中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營講義word版（有答案）

下載來源：高中數(shù)學資源群：560012135，競賽資料群:758824914，兩百萬份資料的大群、網(wǎng)課教案課件，加QQ:763491846,中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營講義（一）平面解析幾何講義一、平面幾何背景下的解析幾何問題（一）解法思想：充分利用平面幾何中的幾何性質，合理而恰當?shù)匕褞缀翁卣鞅硎緸榇鷶?shù)形式，以幾何直觀為導向，運用代數(shù)工具和相應的方法進行推理或論證，達到解題目的．（二）例題選講：例1．在周長為定值的△ABC中，已知|AB|=6，且當頂點C位于定點P時，有最小值為.（=1\*ROMANI）建立適當?shù)淖鴺讼?，求頂點C的軌跡方程.（=2\*ROMANII）過點A作直線與(1)中的曲線交于M、N兩點，求的最小值.解析（=1\*ROMANI）設，則．設定值，則，所以，解得．把兩點放在軸上（點在左），線段的垂直平分線為軸，建立平面直角坐標系．則據(jù)橢圓定義可得頂點C的軌跡方程為．（=2\*ROMANII）設點的坐標分別為和，則．當直線的斜率不存在時，，此時；當直線的斜率存在時，設其方程為，代入橢圓方程中得可得，所以令，則．因為，所以，即得的最小值為，此時．例2．設是橢圓的一個焦點，是橢圓上距離點最遠的一個頂點，在橢圓的短軸上取互異的個點，設直線交線段或于點，直線交線段或于點．試問：直線將橢圓分割為多少塊？解析：如圖示，設點的坐標為，則由梅涅勞斯定理有，可得，可得點的坐標為．同理可得點的坐標為，所以直線的斜率為，可得其直線方程為．令，則，這說明直線經(jīng)過定點，而定點在橢圓外部，可見任意兩條直線都相交，且交點均為，說明這2013條直線任兩條直線在橢圓內部均不可能相交，于是它們把橢圓可分成2014塊．yxOPAB例3．作斜率為的直線與橢圓：交于兩點（如圖所示），且在直線的上方．yxOPAB（=1\*ROMANI）證明：△的內切圓的圓心在一條定直線上；（=2\*ROMANII）若，求△的面積．解析（=1\*ROMANI）分析：易計算出以點為切點的橢圓的切線的斜率為，由此可知以點關于軸的對稱點為切點的橢圓的切線的斜率為．可見斜率為的直線在平移過程中與橢圓相切時恰好是上面的切線，由此可猜想直線與直線的斜率互為相反數(shù)，下面給予驗證：設直線的方程為，點的坐標分別為和．把直線方程代入橢圓方程中可得，即得．因為，，兩式相加因為，所以，，于是．所以．于是的內切圓的圓心一定在直線上．（=2\*ROMANII）因為，所以直線的斜率為，可得直線的方程為，代入橢圓方程中得，由韋達定理可得點的橫坐標為．故由弦長公式可得．同理可求得．所以，△的面積為．例4．在平面直角坐標系中，橢圓的方程為，分別為橢圓的左、右頂點，分別為橢圓的左、右焦點，為橢圓上不同于和的任意一點．若平面中兩個點、滿足，試確定線段的長度與的大小關系，并給予證明．解析：如右圖示，據(jù)題意可知四點共圓，又原點為該圓的弦的中點，則據(jù)圓的性質可得該圓的圓心在軸上；又為該圓的直徑，所以線段的中點在軸上．同理，線段的中點也在軸上．所以，點的橫坐標相等，且為點的橫坐標的相反數(shù)．設點的坐標為，則可設點的坐標分別為和，且．據(jù)題設，，則據(jù)直線的到角公式有，即，整理得．同理可推得．于是．由于，所以，即得線段的長度不小于．又解：設點的坐標為，則可得直線的方程為；同理可得直線的方程為，兩方程聯(lián)立可得點的坐標為．同理可得點的坐標為．于是得．因為，所以，可得線段的長度不小于．二、向量條件下的曲線的弦問題（一）題型特點及解法思想：當直線與曲線相交但不相切，此時將產(chǎn)生曲線的一條弦，圍繞著這條線弦展開的問題，我們把它稱為曲線的“弦問題”．解決這類問題的基本思想是聯(lián)立方程組，運用二次方程的有關知識加以解決．在曲線的“弦問題”中，時常把題中的條件通過向量的形式給出，或以向量為背景來設置問題．解決這種問題時，可以從兩個方面來考慮向量知識的運用，一是運用向量的坐標表示形式解題，這與解析法一脈相承；二是運用向量的幾何意義解題，即通過向量來揭示所研幾何圖像的幾何性質，再運用數(shù)形結合的思想解題．（二）例題選講：例5．點A在直線上，點B在直線上，且A、B兩點在y軸同側，并滿足．（=1\*ROMANI）求中點的軌跡；（=2\*ROMANII）若曲線與拋物線相切于兩點，求證這兩個切點分別在定直線上，并求切線方程．解（=1\*ROMANI）設點A的坐標為，點B的坐標為，則，，所以有，由于A、B兩點在y軸同側，所以．設AB的中點M的坐標為，則，整理得，即得．所以點M的軌跡C的方程為，可知軌跡C是以直線和為漸近線的雙曲線．（=2\*ROMANII）聯(lián)立與，得，即，可知該關于y的二次方程有兩個相同的正根，即得，即，即得．此時切點的縱坐標為，可得兩切點坐標為，即．由此可知兩個切點分別在定直線和上．當切點坐標為時，切線的斜率為，切線方程為，即；當切點坐標為時，切線的斜率為，切線方程為，即．例6．設直線（其中為整數(shù)）與橢圓交于不同兩點，與雙曲線交于不同兩點，問是否存在直線，使得向量，若存在，指出這樣的直線有多少條？若不存在，請說明理由．解析設兩點的坐標分別為和，兩點的坐標分別為和，則由可得．把直線的方程代入橢圓方程中可得，于是，且．把直線的方程代入雙曲線方程中可得．因為為整數(shù)，所以，于是，且．由可得，于是當時，需且，即，這樣的有序整數(shù)對共有7個，此時，共有7條滿足題設的直線；當，時，需，且，即，這樣的直線共有2條；當且時，即，不能成立，此時沒有滿足題設的直線．綜上，存在直線，這樣的直線有9條．例7．已知橢圓，過定點兩條互相垂直的動直線分別交橢圓于兩點．分別為左右焦點，為坐標原點．（=1\*ROMANI）求的最小值；（=2\*ROMANII）當向量與互相垂直時，求兩點所在直線的斜率．解析（=1\*ROMANI）因為，所以只需求的最小值．顯然，所以的最小值為2．（=2\*ROMANII）由與互相垂直可知．又，所以是兩個直角三角形和的公共斜邊，即得線段的中點到兩點的距離相等，即線段中點的橫坐標為．法1：設兩點所在直線的斜率，線段的中點坐標為，則有．故可設直線的方程為，即，代入橢圓方程中可得，即．設，則，而，所以．因為，所以，可得，即得，即．法2：設直線的方程為，代入橢圓方程中得．設，則．而，所以——（1）另一方面，，于是．因為，所以，即得——（2）由（1）（2）消去可得，于是．法3：設直線的方程為，代入橢圓方程中得．設，則，．一方面，由，因，故得即——（1）另一方面，由可得，因此有即——（2）由（1）（2）消去可得，于是．法4：設，則有，即得，可知原點到直線的距離為．故設直線的方程為，代入橢圓方程可得．設，則，而，所以，即，解得，于是得，即斜率為．三、曲線的切線問題（一）題型特點及解法思想：這里的曲線通常是二次曲線，其切線是指與曲線有兩個相同的交點的直線，解題的基本思路是聯(lián)立方程組，運用判別式等于0來體現(xiàn)切線特點．當然，還可以從導數(shù)的角度來分析切線，并運用導數(shù)工具研究切線．（二）例題選講：例8．過直線：上點作橢圓的切線、，切點分別為、，聯(lián)結．（=1\*ROMANI）當點在直線上運動時，證明：直線經(jīng)過定點；（=2\*ROMANII）當時，證明：定點平分線段．解析（=1\*ROMANI）設點的坐標為，切點、的坐標分別為和，則兩條切線的方程分別為和．因為點在這兩條切線上，所以有且．這說明過切點、的切點弦所在直線的方程為．因為，即，所以直線的方程為．令，則，解得，．所以，直線經(jīng)過定點，其坐標為．（=2\*ROMANII）若，則直線的方程為．要證明此時定點平分線段，即證明以點為中點的橢圓的弦所在直線的方程就是．此時可設兩點的坐標分別為和，則有且，兩式相減可得，因為，所以，即，所以，此時直線的斜率為，其方程就是，這就是說，定點平分線段．例9．過點作動直線交橢圓于兩個不同的點，過作橢圓的切線，兩切線的交點為．（=1\*ROMANI）求點的軌跡方程；（=2\*ROMANII）設為坐標原點，當四邊形的面積為4時，求直線的方程．解析（=1\*ROMANI）設直線的方程為，即．設交點的坐標為，則直線的方程為，即．于是有，即得動點的參數(shù)方程為．因為，所以．所以，點的軌跡方程為，且需在橢圓的外部．（=2\*ROMANII）如圖，把直線的方程代入橢圓方程中得，所以．而點的坐標為，所以有．設直線與直線的夾角為，則，于是得．所以，四邊形的面積為．所以，，解得或，得直線的方程為或．例10．已知是拋物線上不同的三點，有兩邊所在的直線與拋物線相切．證明：對不同的，為定值．證如圖，不妨設邊和所在直線與拋物線相切，切點分別為和．那么切點弦所在直線方程為．設切點和的坐標分別為和，則切線的斜率為，于是有，即．把切點的坐標代入直線方程中，可得，整理即，再把中的代入該式，可得，即，即，即得．同理，利用切點可以推得．上面兩式相減可得；上面兩式相加可得，即得，即，即得．所以．綜上，對不同的，為定值，定值為．四、焦點問題（一）題型特點及解法思想：此類題目總是圍繞圓錐曲線的焦點展開，它緊扣圓錐曲線的定義，能更直接地揭示圓錐曲線的本質．解決這類問題時，一要抓住圓錐曲線的定義，包括橢圓、雙曲線的第一、第二定義；二要抓住焦點與對應準線之間的關系；三要用好焦半徑．（二）例題選講：例11．如圖，為過橢圓右焦點的弦，分別為橢圓的左、右頂點，直線與交于點，求點的橫坐標.解析如圖，設點的坐標分別為和，設點的坐標為，則一方面有，，兩式相除可得————（1）另一方面，有，即————（2）由（1）得————（3）由（2）得————（4）又（3）式左邊為．（3）式右邊為．所以有————（5）由（4）式可得，即，即，代入（5）式中可得．所以，點的橫坐標為．例12．．已知和都在橢圓上，其中為橢圓的離心率．（=1\*ROMANI）求橢圓的方程；（=2\*ROMANII）設是橢圓上位于軸上方的兩點，且直線與直線平行，與交于點P．求證：是定值．解析（=1\*ROMANI）易求得橢圓方程為；（=2\*ROMANII）設，則，．因為，所以，即得，于是．設，則，于是，所以，可得．所以，可見是定值．例13．已知橢圓的方程為離心率,是橢圓的左焦點，直線過點M（交橢圓于A、B兩點，且當△的面積最大時，求直線的方程．解析如圖，因為，所以，可得．于是，，可知直線是該橢圓的左準線，即得點落在左準線上．假設兩點在軸的上方，并設它們的坐標分別為．則．設直線的方程為，代入橢圓方程中可得．所以．令，則，于是，可知，且當即時等號成立．另一方面，分別過作左準線的垂線，垂線段長分別為，則，而，可得．因為，所以．所以．又因為，即，即．而條件有，即，即得，解得，所以．可得直線的方程為．例14．在雙曲線：中，分別為雙曲線的左右兩個焦點，為雙曲線上且在第一象限內的點，的重心為，內心為．（=1\*ROMANI）是否存在一點，使得IG//；（=2\*ROMANII）已知A為雙曲線C的左頂點，直線過右焦點與雙曲線C交于M，N兩點，若AM，AN的斜率滿足，求直線的方程．解析（=1\*ROMANI）設點的坐標為，則三角形的面積為；設該三角形的內切圓半徑為，則該三角形的面積為，即，由于，所以面積為，即得，整理得．因為IG//，所以，于是有，即得，此時，可求得．綜上，存在一點，其坐標為，使得IG//．（=2\*ROMANII）可設直線的方程為，設兩點的坐標為分別為和．把直線方程代入雙曲線方程中，得．于是有，————（1）另一方面，因為，而，所以有，即得，整理得——（2）由（1），（2）可得：，解得．所以，直線的方程為，即．五、曲線組問題（一）題型特點：這是一類典型的曲線性質探究問題，其曲線背景是由兩條以上曲線組合而成，它使得問題更為復雜，體現(xiàn)出的綜合性更強，更能突出曲線之間的自然聯(lián)系．求解時，圖形復雜，變量多，聯(lián)系多，式子多，能很好地考查綜合運用知識分析問題和解決問題的能力，更能考查思維素質．（二）例題選講：例15．如圖，曲線由上半橢圓：和部分拋物線：連接而成，的公共點為，其中的離心率為．（=1\*ROMANI）求的值；（=2\*ROMANII）過點的直線與分別交于（均異于點），若，求直線的方程．解析（=1\*ROMANI）易知曲線的結合點的坐標分別為和，于是可得，再由的離心率為可得．所以，，．（=2\*ROMANII）顯然直線的斜率存在，故設其方程為，將其代入曲線的方程中可得，知該方程的一個根為1，由韋達定理可得點的橫坐標為，于是點的坐標為；把直線的方程代入曲線的方程中，可得，知該方程的一個根為1，由韋達定理可得點的橫坐標為，于是點的坐標為．由可得：，解得．所以，直線的方程為，即．例16．如圖，設P是拋物線：上的動點．過點做圓的兩條切線，交直線：于兩點．（Ⅰ）求的圓心到拋物線準線的距離．（Ⅱ）是否存在點，使線段被拋物線在點處的切線平分，若存在，求出點的坐標；若不存在，請說明理由． 解析（Ⅰ）拋物線的準線方程為，所以的圓心到拋物線準線的距離．（Ⅱ）設點的坐標為，切線方程可設為，則有，即．于是————（1）同時可得兩點的坐標分別為和，那么線段的中點坐標為． 以點為切點的拋物線的切線方程為，即，所以，整理得，即————（2）由（1）可得，代入到（2）中可得，解得，此時點的坐標為，關于的方程為，其判別式為，可見這樣的切線是存在的．綜上，存在點，其坐標為．例17．設，在平面直角坐標系中，，，，動點的軌跡為E．（=1\*ROMANI）求軌跡E的方程，并說明該方程所表示的曲線的形狀；（=2\*ROMANII）已知，證明：存在圓心在原點的圓，使得該圓的任意一條切線與軌跡E恒有兩個交點A，B，且（O為坐標原點），并求該圓的方程；（=3\*ROMANIII）已知．設直線l與圓C：相切于A1，且l與軌跡E只有一個公共點B1．當R為何值時，|A1B1|取得最大值？并求最大值．解析（=1\*ROMANI）由得，即為軌跡E的方程．當時，方程表示焦點在y軸上的雙曲線；當時，方程表示兩條互相平行的直線；當時，方程表示焦點在x軸上的橢圓；當時，方程表示圓心在原點的單位圓；當時，方程表示焦點在y軸上的橢圓．（=2\*ROMANII）此時方程為，如圖．設|OA|=m，|OB|=n，則可設點A、B的坐標分別為和，代入橢圓方程中得，即，兩式相加可得．（注：形成公式）即．設點O到直線AB的距離為d，則據(jù)面積法有，所以．這說明存在圓，使得該圓的任意一條切線與軌跡E恒有兩個交點A，B，且（O為坐標原點）．（=3\*ROMANIII）設點的坐標分別為和．由于直線l與圓O和橢圓E均相切，所以直線l的方程既是，也是，所以有，即————（※）因為，而，又，，結合（※）有，可得，．所以，得，且當時等號成立．所以，當時，|A1B1|取得最大值，最大值為1．五、綜合問題例18．給定整數(shù)，設是拋物線與直線的一個交點，試證明：對于任意整數(shù)，必存在整數(shù)，使得點為拋物線與直線的一個交點．解析據(jù)題設，有，，整理得，．注意到．當時，顯然是存在的；當時，顯然也是存在的；假設時，存在，即和均為不小于的整數(shù)，那么當時，，其顯然也是一個整數(shù)，又，所以此時的為不小于的整數(shù)．綜上，對任意正整數(shù)，都存在不小于的整數(shù)．若，則，顯然存在；若為負整數(shù)，可令，那么，由上面證明可知依然存在不小于的整數(shù)．綜上，命題獲證．六、練習題1．已知邊上作勻速運動的點，在時分別從出發(fā)，各以一定速度向前進，當時刻時，分別到達．（1）證明：運動過程中的重心不變；（2）當面積取得最小值時，其值是面積的多少倍？2．已知拋物線上的兩個動點，其中且．線段的垂直平分線與軸交于點，求面積的最大值．3．已知拋物線y2=4px(p>0)，過頂點O作兩條直線分別交拋物線于A、B兩點，若OA⊥OB，求O在弦AB上的射影M的軌跡．4．已知梯形ABCD中，AB=2CD，點E分有向線段所成的比為，雙曲線過C、D、E三點，且以A、B為焦點．當時，求雙曲線離心率e的取值范圍．5．是否存在無窮多條直線形成的直線族，滿足條件：（1）點（1,1）在直線上；（2），這里表示直線的斜率，、分別表示直線的橫截距和縱截距；（3）．6．對于曲線C1：3(x2+2y2)2=2(x2+4y2)上除原點外的每一點P，求證：存在過P的直線與橢圓C2：x2+2y2=2相交于兩點A、B，使AOP與BOP均為等腰三角形（O為坐標原點）．七、練習題解答ABCDEFxABCDEFxy則．建立平面直角坐標系如圖，設點的坐標為，點的坐標為，則點D的坐標為，點的坐標為，點的坐標為．所以的重心坐標為，而的重心坐標也是，所以的重心不變．（2）因為，，，所以，其最小值為，且當時取到．所以，當面積取得最小值時，其值是面積的倍．2．解析：設的中點D的坐標為，則由可得，即．設點的坐標為，則，可得，所以點的坐標為．設直線的方程為，與拋物線聯(lián)立可得，于是可得．而，所以．因為，當且僅當，即時，取到最大，最大值為．所以，面積的最大值為，此時直線的斜率為．3．解析設OA直線方程為y=kx，與拋物線方程y2=4px聯(lián)立后得點A的坐標為．進而由OA⊥OB容易得到點B的坐標（4pk2，–4pk）．所以，直線AB的方程為(1–k2)y=k(x–4p)--------(1)由此易得直線OM的方程為------(2)由（1）（2）消參數(shù)后得：(x–2p)2+y2=4p2．經(jīng)檢驗點M不可能在原點，故x≠0．所以，點M的軌跡是以（2p，0）為圓心，2p為半徑的圓，還需除去原點．4．解析據(jù)雙曲線的對稱性可知梯形ABCD為等腰梯形，且AD=BC．以直線AB為x軸，線段AB的垂直平分線為y軸建立平面直角坐標系，如圖．則可設雙曲線的方程為．由AB=2CD可得|CD|=c，可知點C的橫坐標為，代入雙曲線方程中可得點C的縱坐標為，即得C點坐標為．由得點E的坐標為，而E點在雙曲線上，所以有，整理得，同除可得，即得．因為，所以，解得雙曲線離心率e的取值范圍是．5．解析據(jù)題設可設直線的方程為，則，，可得．由于，所以所有的直線的斜率同號，不妨設，則有，可知數(shù)列是遞減數(shù)列．因為，即，又因為，所以．令，得，故取，則，可知從第N+1項開始，數(shù)列的每一項都是負值，與題設矛盾．同理，若也矛盾．綜上，不存在這樣無窮多條直線．6．先分析：逆著思考這個問題，曲線C1應該是點P走出的軌跡，那么這樣的點應該滿足題中“使AOP與BOP均為等腰三角形”的條件．可以判斷曲線C1上的所有點都在橢圓的內部，所以點P一定在橢圓的內部，如圖．因此猜想當OAOB，且點P是弦AB的中點時，可以使條件“使AOP與BOP均為等腰三角形”成立．解析：變形方程3(x2+2y2)2=2(x2+4y2)得因為點P不是坐標原點，所以x，y不可能同時為零，即得，則有，可得，即點P在橢圓的內部．若OAOB，且點P是弦AB的中點，現(xiàn)求點P的軌跡方程：如果直線AB垂直于x軸，則易求得點P的坐標為，顯然滿足方程；如果直線AB不垂直于x軸，可設其斜率為，A、B兩點的坐標為和，線段AB的中點P的坐標為．由點差法可得————（1）設直線AB的方程為，又設|OA|=m，|OB|=n，則．因為點O到直線AB的距離為，故據(jù)直角三角形的等面積法有，即．所以有————（2）把（1）代入（2）中得，整理得，即得．綜上，點P的軌跡方程為．由于點P的軌跡方程與點P滿足的幾何條件是充分必要的，所以滿足方程的點P，也一定能使“OAOB，且點P是弦AB的中點”成立．那么，AOP與BOP均為等腰三角形．中國數(shù)學奧林匹克希望聯(lián)盟夏令營講義（二）函數(shù)與導數(shù)江蘇南菁高級中學【知識要點概述】一、函數(shù)值域與最值問題：(1)解決一切函數(shù)問題必須認真確定該函數(shù)的定義域，定義域含三種：①自然型：②限制型：③實際型：(2)求函數(shù)的值域是比較困難的數(shù)學問題，求函數(shù)值域方法一般有：①配方法（將函數(shù)轉化為二次函數(shù)）；②判別式法（將函數(shù)轉化為二次方程）；③不等式法（運用不等式的各種性質）；④函數(shù)法（運用基本函數(shù)性質，或抓住函數(shù)的單調性、函數(shù)圖象等）；⑤換元法；⑥反解法；⑦幾何法；⑧導數(shù)法.(3)恒成立問題：①不等式f(x)＞k恒成立f(x)min＞k；②不等式f(x)＜k恒成立f(x)max＜k③f(x)≥g(x)恒成立f(x)?g(x)≥0恒成立[f(x)?g(x)]min≥0(典型錯誤)(4)有解問題：①方程f(x)＝k有解k的取值范圍即為f(x)的值域；②不等式f(x)＞k有解f(x)max＞k；③不等式f(x)＜k有解f(x)min＜k.(5)最值存在定理：f(x)在閉區(qū)間[a,b]內連續(xù),則f(x)必有最大值與最小值.二、函數(shù)基本性質：1．奇偶性定義：定義域關于原點對稱,且對eq\o(∨,\s\up1(?))x∈D，f(?x)=f(x)(偶函數(shù))或f(?x)=－f(x)(奇函數(shù))①奇函數(shù)的圖象關于原點對稱；②偶函數(shù)的圖象關于y軸對稱；③若奇函數(shù)的定義域包含0，則f(0)=0.2．單調性定義：對eq\o(∨,\s\up1(?))x1,x2∈I且x1＜x2f(x1)＜f(x2)(增函數(shù))或f(x)＞f(x2)(減函數(shù)).3．研究函數(shù)的單調性，常用以下方法：（1）定義法：利用定義嚴格判斷.步驟為：①取值；②作差；③判斷符號；④下結論.（2）直接利用已知基本初等函數(shù)的單調性.例如若f(x)、g(x)為增函數(shù)，則①f(x)＋g(x)為函數(shù)；②eq\f(1,f(x))為函數(shù)（f(x)＞0）；③eq\r(f(x))為函數(shù)（f(x)≥0）；④－f(x)為函數(shù).（3）利用復合函數(shù)y=f[g(x)]的單調性(其中y=f(u),u=g(x))：判斷的法則是“同增異減”具體步驟為：①求定義域；②找分界點，確定單調區(qū)間；③分析函數(shù)在每個區(qū)間上的單調性得出結論.（4）圖象法：若一個函數(shù)的圖象可畫出來，則由圖象可得單調區(qū)間.（5）利用奇偶函數(shù)的性質：①奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的單調性相同；②偶函數(shù)在對稱區(qū)間上的單調性相反.（6）單調函數(shù)必存在反函數(shù)，且反函數(shù)的單調性與原函數(shù)的單調性相同.4．周期函數(shù)定義：若存在常數(shù)T(T≠0)，使得f(x+T)＝f(x)對定義域內任意x恒成立，則稱f(x)為周期函數(shù)，T稱為這個函數(shù)的周期，f(x+T)＝f(x)常常寫作f(x＋eq\f(T,2))＝f(x－eq\f(T,2)),周期函數(shù)的定義域一定是無限集.①若T是y=f(x)的周期，那么kT(k∈N*)也是它的周期.②若y=f(x)是周期為T的函數(shù)，則y=f(ax+b)(a≠0)是周期為eq\f(T,a)的周期函數(shù).③若u＝g(x)是周期函數(shù),f(u)是任意函數(shù),則f[g(x)]也是周期函數(shù).5．周期的常用結論：設a為非零常數(shù)，若對f(x)定義域內的任意x恒有下列條件之一成立,則f(x)的周期為2①；②；③；④；⑤；⑥.上述結論可以通過反復運用已知條件來證明.另外：或，則f(x)的周期為4a.證明：由已知f(x＋2a)＝,于是f(x＋4a)＝－＝f(x)6．周期性與對稱性有如下關系：①若函數(shù)f(x)圖象關于直線x=a與x=b對稱，則它一定是周期函數(shù)，且2|a?b|是它的周期.②若函數(shù)f(x)圖象關于點(a,0)和(b,0)對稱，則它一定是周期函數(shù)，且2|a?b|是它的周期.③若函數(shù)f(x)圖象關于直線x=a及點(b,0)對稱，則它一定是周期函數(shù)，且4|a?b|是它的周期.證明①：不妨設a＞b，于是f[x＋2(a－b)]＝f[2a－(2b－x)]＝f(2b－x)＝f(x),∴2(a－b)是f(x)的一個周期.已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,都有f(m＋x)＝f(m－x)，且f(x)是偶函數(shù),則f(x)的周期為_________已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,都有f(m＋x)＝f(m－x)，且f(x)是奇函數(shù),則f(x)的周期為_________三、基本初等函數(shù)：1.指數(shù)函數(shù)及其性質：形如y=ax(a＞0,a1)的函數(shù)叫做指數(shù)函數(shù)，其性質有：①定義域為R，值域為(0，+∞)；②當0＜a＜1時為減函數(shù)，當a＞1時為增函數(shù)；③圖象有兩個特殊點：定點(0，1)，不變點(1，a)；

④非奇非偶，但與的圖象關于y軸對稱；與的圖象關于x軸對稱；與的圖象關于直線y=x對稱；⑤對應關系為一一映射，從而存在反函數(shù)－－對數(shù)函數(shù)；⑥抽象性質：2.對數(shù)函數(shù)及其性質：形如y=logax(a＞0,a≠1)的函數(shù)叫做對數(shù)函數(shù)，其性質：①定義域為(0,+∞),值域為R；②圖象有兩個特殊點：定點(1，0),不變點(a,1)；③當0＜a＜1時為減函數(shù)，當a＞1時為增函數(shù)；④非奇非偶，但關于x軸對稱，圖象關于y軸對稱，圖象關于直線對稱；⑤對應關系為一一映射，因而有反函數(shù)——指數(shù)函數(shù).3.冪函數(shù)：形如y=xα的函數(shù)叫做冪函數(shù)，冪函數(shù)有如下性質：⑴它的圖象都過(1，1)點，都不過第四象限，且除原點外與坐標軸都不相交；⑵定義域為R或(?∞,0)∪(0,+∞)的冪函數(shù)都具有奇偶性，定義域為(0,+∞)或[0,+∞)的冪函數(shù)都不具有奇偶性；⑶冪函數(shù)y=xα都是無界函數(shù)；在第一象限中，當α＜0時為減函數(shù)，當α＞0時為增函數(shù)；⑷任意兩個冪函數(shù)的圖象至少有一個公共點(1，1)，至多有三個公共點；4.畫冪函數(shù)y＝xα(α＝eq\f(m,n),m、n是互質的整數(shù))草圖的一般步驟是：(1)根據(jù)指數(shù)α的大小判斷函數(shù)圖象在第一象限的情形如圖：(2)判斷函數(shù)的奇偶性并確定函數(shù)圖像在其他象限的情況：①m,n均為奇數(shù)時，y=xα為奇函數(shù)，圖象在一、三象限內關于原點中心對稱.②m為偶數(shù)，n為奇數(shù)時y=xα為偶函數(shù)，圖象在一、二象限內關于y軸對稱.③m為奇數(shù)，n為偶數(shù)時，y=xα既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)，函數(shù)只在第一象限有圖像.5．二次函數(shù)的圖像和性質：二次函數(shù)是初等數(shù)學中遇到比較多的函數(shù)之一，它的圖象簡單，性質易于掌握，又與二次方程、二次不等式有聯(lián)系，與之相關的理論如判別式，韋達定理，求根公式等又是中學教材的重點內容，因此有必要進一步認識二次函數(shù)的性質，研究與二次函數(shù)有關的解題規(guī)律、方法與技巧．(1)二次函數(shù)的解析式：①一般式：②頂點式：，頂點為③兩根式：④三點式：（2）的圖像是拋物線，頂點坐標，對稱軸方程為，開口與有關；（3）單調性：當時，在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)；時相反。（4）奇偶性：當時，為偶函數(shù)；若對恒成立，則為的對稱軸.（5）最值：當時，的最值為，當時，的最值可從中選??；當時，的最值可從中選取.常依軸與區(qū)間的位置分類討論.拋物線的凸凹性：a＞0時，函數(shù)的圖象是下凸形曲線，即對于任意，有≤；a＜0時,函數(shù)的圖象是上凸形曲線，即對于任意，有≥,利用二次函數(shù)圖象的凸性和單調性，在某些與二次方程的范圍有關的問題中可避免使用判別式和求根公式．6.基本初等函數(shù)：常函數(shù)y=c，冪函數(shù)y=xα(α∈Q),指數(shù)函數(shù)y=ax,對數(shù)函數(shù)y=logax,三角函數(shù)（y=sinx,y=cosx,y=tanx等），反三角函數(shù)（y=arcsinx,y=arccosx,y=arctanx等）是數(shù)學中最為基本的函數(shù)，我們把它們統(tǒng)稱為基本初等函數(shù).學習中應熟練掌握各基本初等函數(shù)的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性等基本性質.常見的函數(shù)往往是由基本初等函數(shù)通過有限次加減乘除運算或復合而得到的，其中二次函數(shù)和形如y＝x＋eq\f(k,x)的分式函數(shù)在高考和競賽中具有尤為重要的地位.同學們要熟練掌握求二次函數(shù)解析式、值域的有關方法，并會用這些方法解決相關的問題；會判斷二次方程根的分布情況；會利用函數(shù)y＝x＋eq\f(k,x)的性質求一些分式函數(shù)的值域.四、函數(shù)圖像：函數(shù)圖象作圖方法有兩種：列表描點法和圖象變換法，重點掌握圖象變換法.描點法作函數(shù)圖象的步驟：①確定函數(shù)的定義域；②化簡函數(shù)的解析式；③討論函數(shù)的性質，即單調性、奇偶性、周期性、最值(甚至變化趨勢)；④描點連線，畫出函數(shù)的圖象.用圖象變換法作函數(shù)圖象要確定以哪一種函數(shù)的圖象為基礎進行變換，以及確定怎樣的變換，這也是個難點.I.函數(shù)圖像的對稱性分為兩類：(1)自身對稱：①函數(shù)y=f(x)的圖像關于點A(a,b)對稱的充要條件是：f(x)＋f(2a－x)＝2b②函數(shù)y＝f(x)的圖像關于直線x=a對稱的充要條件是：f(a＋x)＝f(a－x)或f(x)＝f(2a－x)(2)不同函數(shù)之間的對稱：①函數(shù)y＝f(x)與y＝2b－f(2a－x)的圖像關于點A(a,b)②函數(shù)y＝f(x)與y＝f(2a－x)的圖像關于直線x＝a③函數(shù)y＝f(x)與a－x＝f(a－y)的圖像關于直線x＋y＝a成軸對稱；④函數(shù)y＝f(x)與x－a＝f(y＋a)的圖像關于直線x－y＝a成軸對稱.II.函數(shù)圖像對稱性的幾個結論：①奇函數(shù)與偶函數(shù)：奇函數(shù)圖像關于坐標原點對稱，對于任意x∈D，都有f(x)＋f(?x)＝0成立；偶函數(shù)的圖像關于y軸對稱，對于任意x∈D，都有f(?x)＝f(x)成立.②原函數(shù)與其反函數(shù)：原函數(shù)與其反函數(shù)的圖像關于直線y=x對稱.若某一函數(shù)與其反函數(shù)表示同一函數(shù)時，那么此函數(shù)的圖像就關于直線y=x對稱.③若函數(shù)滿足f(x)＝f(2a－x)，則f(x)的圖像就關于直線x=a若函數(shù)滿足f(x)＝－f(2a－x)，則f(x)的圖像就關于點(a,0)對稱④互對稱知識：函數(shù)y=f(x?a)與y=f(a?x)的圖像關于直線x=a對稱.五、導數(shù)及其應用：導數(shù)是研究函數(shù)性質的重要工具.1.導數(shù)的幾何意義：函數(shù)y=f(x)在點P(x0，y0)處的導數(shù)，就是曲線y=f(x)在點P(x0，y0))處的切線的斜率.2.幾種常見函數(shù)的導數(shù)：①C'＝0(C為常數(shù))②(xm)′＝mxm－1(m∈Q)③④⑤(lnx)′＝eq\f(1,x)⑥(logax)′＝eq\f(1,x·lna)⑦⑧.3.導數(shù)的運算法則：=1\*GB3①四則運算法則：；；=2\*GB3②復合函數(shù)的求導法則：或4．導數(shù)應用：(1)在某點P(x0,f(x0))處的切線，則切線的斜率k＝f/(x0)；(2)研究單調性步驟：分析y＝f(x)定義域；求導數(shù)；解不等式f′(x)≥0得增區(qū)間；解不等式f′(x)≤0得減區(qū)間；f(x)在其定義域內可導且不恒為零，則f(x)在某區(qū)間I上單調遞增(減)恒成立.(3)求極值、最值步驟：求導數(shù)；求f′(x)＝0的根；檢驗f′(x)在根左右兩側符號，若左正右負，則f(x)在該根處取極大值；若左負右正，則f(x)在該根處取極小值.把極值與區(qū)間端點函數(shù)值比較，最大的為最大值，最小的是最小值.【例題講解】例1、(1)已知函數(shù)，則f(x)的最小值為__________(2007全國聯(lián)賽題)解：實際上，觀察可知x＝eq\f(5,4)時，分母最大，分子最小，所以，即f(x)在上的最小值是.(2)函數(shù)的最大值為_____________.(96年美國中學數(shù)學競賽題)解法一：的定義域為[6，8]，，當時，；，當時，，從而當時f(x)有最大值解法二：的定義域為[6，8]，，，在[6，8]上是減函數(shù)，從而當時有最大值點評：聯(lián)想思維是數(shù)學問題解決的重要思維方式，解法一運用知識點：“若，同時在處取得最大值，則f(x)在處取得最大值；解法二運用知識點“若f(x)在閉區(qū)間[a,b]上為單調函數(shù)，則在端點處取得最值”.例2、(1)求二元函數(shù)f(x，y)＝x2＋eq\f(81,x2)－2xy＋eq\f(18,x)eq\r(2－y2)的最小值____________.(希望杯邀請賽)解：將原式配方得，設點，則點在雙曲線y＝eq\f(9,x)上，點在半圓上，則，所以，當且僅當時，，所以(2)求函數(shù)f(x)＝x2－x＋1＋eq\r(2x4－18x2＋12x＋68)的最小值____________解：由于f(x)＝eq\r(2)[eq\f(x2－x＋1,eq\r(2))＋eq\r((x＋3)2＋(x2－5)2)]，此式可看成如下兩個距離的和式：拋物線上的動點P(x,x2)到直線y＝x－1的距離PQ以及動點P(x,x2)到定點M(－3,5)的距離PM，如圖，當|PQ|＋|PM|的值最小時，M，P，Q三點共線，此直線就是過點M且垂直于直線y＝x－1的直線，從而|PQ|＋|PM|的最小值就是點M到直線y＝x－1的距離EQ\F(9EQ\R(2),2)，此時函數(shù)f(x)的最小值為eq\r(2)·EQ\F(9EQ\R(2),2)＝9(3)設x，y∈R+，求函數(shù)f(x，y)＝eq\r(x2－3x＋3)＋eq\r(y2－3y＋3)＋eq\r(x2－eq\r(3)xy＋y2)的最小值____________.解：由于題設的特殊結構形式，啟發(fā)我們作特殊聯(lián)想，如圖⑴，考慮三面角O?ABC，使其側棱OA，OB，OC兩兩夾角均為30°，在OA上取一點P，使OP＝eq\r(3)，過點P作一平面，分別交OB，OC于Q和R，設OQ＝x，OR＝y(tǒng)，則△PQR的周長為eq\r(x2－3x＋3)＋eq\r(y2－3y＋3)＋eq\r(x2－eq\r(3)xy＋y2)于是問題轉化為求過點P的截口三角形的最小周長.將此三面角沿棱OA展開，如圖⑵，則△PQR的周長等于折線PQRP′的長，顯然，PQ＋QR＋RP′≥PP′，再由OP＝eq\r(3)及∠AOA′＝90°，知PP′＝eq\r(6)，故所求函數(shù)式的最小值為eq\r(6).例3、(1)已知x2－2xy－3y2＝1，求x2＋y2的最小值______________(2009新疆預賽改編)解：設x2＋y2＝k2，x＝kcosθ，y＝ksinθ，代入條件可得：k2(cos2θ?sin2θ?3sin2θ)=1，k2=eq\f(1,2cos2θ?sin2θ?1)≥eq\f(1,eq\r(5)?1)＝EQ\F(1+EQ\R(5),4)另解：引入兩個參數(shù)m，n，則2·mx·ny≤m2x2＋n2y2，由條件得2xy＝x2－3y2－1，則mn(x2－3y2－1)≤m2x2＋n2y2，即(m2－mn)x2＋(n2＋3mn)y2≥－mn……①，考慮要求x2＋y2的最小值，則令m2－mn＝n2＋3mn且mn＜0，則m2－4mn－n2＝0，從而eq\f(m,n)＝2±eq\r(5)，由于eq\f(m,n)＜0，則取eq\f(m,n)＝2－eq\r(5)，將此代入①，得(7－3eq\r(5))(x2＋y2)≥eq\r(5)－2故x2＋y2≥EQ\F(1＋EQ\R(5),4)(2)已知x，y，z是正實數(shù)，且2x＋8y＋z＝72，求eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)的最小值_____________解：引入?yún)?shù)λ，且λ＞0，則eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)＋λ(2x＋8y＋z)＝(eq\f(2,x)＋2λx)＋(eq\f(4,y2)＋4λy＋4λy)＋(eq\f(9,z)＋λz)≥4eq\r(λ)＋12＋6eq\r(λ)，即eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)≥10eq\r(λ)＋12－72λ，當且僅當?shù)忍柍闪?，令，解得λ＝eq\f(1,64)，此時10eq\r(λ)＋12－72λ＝eq\f(7,8)，故當x＝8，y＝4，z＝24時，eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)有最小值eq\f(7,8).(3)對于給定的常數(shù)，，，求函數(shù)()的最大值.(1996年江蘇省數(shù)學競賽)解法一：，當且僅當，即時等號成立，解法二：構造如圖所示的直角梯形ABCD，則因為，所以，即，當且僅當，即時成立,因此時，說明：利用勾股定理，兩點間得距離公式構造幾何圖形去解決一些代數(shù)問題是一種常用手段.例4、(1)求函數(shù)f(x)＝eq\f(2＋x,eq\r(1－x2)＋1)＋eq\f(1－eq\r(1－x2),x)的最大值與最小值.解：∵|x|≤1且x≠0，令x＝sinθ，θ∈[－EQ\F(π,2),0∪(0,EQ\F(π,2)]，f(x)＝eq\f(2(1＋x),eq\r(1－x2)＋1)＝eq\f(2(1＋sinθ),eq\r(1－sin2θ)＋1)＝eq\f(2(1＋sinθ),1＋cosθ)＝(1＋taneq\f(θ,2)eq\f(1,2))2當taneq\f(θ,2)＝－1時，θ＝－EQ\F(π,2)，即x＝－1，時，f(x)min＝0；當taneq\f(θ,2)＝1時，θ＝EQ\F(π,2)，即x＝1，時，f(x)max＝4.(2)若均為正實數(shù)，且，則S＝eq\f((z＋1)2,2xyz)的最小值為_____(2010湖北預賽題)解：法1：令x＝cosθcosφ，y＝cosθ·sinφ，z＝sinθ，則S＝eq\f((z＋1)2,2xyz)＝eq\f((1＋sinθ)2,sinθ·cos2θ·sin2φ)≥eq\f((1＋sinθ)2,sinθ·cos2θ)＝eq\f(1＋sinθ,sinθ·(1－sinθ))令t＝1＋sinθ∈(0,2)，則S≥eq\f(t,－t2＋3t－2)＝eq\f(1,－(t＋eq\f(2,t))＋3)≥3＋2eq\r(2)，當t＝eq\r(2)，即sinθ＝eq\r(2)－1時取到最小值.法2：∵2xy≤x2＋y2,∴S＝eq\f((z＋1)2,2xyz)≥eq\f((z＋1)2,(x2＋y2)z)＝eq\f((z＋1)2,(1－z2)z)＝eq\f(z＋1,(1－z)z)，(以下同上)(3)求函數(shù)f(x)＝x＋eq\r(x2－3x＋2)的值域.(2011全國聯(lián)賽題)解1：，兩邊平方得，從而且，由或y≥2.任取y≥2，由，易知x≥2，于是,任取，同樣由，易知x≤1于是，因此，所求函數(shù)的值域為解2：∵x2－3x＋2＝(x－eq\f(3,2))2－eq\f(1,4)，設x－eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)secθ，θ∈[0,EQ\F(π,2))∪(EQ\F(π,2),π]，則y＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)secθ＋eq\f(1,2)|tanθ|，當θ∈[0,EQ\F(π,2))時，y＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)secθ＋eq\f(1,2)tanθ＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)·eq\f(1＋sinθ,cosθ)＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)·eq\f(1－cos(EQ\F(π,2)＋θ),sin(EQ\F(π,2)＋θ))＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)·tan(eq\f(θ,2)＋EQ\F(π,4))≥2，類似地，當θ∈(EQ\F(π,2),π]時，1≤y＜eq\f(3,2)，故所求函數(shù)值域為[1,eq\f(3,2))∪[2,+∞)解法3：設u=x，v＝eq\r(x2－3x＋2)，則(u－eq\f(3,2))2－v2＝eq\f(1,4)(v≥0)…①方程①的曲線是雙曲線在x軸上方部分(包括x軸兩點)用幾何方法可求z＝u＋v的取值范圍.例5、設a為實數(shù)，記函數(shù)f(x)＝aeq\r(1－x2)＋eq\r(1＋x)＋eq\r(1－x)的最大值為g(a).(1)求g(a)(2)試求滿足g(a)＝g(eq\f(1,a))的所有實數(shù)a.(2006江蘇卷)解：(1)令t＝eq\r(1＋x)＋eq\r(1－x)，－1≤x≤1，∵t2＝2＋2eq\r(1－x2)∈[2，4]，且t≥0，∴t的取值范圍是t∈[eq\r(2)，2]且eq\r(1－x2)＝eq\f(1,2)t2－1，∴f(x)＝m(t)＝eq\f(1,2)at2＋t－a，t∈[eq\r(2)，2]，g(a)即為m(t)＝eq\f(1,2)at2＋t－a，t∈[eq\r(2)，2]的最大值.∵直線t0＝－eq\f(1,a)是拋物線m(t)＝eq\f(1,2)at2＋t－a的對稱軸，∴可分以下幾種情況進行討論：①當a＞0時，由t0＝－eq\f(1,a)＜0知m(t)在t∈[eq\r(2)，2]上單調遞增，故g(a)＝m(2)＝a＋2；②當a＝0時，m(t)＝t，t∈[eq\r(2)，2]，有g(a)＝2；③當a＜0時，若t0＝－eq\f(1,a)∈(0，eq\r(2)]，即a≤－eq\f(\r(2),2)時，g(a)＝m(eq\r(2))＝eq\r(2)，若t0＝－eq\f(1,a)∈(eq\r(2)，2]即a∈(－eq\f(\r(2),2)，－eq\f(1,2)]時，g(a)＝m(－eq\f(1,a))＝―a―eq\f(1,2a)，若t＝－eq\f(1,a)∈(2，＋∞)即a∈(－eq\f(1,2)，0)時，g(a)＝m(2)＝a＋2.綜上所述，有g(a)＝eq\b\lc\{(\a\al(a＋2，a＞－eq\F(1,2)，,－a－eq\F(1,2a)，－eq\F(eq\R(,2),2)＜a≤－eq\F(1,2)，,eq\R(,2)，a≤－eq\F(eq\R(,2),2)．))(2)當a＞－eq\f(1,2)時，g(a)＝a＋2＞eq\f(3,2)＞eq\r(2)；當－eq\f(\r(2),2)＜a≤－eq\f(1,2)時，－a∈[eq\f(1,2)，eq\f(\r(2),2))，―eq\f(1,2a)∈(eq\f(\r(2),2)，1]，∴－a≠―eq\f(1,2a)，g(a)＝―a―eq\f(1,2a)＞2eq\r((―a)(―eq\f(1,2a)))＝eq\r(2)，故當a＞－eq\f(\r(2),2)時，g(a)＞eq\r(2)；當a＞0時，eq\f(1,a)＞0，由g(a)＝g(eq\f(1,a))知：a＋2＝eq\f(1,a)＋2，故a＝1；當a＜0時，a·eq\f(1,a)＝1，故a≤－1或eq\f(1,a)≤－1，從而有g(a)＝eq\r(2)或g(eq\f(1,a))＝eq\r(2)，要使g(a)＝g(eq\f(1,a))，必須有a≤－eq\f(\r(2),2)，eq\f(1,a)≤－eq\f(\r(2),2)，即－eq\r(2)≤a≤－eq\f(\r(2),2)，此時，g(a)＝eq\r(2)＝g(eq\f(1,a)).綜上所述，滿足g(a)＝g(eq\f(1,a))的所有實數(shù)a為：－eq\r(2)≤a≤－eq\f(\r(2),2)或a＝1.另解：當－eq\f(\r(2),2)＜a≤－eq\f(1,2)時，g′(a)＝－1＋eq\f(1,2a2)＞0，故函數(shù)g(a)在區(qū)間[－eq\f(\r(2),2),+∞)上是單調增函數(shù)，在區(qū)間(?∞,－eq\f(\r(2),2)]上是常數(shù)函數(shù)，根據(jù)g(a)＝g(eq\f(1,a))，可得a＝eq\f(1,a)(a≥－eq\f(\r(2),2))或a≤－eq\f(\r(2),2)且eq\f(1,a)≤－eq\f(\r(2),2)故滿足g(a)＝g(eq\f(1,a))的所有實數(shù)a為：a＝1或－eq\r(2)≤a≤－eq\f(\r(2),2).點評：本題主要考查函數(shù)、方程等基本知識，考查分類討論的數(shù)學思想方法和綜合運用數(shù)學知識分析問題和解決問題的能力，常規(guī)思路是：根據(jù)a和eq\f(1,a)的取值范圍，把a分為以下六種情形討論：①a＞0；②－eq\f(1,2)≤a＜0；③－eq\f(\r(2),2)≤a＜－eq\f(1,2)；④－eq\r(2)≤a＜－eq\f(\r(2),2)；⑤－2≤a＜－eq\r(2)；⑥a＜－2，再分別求解，計算量和思維量都很大.例6、設，且，求的最大值．(1999年越南數(shù)學奧林匹克)解：由已知條件得，顯然，所以．由此聯(lián)想到正切和公式，于是令，則．由于，所以．于是，等號在，即時成立，故．例7、設非負實數(shù)滿足，求的最小值.解：由已知得：，，所以，又由知由對稱性，不妨設，則，令，則，故函數(shù)在上遞增，于是有因為，所以，當且僅當，即時，取到，故令c=tanθ,θ∈[0,EQ\F(π,6)]，則u＝eq\f(1,2)(secθ＋tanθ)＋eq\f(2,secθ)＝2cosθ＋eq\f(sinθ+1,2cosθ)u′＝－2sinθ＋eq\f(2sinθ+2,2cos2θ)＞0,故當θ＝0時，umin＝eq\f(5,2)，此時…….例8、(1)設函數(shù)，且，，則__________解：由，令，則為奇函數(shù)且單調遞增.而,,所以,,,從而,即,故.(2)設a，b，c∈R+，且(eq\r(b2＋c2)＋b－c)·(eq\r(a2＋c2)＋a－c)＝2ab，求證：a，c，b成等比數(shù)列.(數(shù)學教學問題征解)證明：已知式可寫成[eq\r(1＋(eq\f(c,b))2)＋1－eq\f(c,b)]·[eq\r(1＋(eq\f(c,a))2)＋1－eq\f(c,a)]＝2，令eq\f(c,a)＝x，eq\f(c,b)＝y(tǒng)(x＞0，y＞0)，則上式為(eq\r(1＋x2)－x＋1)·(eq\r(1＋y2)－y＋1)＝2，兩邊同乘以eq\r(1＋y2)＋y－1，得2y(eq\r(1＋x2)－x＋1)＝2(eq\r(1＋y2)＋y－1)，即eq\r(1＋x2)－x＋1＝eq\r(1＋(eq\f(1,y))2)－eq\f(1,y)＋1由此構造函數(shù)f(t)＝eq\r(1＋t2)－t＋1，則有f(x)＝f(eq\f(1,y))，又易知函數(shù)f(t)＝eq\f(1,eq\r(1＋t2)＋t)＋1在(0,+∞)上單調遞減，故有x＝eq\f(1,y)，即c2＝ab，從而a，c，b成等比數(shù)列.小結：若函數(shù)為單調的奇函數(shù)，且，則.若遇兩個式子結構相同，不妨依此構造滿足上述性質的函數(shù)，則可解之.競賽中經(jīng)常用構造函數(shù)的方法，利用函數(shù)及其圖像的相關性質，解決與函數(shù)有關的如方程、不等式、最值等問題，達到化繁為簡的目的，同時能開闊我們的解題視野.例9、(1)設a是大于0的實數(shù)，f(x)是定義在全體實數(shù)x上的一個實函數(shù)，并且對每一個實數(shù)x滿足條件：f(x＋a)＝eq\f(1,2)＋eq\r(f(x)－[f(x)]2)．①試證明：函數(shù)f(x)是周期函數(shù)；②就a＝1舉出一個這種函數(shù)f(x)的例子，但不能是常函數(shù)．(第10屆IMO試題)證明：(1)，令得，，，∴，∴函數(shù)是周期函數(shù)，周期為2a．(2)對a＝1，f(x)應該是以2為周期的函數(shù)，且，另一方面，條件方程可以化為，由此可見，滿足題設的函數(shù)f(x)可以取或．(2)設函數(shù)f(x)滿足：f(1)＝0，且對任意x∈R，有f(x＋y)＋f(x－y)＋f(2x)＝4·f(x)·f(eq\f(x＋y,2))·f(eq\f(y－x,2))－1，求證：f(x)是周期函數(shù).1°先證：f(x)是偶函數(shù)，令x＝y(tǒng)＝0，得4f3(0)－1＝3f(0)，解得f(0)＝1或f(0)＝－eq\f(1,2)，若f(0)＝－eq\f(1,2)，則令x＝y(tǒng)得，2f(2x)－eq\f(1,2)＝－2·f2(x)－1，即f(2x)＝－f2(x)－eq\f(1,4)＜0，與f(1)＝0矛盾，從而f(0)＝1，令y＝－x，得f(0)＋2f(2x)＝4f(0)·f(x)·f(－x)－1，即f(x)＝2f(eq\f(x,2)eq\f(x,2))·f(－eq\f(x,2)eq\f(x,2))－1，此時有f(－x)＝2f(－eq\f(x,2)eq\f(x,2))·f(eq\f(x,2)eq\f(x,2))－1＝f(x)，，即知f(x)是偶函數(shù).2°再證：f(x)是周期函數(shù)，令x＝1，得f(1＋y)＋f(1－y)＋f(2)＝－1，當y＝1時，可得f(2)＝－1，從而f(1＋y)＋f(1－y)＝0，即f(y＋1)＝－f(1－y)＝－f(y－1)，∴f(y＋2)＝－f(y)，f(y＋4)＝－f(y＋2)＝f(y)，∴f(x)是周期函數(shù)，4是其中一個周期.(3)設函數(shù)f(x)滿足：f(x＋1)－f(x)＝2x＋1(x∈R)，且當x∈[0，1]時，有|f(x)|≤1，證明：當x∈R時，有|f(x)|≤2＋x2.解：令g(x)＝f(x)－x2，則g(x＋1)－g(x)＝f(x＋1)－f(x)―(x＋1)2＋x2＝0，所以g(x)是R上以1為周期的周期函數(shù)；當x∈[0,1]時，|g(x)|＝|f(x)－x2|≤|f(x)|＋|x2|≤2，所以周期函數(shù)g(x)在R有|g(x)|≤2，從而|f(x)|＝|g(x)＋x2|≤|g(x)|＋|x2|≤2＋x2.例10、(1)已知函數(shù)，且，則滿足條件的所有整數(shù)的和是____________．(2007江蘇預賽題改編)解：根據(jù)函數(shù)解析式特征，先研究簡單函數(shù)h(x)＝|x＋1|＋|x－1|的性質，根據(jù)圖像可知：h(x)是偶函數(shù)，在(－∞,－1]上是減函數(shù)，在[－1,1]上是常數(shù)函數(shù)，在[1,+∞)上是增函數(shù)，再逐漸復雜化，可知函數(shù)f(x)與h(x)具有相似的性質，f(x)是偶函數(shù)，在(－∞,－1]上是減函數(shù)，在[－1,1]上是常數(shù)函數(shù)，在[1,+∞)上是增函數(shù)，由，得|a－1|＝|a2－3a＋2|或－1≤a－1≤1且－1≤|a2－3a＋2≤1，又a∈Z，故a＝1或a＝2或a＝3，滿足條件的所有整數(shù)的和是6.(2)求函數(shù)f(x)＝|x－1|＋eq\r(2)|x－eq\r(2)|＋eq\r(3)|x－eq\r(3)|＋eq\r(4)|x－eq\r(4)|＋eq\r(5)|x－eq\r(5)|的最小值.解：f(x)＝(|x－1|＋|x－eq\r(5)|)＋(eq\r(5)－1)|x－eq\r(5)|＋eq\r(2)|x－eq\r(2)|＋eq\r(3)|x－eq\r(3)|＋2|x－2|＝(|x－1|＋|x－eq\r(5)|)＋(eq\r(5)－1)·(|x－eq\r(5)|＋|x－eq\r(2)|)＋(1＋eq\r(2)－eq\r(5))(|x－eq\r(2)|＋|x－2|)＋eq\r(3)(|x－eq\r(3)|＋|x－2|)＋(1＋eq\r(5)－eq\r(2)－eq\r(3))|x－2|∵eq\r(5)－1＞0，1＋eq\r(2)－eq\r(5)＞0，eq\r(3)＞0，1＋eq\r(5)－eq\r(2)－eq\r(3)＞0，2∈[eq\r(3),2][eq\r(2),2][eq\r(2),eq\r(5)][1,eq\r(5)]∴當x＝2時，f(x)min＝1＋2(eq\r(2)＋eq\r(3)－eq\r(5))(3)求的最小值.(2011北約自主招生題)解：設，g(x)＝|x－a1|＋|x－a2|＋…＋|x－an|，由絕對值的幾何意義，當n為奇數(shù)時，時，f(x)有最小值；當n為偶數(shù)時，任何值時，f(x)有最大值.回到原題，將f(x)整理成f(x)＝|x－1|＋|x－eq\f(1,2)|＋|x－eq\f(1,2)|＋|x－eq\f(1,3)|＋|x－eq\f(1,3)|＋|x－eq\f(1,3)|＋…＋|x－eq\f(1,2011)|＋…＋|x－eq\f(1,2011)|共有1＋2＋…＋2011＝2023066個點，設a1＝1，a2＝a3＝eq\f(1,2)，a4＝a5＝a6＝eq\f(1,3)，…，a2023066＝eq\f(1,2011)，∵eq\f(2013066,2)＝1011533，現(xiàn)在求a1011533和a1011534的值，設a1011533＝eq\f(1,t)，則1＋2＋…＋t≥1011533，1＋2＋…＋(t－1)＜1011533，可得t＝1422，且a1011533＝a1011534＝eq\f(1,1422)，故x＝eq\f(1,1422)時，f(x)有最小值，f(eq\f(1,1422))＝eq\f(1,1422)×(1421＋1420＋…＋1)＋eq\f(1,1422)×(1＋2＋…＋589)＝832eq\f(491,711)⑴一般地，對于函數(shù)()，當n＝2m(m∈N*)時，f(x)在是減函數(shù)，在是常數(shù)函數(shù)，在上是增函數(shù)；當n＝2m－1(m∈N*)時，f(x)在是減函數(shù)，在上是增函數(shù).⑵一般地，對于函數(shù)()的圖像是由左右兩側兩條射線和中間的條線段依次連接而成的“折線形”：①當時，兩射線分別由點(b1,f(b1))和點(bn,f(bn))向上無限延伸，此時f(x)有最小值且fmin＝；②當時，兩射線分別由點(b1,f(b1))和點(bn,f(bn))向下無限延伸，此時f(x)有最大值且fmax＝；③當時，兩射線分別由點(b1,f(b1))和點(bn,f(bn))沿水平方向向左、右無限延伸，此時f(x)既有最大值也有最小值且fmax＝，fmin＝.例11、(2012·南京一模)對于函數(shù)f(x)，若存在實數(shù)對(a，b)，使得等式f(a＋x)·f(a－x)＝b對定義域中的每一個x都成立，則稱函數(shù)f(x)是“(a，b)型函數(shù)”．已知函數(shù)g(x)是“(1,4)型函數(shù)”，當x∈[0,2]時，都有1≤g(x)≤3成立，且當x∈[0,1]時，g(x)＝x2－m(x－1)＋1(m＞0)，試求m的取值范圍．解：∵g(1+x)·g(1?x)＝4，∴當x∈[1,2]時，g(x)＝eq\f(4,g(2?x))，2?x∈[0,1]．而x∈[0,1]時，g(x)＝x2＋m(1－x)＋1＝x2－mx＋m＋1＞0，且其對稱軸方程為x＝eq\f(m,2).設g(x)在[0,1]上的最小值為a，最大值為b，則原條件eq\b\lc\{(\a\al\co2(a≥1；b≤3,,\f(4,b)≥1；\f(4,a)≤3,))，即a≥eq\f(4,3)，b≤3.①當eq\f(m,2)＞1，即m＞2時，a＝g(1)＝2，b＝g(0)＝m＋1，故m＋1≤3，此時無解；②當eq\f(1,2)≤eq\f(m,2)≤1，即1≤m≤2時，a＝g(eq\f(m,2))＝m＋1－eq\f(m2,4)，b＝g(0)＝m＋1，故m＋1－eq\f(m2,4)≥eq\f(4,3)，m＋1≤3，解得1≤m≤2③當0＜eq\f(m,2)＜eq\f(1,2)，即0＜m＜1時，a＝g(eq\f(m,2))＝m＋1－eq\f(m2,4)，b＝g(1)＝2，故m＋1－eq\f(m2,4)≥eq\f(4,3)，解得2－eq\f(2\r(6),3)≤m＜1綜上所述，所求m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(2\r(6),3)，2)).本題主要考查函數(shù)的綜合性質，分類討論思想，這里轉化有點困難，應先把函數(shù)在[1,2]上的解析式求出來，然后求值域并轉化為子集關系解題．求值域實質就是二次函數(shù)中軸動區(qū)間定的類型，并且同時研究兩個二次函數(shù)，要進行比較．例12、(2012·金陵中學)已知函數(shù)f(x)的圖象在[a，b]上連續(xù)不斷，定義：f1(x)＝min{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])f2(x)＝max{f(t)|a≤t≤x}(x∈[a，b])．其中，min{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最小值，max{f(x)|x∈D}表示函數(shù)f(x)在區(qū)間上的最大值．若存在最小正整數(shù)k，使得f2(x)－f1(x)≤k(x－a)對任意的x∈[a，b]成立，則稱函數(shù)為區(qū)間[a，b]上的“k階收縮函數(shù)”．(1)已知函數(shù)f(x)＝x2，x∈[－1,4]，試判斷f(x)是否為[－1,4]上的“k階收縮函數(shù)”，如果是，求出相應的k；如果不是，請說明理由；(2)已知b＞0，函數(shù)f(x)＝－x3＋3x2是[0，b]上的2階收縮函數(shù)，求b的取值范圍．解：(1)∵f1(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x∈[?1，0]，,0，x∈[0，4]，))f2(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x∈[?1，1]，,x2，x∈[1，4]，))∴f2(x)－f1(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1?x2，x∈[?1，0]，,1，x∈[0，1]，,x2，x∈[1，4].))當x∈[－1,0]時，1－x2≤k(x＋1)，∴k≥1－x，即k≥2；當x∈(0,1)時，1≤k(x＋1)，∴k≥eq\f(1,x＋1)，即k≥1；當x∈[1,4]時，x2≤k(x＋1)，∴k≥eq\f(x2,x＋1)，即k≥eq\f(16,5).綜上，存在k＝4，使得f(x)是[－1,4]上的4階收縮函數(shù)．(2)∵f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)，∴在(0,2)上f′(x)＞0，f(x)遞增，在(2，＋∞)上f′(x)＜0，f(x)遞減．①當0＜b≤2時，f(x)在[0，b]上遞增，∴f2(x)＝f(x)＝－x3＋3x2，f1(x)＝f(0)＝0.∵f(x)＝－x3＋3x2是[0，b]上的2階收縮函數(shù)，∴(i)f2(x)－f1(x)≤2(x－0)對x∈[0，b]恒成立，即－x3＋3x2≤2x對x∈[0，b]恒成立，即0≤x≤1或x≥2.∴0＜b≤1.(ii)存在x∈[0，b]，使得f2(x)－f1(x)＞(x－0)成立．即存在x∈[0，b]，使得x(x2－3x＋1)＜0成立．即x＜0或eq\f(3－\r(5),2)＜x＜eq\f(3＋\r(5),2)，∴只需b＞eq\f(3－\r(5),2).綜上eq\f(3－\r(5),2)＜b≤1.②當2＜b≤3時，f(x)在[0,2]上遞增，在[2，b]上遞減，∴f2(x)＝f(2)＝4，f1(x)＝f(0)＝0，f2(x)－f1(x)＝4，x－0＝x.∴當x＝0時，f2(x)－f1(x)≤2(x－0)不成立．③當b＞3時，f(x)在[0,2]上遞增，在[2，b]上遞減，∴f2(x)＝f(2)＝4，f1(x)＝f(b)＜0，f2(x)－f1(x)＝4－f(b)＞4，x－0＝x.∴當x＝0時，f2(x)－f1(x)≤2(x－0)也不成立．綜上eq\f(3－\r(5),2)＜b≤1.例13、(1)證明：對任意x∈[－1,1]，均有|4x3－3x|≤1；(2)設a，b，c為實數(shù)，M是函數(shù)y＝|4x3＋ax2＋bx＋c|在x∈[－1,1]上的最大值，證明：M≥1，并求等號成立時a，b，c的值.證明：⑴令x＝sinθ，則|4x3－3x|＝|4sin3θ－3sinθ|＝|sin3θ|≤1或：4x3－3x－1＝(x－1)(2x＋1)2≤0，4x3－3x＋1＝(x＋1)(2x－1)2≥0，于是－1≤4x3－3x≤1，即|4x3－3x|≤1或：令f(x)＝4x3－3x，f′(x)=12x2－3＝4(2x－1)(2x＋1)由f′(x)＝0解得x＝±eq\f(1,2)，列表得：x－1(－1,－eq\f(1,2))－eq\f(1,2)(－eq\f(1,2),eq\f(1,2))eq\f(1,2)(－eq\f(1,2),1)1f′(x)＋0－＋f(x)－1遞增1遞減－1遞增1由上表知：x∈[－1,1]時，f(x)min＝－1，f(x)max＝1，∴|4x3－3x|≤1.⑵記g(x)＝4x3＋ax2＋bx＋c，若存在a,b,c∈R，使得對x∈[－1,1]均有|g(x)|＜1，則－1＜g(x)＜1，令h(x)＝g(x)－(4x3－3x)＝ax2＋(b＋3)x＋c，則由⑴可知h(－1)＞0，h(－eq\f(1,2))＜0，h(eq\f(1,2))＞0，h(1)＜0，這表明方程ax2＋(b＋3)x＋c＝0至少有三個不同的實數(shù)根，從而只能是a＝b＋3＝c＝0，即g(x)＝4x3－3x，但這時|g(1)|＝1，矛盾.所以，存在x∈[－1,1]，使|4x3＋ax2＋bx＋c|≥1，故M≥1，進而由前面的討論知M＝1時，a＝0，b＝－3，c＝0.另解：由－1≤4x3＋ax2＋bx＋c≤1對任意x[－1,1]恒成立，分別取x＝±1，±eq\f(1,2)并化簡得：eq\b\lc\{(\a\al(－5≤a＋b＋c≤－3,3≤a－b＋c≤5,－6≤a＋2b＋4c≤2,－2≤a－2b＋4c≤6))∴eq\b\lc\{(\a\al(2b＝(a＋b＋c)－(a－b＋c)≤－6,4b＝(a＋2b＋4c)－(a－2b＋4c)≥－12))得b＝－3，代入①式后得a＝c＝0.例14、已知函數(shù)，x(1,+∞)．對于定義域為D的函數(shù)y＝g(x)，如果存在區(qū)間，使得時，y＝g(x)的值域是，則稱是該函數(shù)y＝g(x)的“保值區(qū)間”．問函數(shù)y＝h(x)是否存在“保值區(qū)間”？若存在，請求出一個“保值區(qū)間”；若不存在，請說明理由．解：，x(1,+∞)，，時，，在上是增函數(shù)，函數(shù)存在“保值區(qū)間”關于的方程在有兩個不相等的實數(shù)根，令，則，，時，，在上是增函數(shù)，，且在圖象不間斷，使得，時，，時，，函數(shù)在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，，，函數(shù)在至多有一個零點，即關于的方程在至多有一個實數(shù)根，函數(shù)是不存在“保值區(qū)間”．例15、(2005·湖南卷)已知函數(shù)f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋bx，a≠0.(1)若b＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在單調遞減區(qū)間，求a的取值范圍；(2)設函數(shù)f(x)的圖象C1與函數(shù)g(x)圖象C2交于點P、Q，過線段PQ的中點作x軸的垂線分別交C1，C2于點M、N，證明：C1在點M處的切線與C2在點N處的切線不平行.解：(1)b＝2時,,則因為函數(shù)h(x)存在單調遞減區(qū)間，所以h′(x)<0有解.又因為x＞0，所以ax2＋2x－1＞0有x＞0的解.①當a＞0時，ax2＋2x－1＞0總有x＞0的解；②當a＜0時，則△＝4＋4a＞0,且方程ax2＋2x－1＝0至少有一正根此時－1＜a＜0.綜上所述，a的取值范圍為(－1，0)∪(0，+∞).(2)證明：設點P、Q的坐標分別是(x1,y1)，(x2,y2)，0＜x1＜x2.則點M、N的橫坐標為C1在點M處的切線斜率為C2在點N處的切線斜率為假設C1在點M處的切線與C2在點N處的切線平