??
k
,
x
k
?12d
1
x< br>k?1
?1
?
a
k?2
a?2d
2d
??< br>k
??1?
a
k
a
k
a
k

aaa?a
k?1
?d11
??
k?1
?(?
k
)?
k
???(常数)
x
k
?12d2d2d2d2
?{< br>11
}是以?为公差的等差数列.
x
k
?12

4.解：(1）可解得
(2)Tn=2n+n－1.
a
n?1
n< br>?
a
n
n?1
，从而an=2n，有Sn=n2+n，
33 43

(3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2 时T2＜S2；n=3时，T3＜S3;n=4时，T4＜S4；
n=5时，T5＞S5；n=6时T6 ＞S6.猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1
可用数学归纳法证明(略）.
5 .解：(1）由an+2=2an+1－an
?
an+2－an+1=an+1－an可知{a n}成等差数列，
a
4
?a
1
d=
4?1
=－2 ,∴an=10－2n.
(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9 n，当n＞5时，Sn=n2－9n+40，故
2
?
?
?n?9n 1?n?5
?
2
?
n?9n?40 n?5
Sn=
?

(3)bn=
11111
??(?)n(12?a
n
)n(2n?2)2nn?1

111111n
mm
?T
n
?b
1
?b
2
???b
n?[(1?)?(?)???(?)]?
2223nn?12(n?1)
；要使Tn＞32
总成立，需
32
1
＜T1=
4
成立，即m＜8且m ∈Z，故适合条件的m的最大值为7.
?
b
1
?1
?
?< br>10(10?1)
10b?d?145
1
?
2
?
6. 解：(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得：解得b1=1,d=3,
∴bn=3n－2. < br>11
(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+
4
)+…+loga(1+
3n?2
)
111
3
=loga［(1 +1)(1+
4
)…(1+
3n?2
)］，
3
logabn +1=loga
3n?1
.
111
3
因此要比较Sn与
3
logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+
4
)…(1+
3n?2
)与
3n?1
的大小，
3
取n=1时，有(1+1)＞
3?1?1

1
3
取n=2时，有(1+1)(1+
4
)＞
3?2?1
…
34 43

11
3
由此推测(1+1)(1+
4
)…(1 +
3n?2
)＞
3n?1
①
若①式成立，则由对数函数性质可判定：
11
当a＞1时，Sn＞
3
logabn+1，② 当0＜a＜1时，Sn＜
3
logabn+1，③
下面用数学归纳法证明①式.
(ⅰ)当n=1时，已验证①式成立.
(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即：
11
(1?1)(1?)?(1?)?
3
3k?1
43k?2
.那么当n=k+1时，
3
11113k?1
3
(1?1)(1?)?( 1?)(1?)?3k?1(1?)?(3k?2).
43k?23(k?1)?23k?13k?1< br>3k?1(3k?2)
2
?(3k?4)(3k?1)
2
23
3
?[(3k?2)]?[3k?4]?
3k?1
(3k?1)
2
3
3
9k?43k?1
3
??0,?(3k?2)?3k?4?
33(k?1)?1
2
3k?1
(3k?1)
111
因而(1?1 )(1?)?(1?)(1?)?
3
3(k?1)?1
43k?23k?1

这就是说①式当n=k+1时也成立. 由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n都成立.
1 1
由此证得：当a＞1时，Sn＞
3
logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜3
logabn+1
7.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a 2)－(2t+3)=3t.
.
∴a2=
2t?3
a
2
2t?3
,?
3ta
1
3t
.
又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，①
3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ②
①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.
∴
a
n
2t ?3
?
a
n?1
3t
2t?3
,n=2,3,4…,所以{ an}是一个首项为1公比为
3t
的等比数列；
35 43

1
2
2t?3
21
?
b
(2)由f(t)=
3 t
=
3t
,得bn=f(
n?1
)=
3
+bn－1
222n?1
可见{bn}是一个首项为1，公差为
3
的等差数列.于是bn =1+
3
(n－1)=
3
;
2n?154
(3)由bn=
3
,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和
3
，公差均为
3
的等差数列，于是
4n?1
b2n=
3
,∴b1b2－b2b3 +b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1=b2(b1－b3)+b4(b3－b5) +…
44154n?14
+b2n(b2n－1－b2n+1)=－
3
(b2 +b4+…+b2n)=－
3
·
2
n(
3
+
3)=－
9
(2n2+3n)
(六)不等式问题
不等式是中学数学的主 要内容，涉及整个高中数学的各个部分。不等式的证明则是高中数学中对逻辑
推理能力要求较高的内容， 是中学数学的一个难点。近年来，虽然淡化了单纯的证明题，但是以能力立意
与证明有关的综合题却频繁 出现，尤其与一次函数，二次函数放在一起综合考查逻辑推理能力是考查的重
要内容，且不等式的证明难 度大，综合性强。
例1若a、b、c是实数，f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b, 当-1≤x≤1时,
|f(x)|≤1. ⑴求证：|c|≤1 ⑵当|x|≤1时, |g(x)|≤2 ⑶设a>0,
当-1≤x≤1时, g(x)的最大值为2，求f(x).
证明：(1) 由条件知：|f(0)|=|c|≤1
(2) ∵g(x)=ax+b为一次函数, ∴要证：|g(x)|≤2, 则只需|g(-1)|≤2,|g(1)|≤2 而
|g(1)|=|a+b|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2 |g(-1)|=|a-b|=|f(-1)-c|≤|f(-1)|+|c|≤2故当：|x|≤1时,
|g(x)|≤2
(3) 因为a>0, 则g(x)在[-1,1]上是增函数, 当x=1时取最大值2, 即g(1)=2=a+b则：f(1)-f(0)=2,
又因为-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1, c=f(0)=-1，因为当-1≤x≤1时 ，|f(x)|≤1，即f(x)≥-1，由二次函
b
数的性质知：直线x=0为f(x)图像 的对称轴，由此得：-
2a
=0，即b=0，由a+b=2，得a=2，所以f(x)=2x2 -1。
36 43

例2 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的两根x1、x2，满足
1
0a

(1)当x
?
(0,x1)时，求证：xx
1
(2)设函数f(x)的图像关于直线x=x0对称，求证：x0<
2

证明 （1） 令F(x)=f(x)-x 因为x1、x2是方程f(x)-x=0的两根，所以F(x)=a(x-x1)·(x-x2) 而
x1?
(0,x1) 故F(x)>0恒成立，即f(x)>x.
1
又f(x)-x1=a(x-x1)(x-x2)+x-x1 =(x-x1)[a(x-x2)+1] 因为0a

所以：x1-x>0 1+a(x-x2)=1+ax- ax2>1-ax2>0得f(x)-x1<0 即f(x)b
（2）依题意知:x0= -
2a
,因为x1、x2是方程f(x)-x=0的根, 即x1、x2是方程ax2+(b-1)x+c=0的
1?b
根,所以：x1+x2=
a

a(x
1
?x
2
)?1ax
1
?ax
2
?1ax
1
x
1
b
2a2a
x 0= -
2a
= = 又因为ax2<1, 所以: x0<
2a
=
2
.

例3 设a为实数，函数f(x)=x2+|x－a|+1,x∈R.
(1)讨论f(x)的奇偶性； (2)求f(x)的最小值.
解：(1)当a=0时，函数f(－x)=(－x)2+|－x|+1= f(x),此时f(x)为偶函数；当a≠0时，f(a)=a2+1,f(－
a)=a2+2|a|+ 1,f(－a)≠f(a),f(－a)≠－f(a).此时函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数.
131
(2)①当x≤a时，函数f(x)=x2－x+a+1=(x－
2
)2+a +
4
,若a≤
2
,则函数f(x)在(－∞,a
]
上单调递
减，从而，函数f(x)在(－∞,a
]
上的最小值为f(a)=a2+1.
1131
若a>
2
,则函数f(x)在(－∞,a
]
上的最小值为 f(
2
)=
4
+a,且f(
2
)≤f(a).
37 43

131
②当x≥a时，函数f(x)=x2+x－a+ 1=(x+
2
)2－a+
4
;当a≤－
2
时，则函数f(x )在［a,+∞
)
上的最
1311
小值为f(－
2
)=4
－a,且f(－
2
)≤f(a).若a>－
2
,则函数f(x )在［a,+∞)上单调递增，从而，函数
f(x)在［a,+∞)上的最小值为f(a)=a2+1.
1311
综上，当a≤－
2
时，函数f(x)的最小值是
4
－a,当－
2
＜a≤
2
时，函数f(x)的最小值是a2+1;当
1 3
a>
2
时，函数f(x)的最小值是a +
4
.

例4 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,当-1≤f(x)≤1时, |f(x)|≤1.
求证：(1) |c|≤1,|b|≤1,|a|≤2 (2) 当|x|≤2时, |f(x)|≤7
证明：(1) 由于当-1≤x≤1时, |f(x)|≤1.则|f(0)|≤1. 即|c|≤1.
且 -1≤f(-1)≤1 即 -1≤a-b+c≤1 ①
-1≤f(1)≤1 即 -1≤a+b+c≤1 ②
①+②式得：-2≤2b≤2 即-1≤b≤1<===>|b|≤1
由①、②得：-1-c≤a-b≤1-c, -1+c≤a+b≤1+c, 而-1≤c≤1==>
-2≤-1-c, 1+c≤2 故 -2≤a-b≤2, -2≤a+b≤2 ===>
-4≤2a≤4, 即|a|≤2
(2)|f(2)|=|4a+2b+c|= |2(a+b+c)+2a-c|≤2|f(1)|+2|a|+|c|≤7
|f(-2)|=4a- 2b+c|=|2(a-b+c)+2a-c|≤2|f(-1)|+2|a|+|c|≤7
4ac? b
2
b
2
bbb
4a
当-2≤-
2a
≤2 时, |
2a
|≤2, 此时|f(-
2a
)|=||=|c-
4a
|
b
2
b
≤|c|+|
4a
|≤|c|+|
4a
|≤2≤7,故当|x| ≤2时, |f(x)|≤7

38 43

例5若f(x)=a x2+bx+c(a、b∈R),在区间[0,1]上恒有|f(x)|≤1,
(1) 对于所有这样的f(x),求|a|+|b|+|c|的最大值
(2) 试给出一个这样的f(x),使得|a|+|b|+|c|确实取到最大值
1111
解:(1)由f(1)=a+b+c, f(0)=c ,f(
2
)=
4
a+
2
b+c, 可解得a=2f(1)-4f(
2
)+2f(0),
11
b=4f(
2
)-3f(0)-f(1), c=f(0), 而|f(1)|≤1, |f(0)|≤1, |f(
2
)|≤1
11
故 |a|+|b|+|c|=|2f(1)-4f(
2
)+2f(0)|+|4f(
2< br>)-3f(0)-f(1)|+|f(0)|
11
≤2|f(1)|+4f|(
2
)|+2|f(0)|+|4|f(
2
)|+3|f(0)|+|f(1)|+| f(0)|≤17
所以|a|+|b|+|c|的最大值为17
1
由(1)知，上式取“=”的条件至少应满足: |f(0)|=1, |f(1)|=1, |f(
2
)|=1
11
故x=
2
应为函数y=f(x)的对称轴, 则可设f(x)=a(x-
2
)2±1再将|f(0)|=1,
|f(1)|=1代入检验得：f(x)=8x2-8x+1

例6已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0.
(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求m的范围.
(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m的范围.
解：(1)抛物线f(x)=x2+ 2mx+2m+1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得
1
?
?
m??
2
?
f(0)?2m?1?0,
?
m? R,
?
f(?1)?2?0,
?
??
?
?
1
?
f(1)?4m?2?0,
??
m??
2
,
??
?
f(2)?6m?5?0
51
?
m??
5
??m??< br>?
6
∴
6
?
2
.
39 43

?
f(0)?0,
?
f(1)?0,
?
?
?
??0,
?
0??m?1
(2)据抛物线与x轴交点落在区间 (0，1)内，列不等式组
?

1
?
m??,
?
2
?
1
?
?
?
m??,
2
?
?m?1?2或m?1?2,
?
?1?m?0.
?
(这里0<－m<1是因 为对称轴x=－m应在区间(0，1)内通过)
练习:
1已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.
(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；
(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.

2函数f(x )定义在R上对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，当x＞0时，0＜f(x)＜1.
1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；
2)求证：f(x)在R上单调递减；
3)设集合A={ (x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－y+2)=1，a ∈R}，若A∩B=
?
，
求a的取值范围.
3甲、乙两地相距S千米，汽车 从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过c千米小时，已知汽车每小时的
运输成本(以元为单位)由可变部分 和固定部分组成，可变部分与速度v(kmh)的平方成正比，比例系数为
b,固定部分为a元.
(1)把全程运输成本y(元)表示为v(kmh)的函数，并指出这个函数的定义域；
(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？
x?y
4定义在(－1， 1)上的函数f(x)满足①对任意x、y∈(－1,1),都有f(x)+f(y)=f(
1?xy< br>);②当x∈(－
1,0)时，有f(x)>0.
40 43

1111
f()?f()???f(
2
)?f()
112
.我爱奥赛网

n?3n?1
求证：
5
参考答案:
1(1)设g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0.
∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即x1x2＜2(x1+x2)－4， < br>于是得x
0
??
b1b?11111
??(??)?(x
1< br>?x
2
)?x
1
x
2
?(x
1
?x
2
)?(x
1
?x
2
)?2
2a2aa22211
??(x
1
?x
2
)?2??(2?4)?2??1
22

1
(2)由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0可知x1·x2=
a
＞0，所以x1，x2同号
1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x 1+2＞2，∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 ①
(b?1)
2
4??4
2
(b?1)
2
?1
a
a
又(x2－x 1)2= ∴2a+1= (∵a＞0)代入①式得，
1
(b?1)?1
2＜3－2b ② 解②得b＜
4

2
2°若 －2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2
∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 ③ 又2a+1=
(b?1)
2
?1
，代入③式得
7
(b?1)?1
2＜2b－1 ④ 解④得b＞
4
. 2
17
综上，当0＜x1＜2时，b＜
4
，当－2＜x1＜0时，b＞< br>4
.

2(1)证明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)·f(0) .∵f(m)≠0，∴f(0)=1
取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)
1
∴f(m) =
f(?m)
，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1
( 2)证明：任取x1，x2∈R，则f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］
41 43

=f(x1)－f(x2－x1)·f(x1)=f(x1)［ 1－f(x2－x1)］，
∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，
∴函数f(x)在R上为单调减函数.
?
f(x
2
?y
2
)?f(1)
?
x
2
?y
2
?1
|2|< br>得
??
f(ax?y?2)?1?f(?)
?
ax?y?2?0
，由题意此不等式组无解，数形结合得：
a
2
?1
≥1，(3)由
?
解得a2≤3 ∴a∈［－
3
，
3
］
S
3 解：(1)依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为
v
,全程运输成本为
SS aa
y=a·
v
+bv2·
v
=S(
v
+bv) ∴所求函数及其定义域为y=S(
v
+bv),v∈(0,c
]
.
a
(2)依题意知，S、a、b、v均为正数 ∴S(
v
+bv)≥2S
ab
①
aaa
a< br>当且仅当
v
=bv,即v=
b
时，①式中等号成立.若
b≤c则当v=
b
时，有ymin；
a
aa
若
b
>c,则当v∈(0,c
]
时，有S(
v
+bv)－S(
c
+bc)
aaS
=S［(
v
－
c
)+(bv－bc)］ =
vc
(c－v)(a－bcv)∵c－v≥0,且c>bc2,∴a－bcv≥a－bc2>0
aa
∴S(
v
+bv)≥S(
c
+bc),当且仅当v=c时等号成立，也即当 v=c时，有ymin；
ababab
综上可知，为使全程运输成本y最小，当
b< br>≤c时，行驶速度应为v=
b
,当
b
>c时行驶速度
应为v= c.
x?y
4证明：对f(x)+f(y)=f(
1?xy
)中的x,y, 令x=y=0,得f(0)=0,再令y=－x,又得f(x)+f(－x)=f(0)=0,
即f(－ x)=－f(x),∴f(x)在x∈(－1,1)上是奇函数.设－1＜x1＜x2＜0,则f(x1)－f( x2)=f(x1)+f(－
x2)=f(
x
1
?x
2
1? x
1
x
2
),∵－1＜x1＜x2＜0,∴x1－x2＜0,1－x1x2> 0.∴
x
1
?x
2
1?x
1
x
2
＜0,于是由②知f(
x
1
?x
2
1?x
1
x2
)
42 43

>0,从而f(x1)－f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),故f(x)在x∈(－1,0)上是单调递减函数.根据奇函数的图象
关于原 点对称，知f(x)在x∈(0,1)上仍是递减函数，且f(x)＜0.
1
11
( n?1)(n?2)
?f(
2
)?f[]?f[]
1
(n?1)(n ?2)?1
n?3n?1
1?
(n?1)(n?2)
11
?
11
?f(
n?1n?2
)?f()?f()
11
n?1n?21??
n?1n?2
111
?f()?f()???f(
2
)< br>511
n?3n?1
11111111
?[f()?f()]?[f()?f( )]???[f()?f()]?f()?f(),
2334n?1n?22n?2
11
?0??1时,有f()?0,
n?2n?2
111
?f()?f()?f(),故 原结论成立.
2n?22

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