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全国高中数学联赛导引(一) 集合 函数 不等式


联赛导引 导引(一 联赛导引 一) 集合 函数 不等式 一,基础知识导引 <一>,集合 1,集合的性质 集合中的元素是确实的,互异的,无序的. 2,集合的表示方法 (1)列举法:如{1,2,3,4} (2)描述法:如 S = {x P( x)} . 3,集合的元素个数 有限集合 A 的元素个数记作 A ,我们有下面的容斥原理 (1) A U B = A + B ? A I B , (2) A U B U C = A + B + C ? A I B ? B I C ? C I A + A I B I C 4,最小数原理 (1)设 M 是正整数集的一个非空子集,则 M 中必有最小数 (2)设 M 是实数集的一个有限的非空子集,则 M 中必有最小数. <二>函数 1,函数的图象 (1)函数的图象的平移变换与伸缩变换: 平移变换: y = f ( x) 向右平移a个单位 y ? b = f ( x ? a) 向上平移b个单位 x伸长到原来的A倍 1 1 y = f ( x) (A>0,B>0) y伸长到原来的B倍 B A

伸缩变换: y = f ( x)

(2)函数的图象的对称变换与翻折变换 对称变换:通过点对称进行研究, 翻折变换: y = f ( x) 保留y轴右边的图像,去掉y轴左边的图像 y = f ( x); 再作关于y轴对称的图像 保留x轴上方的图像 y = f ( x) 并将x轴下方的图像翻折到x轴上方去

y = f ( x) 1,函数的性质

(1)奇偶性:定义域关于原点对称,且 f (? x) = f ( x) (偶)或 f (? x) = ? f ( x) (奇) (2)单调性: x1 < x2 ? f ( x1 ) < f ( x2 ) (增)或 f ( x1 ) > f ( x2 ) (减) (3)周期性:对于 T > 0 ,有 f ( x + T ) = f ( x) , 2,函数的最大值与最小值 (1)对于定义域 D 内的任意 x ,存在 x0 ∈ D ,使得 f ( x) ≤ f ( x0 ) ,则 f max ( x) = f ( x0 ) ; 对于定义域 D 内的任意 x ,存在 x0 ∈ D ,使得 f ( x) ≥ f ( x0 ) ,则 f min ( x) = f ( x0 )
1

(2) f ( x) 在闭区间 [a, b] 内连续,则 f ( x) 必有最大值与最小值. (3) f ( x) ≥ g ( x) 恒成立 ? f min ( x) ≥ g man ( x) 或 [ f ( x) ? g ( x)]min ≥ 0 . <三>,不等式 (1),均幂不等式链 设 a1 , a2 , ???, an ∈ R + ,则
n (调和平均) ≤ n a1 ? a2 ??? an (几何平均) 1 1 1 + + ??? + a1 a2 an

a1 + a2 + ??? + an a12 + a2 2 + ??? + an 2 a k + a2 k + ??? + an k k 1 ≤ (算术平均) ≤ (平方平均) ≤ n n n

( k 次方平均, k ≥ 2 ),等号成立的条件是 a1 = a2 = ??? = an . (2),柯西不等式 设 a1 , a2 , ???, an 与 b1 , b2 , ???, bn ∈ R ,则
(a1b1 + a2b2 + ??? + an bn ) 2 ≤ (a12 + a2 2 + ??? + an 2 )(b12 + b2 2 + ??? + bn 2 )

等号成立的条件是 (3),排序不等式

a a1 a2 = = ??? = n . b1 b2 bn

设有两个有序实数组: a1 ≤ a2 ≤ ·· ≤ an ; b1 ≤ b2 ≤ ·· ≤ bn . i1 , i2 , ·· in 是 · · · 1,2,··,n 的任一排列,则有 ·
a1b1 + a2b2 + ··+ an bn (同序和) · ≥ a1bi1 + a2bi2 +··+ an bin (乱序和) · ≥ a1bn + a2bn ?1 +··+ an b1 (反序和) ·

当且仅当 a1 = a2 = ··= an 或 b1 = b2 = ··= bn 时,等号成立. · · 二,解题思想与方法导引. 1,函数与方程思想 2,数形结合思想. 5,换元法 6,配方法 三,习题导引 <一>选择题 1,设全集 I = {( x, y ) x, y ∈ R} ,集合 M = {( x, y ) A, ? B,{(2,3)} C,(2,3) 3,分类讨论思想. 7,判别式法 4,转化 8,局部调整法.

y ?3 = 1} , N = {( x, y ) y ≠ x + 1} ,那么 CI M I CI N 等于 x?2

D, {( x, y ) y = x + 1}

2,函数 f ( x) = log 1 ( x 2 ? 2 x ? 3) 的单调递增区间是
2

A, (?∞, ?1)

B, (?∞,1)

C, (1, +∞)

D, (3, +∞)
2

3,若非空集合 A = {x 2a + 1 ≤ x ≤ 3a ? 5} , A, {a 1 ≤ a ≤ 9} B, {a 6 ≤ a ≤ 9}

33},则能使 A ? ( A I B ) 成立的所有 a 的集合是 C, {a a ≤ 9} D, ?
f ( x) = f (? x) ,则

4,设 f ( x) 是一个函数,使得对所有整数 x 和 y ,都有 f ( x + y ) = f ( x) + f ( y ) + 6 xy + 1 和
f (3) 等于

A,26 5,函数 f ( x) =

B,27

C,52

D,53

x x ? x 1? 2 2 A,是偶函数但不是奇函数 C,既是偶函数又是奇函数

B,是奇函数但不是偶函数 D,既不是偶函数也不是奇函数 1 ≤ 1 ? lx 恒成立,则一定有 1+ x 1 1 C, k ≥ , l ≤ 4 3 1 1 D, k ≥ , l ≤ 2 2+ 2

6,若对任何 x ∈ [0,1] ,不等式 1 ? kx ≤ 1 3 1 2+ 2

A, k ≥ 0, l ≥

B, k ≥ 0, l ≤

<二>填空题 7,一次函数 f ( x) = ax + b 的图象经过点(10,13),它与 x 轴的交点为 ( p, 0) ,与 y 轴的交点为 (0, q ) ,其中 p 是质 数, q 是正整数,则满足条件的所有一次函数为 8,函数 f ( x) = x 2 ? a 在区间 [?1,1] 上的最大值 M (a ) = . .

x 9,已知 f ( x) 是定义域在 (0, +∞) 上的音调递增函数,且满足 f (6) = 1 , f ( x) ? f ( y ) = f ( ) ( x > 0, y > 0) ,则不 y 1 等式 f ( x + 3) < f ( ) + 2 的解集是 x

.
x z + 的最小值为 y t

10,设 x, y, z , t 满足 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ 100 ,则

.

11,已知 A = {x x 2 ? 4 x + 3 < 0, x ∈ R} , B = {x 21? x + a ≤ 0, x 2 ? 2(a + 7) x + 5 ≤ 0, x ∈ R} .若 A ? B ,则实数 a 的取 值范围是 . .

12,使不等式 sin 2 x + a cos x + a 2 ≥ 1 + cos x 对一切 x ∈ R 恒成立的负数 a 的取值范围是 <三>解答题

13,是否存在实数 a ,使函数 f ( x) = x 2 ? 2ax + a 的定义域为 [?1,1] ,值域为 [?2, 2] . 若存在,求 a 的值;若不存 在,说明理由.

3

14,设二次函数 f ( x) = ax 2 + bx + c ( a, b, c ∈ R, a ≠ 0 )满足条件: (1)当 x ∈ R 时, f ( x ? 4) = f (2 ? x) ,且 f ( x) ≥ x ; (2)当 x ∈ (0, 2) 时, f ( x) ≤ (
x +1 2 ) ; 2

(3) f ( x) 在 R 上的最小值为 0. 求最大的 m(m > 1) ,使得存在 t ∈ R ,只要 x ∈ [1, m] ,就有 f ( x + t ) ≤ x .

1 1 1 4 15,求方程 + + = 的正整数解. x y z 5

四,解答导引 1,B M 表示直线 y = x + 1 上除去点(2,3)的部分, CI M 表示点(2,3)和除去直线 y = x + 1 的部 分, CI N 表示直线 y = x + 1 上的点集,所以, CI M I CI N 表示的点集仅有点(2,3),即 {(2, 3)} .
4

2,A

f ( x) 的定义域为 (?∞, ?1) U (3, +∞) ,而 u = x 2 ? 2 x ? 3 = ( x ? 1)2 ? 4 在 (?∞, ?1) 上单

调递减,在 (3, +∞) 上单调递增,所以, f ( x) 在 (?∞, ?1) 上单调递增,在 (3, +∞) 上单调递减.

? 2a + ≥ 3 ? 3,B 由 A ? ( A I B) 知 A ? B ,所以 ?3a ? 5 ≤ 22 ,解得 6 ≤ a ≤ 9 . ?3a ? 5 ≥ 2a + 1 ?
4,A 5,A 6,D 令 x = y = 0 ,得 f (0) = ?1 ,令 y = ? x ,得 f ( x) = 3 x 2 ? 1 ,所以 f (3) = 26 .
3 3 f (1) = ? , f (?1) = ? .有 f (1) = f (?1) 2 2

由 (1 ? kx) 1 + x ≤ 1 ,得 (1 + x)(1 ? kx)2 ≤ 1 ,于是 k 2 x 2 ? 2kx + 1 + k 2 x3 ? 2kx 2 + x ≤ 1 ,
1 . 2

又 x ∈ [0,1] ,有 k 2 x 2 + (k 2 ? 2k ) x + 1 ? 2k ≤ 0 ,得 k ≥ 由

1 1 ≤ 1 ? lx ,得 ≤ 1 ? 2lx + l 2 x 2 ,有 l 2 x 2 + (l 2 ? 2l ) x + 1 ? 2l ≥ 0 , 1+ x 1+ x 1 . 2+ 2

x ∈ [0,1] ? l ≤

7, f ( x) = ?13 x + 143 或 f ( x) = ? x + 23 .

由题意得 10q + 13 p = pq ,

有 ( p ? 10)(q ? 13) = 130 . p 只能是 11,23. 当 p = 11 时, q =143; 当 p = 23 时, q = 23.
1 ? ?1 ? a, 当a ≤ 2 ? 8, ? . 1 ? a , 当a > ? ? 2

数形结合,分类讨论.

9, {x 0 < x <

?3 + 3 17 }. 2

? x( x + 3) <6 1 ? 由 f ( x + 3) ? f ( ) < 2 f (6) 及单调性,知 f ( x( x + 3) ? f (6)) < f (6) ,得 ? 6 . x ?x > 0 ? 1 10, . 5 1 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ t ≤ 100 , x z + 要最小,则 x = 1, t = 100 , y 尽量大, z 尽量小, y t

于是 y = x ,得 11, ?4 ≤ a ≤ ?1 .

1 y 1 1 + ≥2 = ,这时 x = 1, x = y = 10, t = 100 . y 100 100 5

可得 A = {x 1 < x < 3} ,设 f ( x) = 21? x + a , g ( x) = x 2 ? 2(a + 7) x + 5

要使 A ? B ,只需 f ( x) , g ( x) 在(1,3)上的图象均在 x 轴的下方,则 f (1) ≤ 0 , f (3) ≤ 0 ,
5

g (1) ≤ 0 , g (3) ≤ 0 ,由此可解得结果.

12, a ≤ ?2 .

原不等式可化为 (cos x ?

a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ≤ a2 + , 2 4

由 ?1 ≤ cos x ≤ 1 , a < 0, 有最大值 (1 ?

a ?1 a ?1 2 < 0 知当 cos x = 1 时,函数 y = (cos x ? ) 2 2

a ?1 2 a ?1 2 (a ? 1) 2 ) ,于是 (1 ? ) ≤ a2 + ,解得 a ≤ ?2 或 a ≥ 1 (舍去). 2 2 4

13,解: f ( x) = ( x ? a ) 2 + a ? a 2 ,对称轴是 x = a . (1)当 a > 1 时, f ( x) 在 [?1,1] 上是减函数, ? f (a ) = ?2 (2)当 0 ≤ a ≤ 1 时,有 ? ,得 a ∈? ; ? f (?1) = 2 ? f (a ) = ?2 (3)当 ?1 ≤ a < 0 时,有 ? ,得 a = ?1 ; ? f (1) = 2 ? f (?1) = ?2 ,得 a ∈? . (4)当 a < ?1 时, f ( x) 在 [?1,1] 上是增函数,有 ? ? f (1) = 2 于是存在 a = ?1 ,使 f ( x) 的定义域为 [?1,1] ,值域为 [?2, 2] . 14,解:由 f ( x ? 4) = f (2 ? x) , x ∈ R ,可知二次函数 f ( x) 的对称轴为 x = ?1 , 又由(3)知,二次函数 f ( x) 的开口向上,即 a > 0 , 于是可设 f ( x) = a ( x + 1) 2 ( a > 0 )
1+1 2 由(1)知 f (1) ≥ 1 ,由(2)知 f (1) ≤ ( ) = 1 ,所以 f (1) = 1 , 2 1 得 1 = a (1 + 1) 2 ,有 a = , 4 1 所以得 f ( x) = ( x + 1)2 . 4 1 因为 f ( x) = ( x + 1)2 的图象开口向上,而 y = f ( x + t ) 的图象是由 y = f ( x) 的图象平移 4

? f (?1) = 2 有? ,得 a ∈? ; ? f (1) = ?2

t 个单位得到.要在区间 [1, m] 上,使得 y = f ( x + t ) 的图象在 y = x 的图象的下方,且 m
最大,则 1 和 m 应当是关于 x 的方程 1 ( x + t + 1) 2 = x 4 的两个根 令 x = 1 代入方程①,得 t = 0 或 t = ?4 . 当 t = 0 时,方程①的解为 x1 = x2 = 1 ,这与 m > 1 矛盾!
6



当 t = ?4 时,方程①的解为 x1 = 1, x2 = 9 ,所以 m = 9 . 又当 t = ?4 时,对任意 x ∈ [1,9] ,恒有
1 ( x ? 1)( x ? 9) ≤ 0 ,即 ( x ? 4 + 1)2 ≤ x 4

也就是 f ( x ? 4) ≤ x , 所以, m 的最大值为 9. 15,解:由对称性,不妨设 x ≤ y ≤ z ,则
1 1 1 1 4 15 ≥ + + = ,得 x ≤ . x x y z 5 4 1 1 1 ≥ ≥ , x y z



又 x 是正整数,所以 x = 1 或 2 或 3. (1)若 x = 1 ,
1 1 1 + = ? 无正整数解, y z 5 2 1 1 4 1 3 20 ≥ + = ? = ,得 y ≤ , y y z 5 2 10 3

(2)若 x = 2 ,则

y 是正整数,且 y ≥ 2 ,于是 y = 3, 4,5, 6 .

当 y = 3 时, z = ?30 (舍去);当 y = 4 时, z = 20 ;当 y = 5 时, z = 10 ;当 y = 6 , z = 7.5 (舍去). (3)若 x = 3 ,则
2 1 1 4 1 7 30 ≥ + = ? = ,得 y ≤ , y y z 5 3 15 7

y 是正整数,且 y ≥ 3 ,于是 y = 3 或 4,

经检验,这时方程无正整数解, 所以原方程的正整数解为 ( x, y, z ) = (2, 4, 20) 或(2,5,10). [参考题]:
k 是实数, f ( x) = x 4 + kx 2 + 1 ,对任意三个实数 a, b, c, 存在一个以 f (a ), f (b), f (c) 为 x4 + x2 + 1

三边长的三角形,求 k 的取值范围.(答案: ?

1 < k < 4) 2

7


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