高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽培訓(xùn)講義

裔中撤當(dāng)黨奏幅制餅義

(一)集合與容斥原理

集合是一種基本數(shù)學(xué)語(yǔ)言、?種基本數(shù)學(xué)工具。它不僅是高中數(shù)學(xué)的第一課，而且是整個(gè)數(shù)學(xué)的

基礎(chǔ)。對(duì)集合的理解和掌握不能僅僅停留在高中數(shù)學(xué)起始課的水平上，而要隨著數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的進(jìn)程而不斷深

化，自覺(jué)使用集合語(yǔ)言(術(shù)語(yǔ)與符號(hào))來(lái)表示各種數(shù)學(xué)名詞，主動(dòng)使用集合工具來(lái)表示各種數(shù)量關(guān)系。如用

集合表示空間的線(xiàn)面及其關(guān)系，表示平面軌跡及其關(guān)系、表示方程(組)或不等式(組)的解、表示充要條件,

描述排列組合，用集合的性質(zhì)進(jìn)行組合計(jì)數(shù)等。

一、學(xué)習(xí)集合要抓住元素這個(gè)關(guān)鍵

例1.設(shè)A={XIX=a2+b2,a、beZ},XI,X2SA,求證：X1X2GA。

分析：A中的元素是自然數(shù)，即由兩個(gè)整數(shù)a、b的平方和構(gòu)成的自然數(shù)，亦即從0、1、4、9、16、

25……，n2,……中任取兩個(gè)(相同或不相同)數(shù)加起來(lái)得到的一個(gè)和數(shù)，本題要證明的是：兩個(gè)這樣的數(shù)

的乘積一定還可以拆成兩個(gè)自然數(shù)的平方和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2,M.NeZ

證明：設(shè)Xl=a2+b2,X2=c2+d2,a、b、c、deZ.則X1X2=(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、deZ,故ac+bd、bc-adeZ,從而X1X2CA

練習(xí):1.設(shè)兩個(gè)集合S={x|x=12m+8n,m,nGZ},T={xIx=20p+16q,p,qGZ).求證：S=T。

2.設(shè)M={a|a=x2-y2,x,yWZ}.求證：(1)-切奇數(shù)屬于M;

(2)4k-2(kGZ)不屬于M;

(3)M中任意兩個(gè)數(shù)的積仍屬于

3.已知函數(shù)f(x)=乂2+@*+1)刈函€4且人=僅}=￡@)},8=以?=玨￡@)]}.

⑴求證:A匚B;

(2)若人={7,3}時(shí),求集合B.

二、集合中待定元素的確定

例2.已知集合乂=青,XY,lg(xy)},S={0,IX|,Y},且乂=5,則(X+l/Y)+(X2+1/Y2)+……

+(X2002+l/Y2002)的值等于().

分析：解題的關(guān)鍵在于求出X和Y的值，而X和Y分別是集合M與S中的元素。這一類(lèi)根據(jù)集合的關(guān)

系反過(guò)來(lái)確定集合元素的問(wèn)題，要求我們要對(duì)集合元素的基本性質(zhì)即確定性、互異性、無(wú)序性及集合之間

的基本關(guān)系(子、全、補(bǔ)、交、異、空、等)有本質(zhì)的理解，對(duì)于兩個(gè)相等的有限集合(數(shù)集)，還會(huì)用到它

們的簡(jiǎn)單性質(zhì)：(a)相等兩集合的元素個(gè)數(shù)相等；(b)相等兩集合的元素之和相等；(c)相等兩集合的元素

之積相等.

解：由M=S知，兩集合元素完全相同。這樣，M中必有一個(gè)元素為0,又由對(duì)數(shù)的性質(zhì)知，0和負(fù)數(shù)

沒(méi)有對(duì)數(shù)，所以XY#0,故X,Y均不為零，所以只能有l(wèi)g(XY)=0,從而XY=1.，M={X,1,0},S={0,

IX|,1/X}.再由兩集合相等知

1，1

D,Mi或x=&.

l,=T'l*=M?

當(dāng)X=1時(shí)，0},S={0,1,1},這與同一個(gè)集合中元素的互異性矛盾，故X=1不滿(mǎn)足題目

要求；

當(dāng)x=-1時(shí)，M={—1,1,0},S={0,1,—1},M=S,從而x=-1滿(mǎn)足題目要求，此時(shí)Y=-1,于

是X2K+l+l/Y2K+l=-2(K=0,1,2,……),X2K+1/Y2K=2(K=1,2,……)，故所求代數(shù)式的值為0.

練習(xí)：4,已知集合4=9】，。2，。3，。4，。5},B={qMR%，。4，。5},其中“r"2M3是正整數(shù)，

且為＜。2＜。3＜。4＜%,并滿(mǎn)足Ac8={%M4},%+。4=1°，若AuB中的所有元素之和為234,求

集合Ao

三.容斥原理

基本公式:(l)card(AUB)=card(A)+card(B)—card(AClB)；(2)card(AUBU

問(wèn)題：開(kāi)運(yùn)動(dòng)會(huì)時(shí)，高一某班共有28名同學(xué)參加比賽，有15人參加游泳比賽，有8人參加田徑比賽,

有14人參加球類(lèi)比賽，同時(shí)參加游泳比賽和田徑比賽的有3人，同時(shí)參加游泳比賽和球類(lèi)比賽的有3人,

沒(méi)有人同時(shí)參加三項(xiàng)比賽，問(wèn)同時(shí)參加田徑比賽和球類(lèi)比賽的有多少人？只參加游泳一項(xiàng)比賽的有多少

人？

設(shè)人=｛參加游泳比賽的同學(xué)｝,B=慘加田徑比賽的同學(xué)｝,C=慘加球類(lèi)比賽的同學(xué)｝，則card(A)=15,

card(B)=8,card(C)=14,card(AUBUC)=28,且card(APIB)=3,card(AClC)=3,card(AnBCC)=O,由公式

②得28=15+8+14—3—3—card(BAC)+0,即card(BCC)=3,所以同時(shí)參加田徑和球類(lèi)比賽的共有3人，

而只參加游泳比賽的人有15—3—3=9(人)

四、有限集合子集的個(gè)數(shù)

例3.一個(gè)集合含有10個(gè)互不相同的兩位數(shù)。試證，這個(gè)集合必有2個(gè)無(wú)公共元素的子集合，此兩子

集的各數(shù)之和相等。

分析：兩位數(shù)共有10,11,……,99,計(jì)99-9=90個(gè),最大的10個(gè)兩位數(shù)依次是90,91,……,99,

其和為945,因此，由10個(gè)兩位數(shù)組成的任意一個(gè)集合中，其任一個(gè)子集中各元素之和都不會(huì)超過(guò)945,

而它的非空子集卻有210-1=1023個(gè)，這是解決問(wèn)題的突破口。

解：已知集合含有10個(gè)不同的兩位數(shù)，因它含有10個(gè)元素，故必有210=1024個(gè)子集，其中非空子

集有1023個(gè)，每一個(gè)子集內(nèi)各數(shù)之和都不超過(guò)90+91+…98+99=945<1023,根據(jù)抽屜原理，一定存在

2個(gè)不同的子集，其元素之和相等。如此2個(gè)子集無(wú)公共元素，即交集為空集，則己符合題目要求；如果

這2個(gè)子集有公共元素，則劃去它們的公共元素即共有的數(shù)字，可得兩個(gè)無(wú)公共元素的非空子集，其所含

各數(shù)之和相等。

說(shuō)明：此題構(gòu)造了一個(gè)抽屜原理模型，分兩步完成，計(jì)算子集中數(shù)字之和最多有945個(gè)“抽屜”，計(jì)

算非空子集得1023個(gè)“蘋(píng)果”，由此得出必有兩個(gè)子集數(shù)字之和相等。第二步考察它們有無(wú)公共元素，如

無(wú)公共元素，則已符合要求；如有公共元素，則去掉相同的數(shù)字，得出無(wú)公共元素并且非空的兩個(gè)子集，

滿(mǎn)足條件。

例4.設(shè)八={1,2,3,…，n},對(duì)XGA,設(shè)X中各元素之和為NX,求Nx的總和.

解：A中共有n個(gè)元素，其子集共有2n個(gè)。A中每一個(gè)元素在其非空子集中都出現(xiàn)了2n-l次，(為什

么？因?yàn)锳的所有子集對(duì)其中任一個(gè)元素i都可分為兩類(lèi)，一類(lèi)是不含i的，它們也都是{1,2,…，

i-1,i+l.-n)的子集，共2n-l個(gè)；另一類(lèi)是含i的，只要把i加入到剛才的2n-l個(gè)子集中的每一個(gè)中去)。

因而求A的所有子集中所有元素之和Nx的總和時(shí)，A中每一個(gè)元素都加了2n-l次，即出現(xiàn)了2nT次，故

得小=lX2nT+2X2nT+…+n...2nT=(1+2+…+n)?2n-l=n(n+l)/2X2n-l=n(n+l)X

2n-2

說(shuō)明：這里運(yùn)用了整體處理的思想及公式1+2+…+n=(l/2)n(n+l),其理論依據(jù)是加法的交換律、

結(jié)合律、乘法的意義等，集合中每一個(gè)元素都在總和中出現(xiàn)了2nT次，是打開(kāi)解題思路之門(mén)的鑰匙。

練習(xí)：5.設(shè)集合AG{1,2,3,……,100},且對(duì)任意x.yGA,必有2x#y,求集合A中所含元素個(gè)數(shù)的最大

值.

6.某地區(qū)網(wǎng)球俱樂(lè)部都有20名成員，舉行14場(chǎng)單打比賽,每人至少上場(chǎng)1次.求證:必有6場(chǎng)比賽,其

12名參賽者各不相同.

(-)-次函數(shù)

一、二次函數(shù)的解析式:①定義式：f(x)=ax2+bx+c.②頂點(diǎn)式：f(x)=a(x-h)2+k.

③零點(diǎn)式：f(x)=a(x-xl)(x-x2).(a^O)

二、二次函數(shù)的最值:當(dāng)自變量的取值范圍為閉區(qū)間［p,q］時(shí)，其最值在f(p)、f(q)、f(-b/2a)三者

中取得，最值情況如下表：

-b/2aE[p,q]~b/2aE[p,q]

a>fmin=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4fmin=min{f(p),f(q)}

()a)fmax=max{f(p),f(q)}

fmax=max{f(p),f(q)}

a<fmax=f(~b/2a)=((4ac-b2)/4

0a)

fmin=min{f(p),f(q)}

例].當(dāng)x為何值時(shí),函數(shù)￡&)=&-21)2+a-&2)2+,“+&，11)2取最小值。

解：f(x)=(x2-2alx+al2)+(x2-2a2x+a22)+…+(x2-2anx+an2)=nx2-2(al+a2…+an)x+(al2+a22+…

+an2)...當(dāng)x=(al+a2+…+an)/n時(shí)，f(x)有最小值.

例2.已知xl,x2是方程x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根，xl2+x22的最大值是____.

解：由韋達(dá)定理得：xl+x2=k-2,xlx2=k2+3k+5..,.xl2+x22=(xl+x2)2-2xlx2=(k-2)2-2(k2+3k+5

=-k2-10k-6=-(k+5)2+19.已知xl,x2是方程的兩個(gè)實(shí)根，即方程有實(shí)數(shù)根，此時(shí)方程的判別式△20,

即△=(k-2)2-4(k2+3k+5)=-3k2T6kT6e0解得：-4WkW-4/3.Vk=-5=[-4,-4/3],設(shè)

f(k)=-(k+5)2+19則f(-4)=18,f(-4/3)=50/908....當(dāng)k=-4時(shí),(xl2+x22)max=18.

例3.已知f(x)=x2-2x+2,在xe[t,t+1]上的最小值為g(t),求g(t)的表達(dá)式。

解：f(x)=(xT)2+l⑴當(dāng)t+l<l即t<0時(shí),g(t)=f(t+l)=t2+l

(2)當(dāng)tWIWt+l,即OWtWl時(shí),g(t)=f(l)=l(3)當(dāng)t〉l時(shí),g(t)=f(t)=t2-2t+2

J+LfYO

g(Z)=?1,OSfMl

綜合⑴、(2)、(3)得：r-2Z+2J>1

例4.(1)當(dāng)x2+2y2=l時(shí)，求2x+3y2的最值;(2)當(dāng)3x2+2y2=6x時(shí)，求x2+y2的最值。

解：(1)由x2+2y2=l得y2=l/2(l-x2),2x+3y2=2x+(3/2)(l-x2)=(-(3/2))(x-(2/3))2+(13/6)

又l-x2=2y220,；.x2Wl,-1WxWl....當(dāng)x=2/3時(shí)，y=(V10)/6,(2x+3y2)max=16/3；

當(dāng)x=T時(shí)，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)=T/2(x-3)2+9/2

又y2=(3/2)x(2-x)20,得0WxW2.當(dāng)x=2,y=0時(shí)，(x2+y2)max=4；當(dāng)x=0,y=0時(shí),(x2+y2)min=0

三、二次函數(shù)與二次方程

設(shè)f(x)=ax2+bx+c(aWO)的二實(shí)根為xl,x2,(xl<x2),△=b2-4ac,且a、B(a<6)是預(yù)先給定的

兩個(gè)實(shí)數(shù)。

1.當(dāng)兩根都在區(qū)間(a,B)內(nèi)，方程系數(shù)所滿(mǎn)足的充要條件

；a<xl<x2<B,對(duì)應(yīng)的二次函數(shù)f(x)的圖象有下列兩種情形

當(dāng)a>0時(shí)的充要條件是：A>0,aV-b/2a<6,f(a)>0,f(P)>0

當(dāng)aVO時(shí)的充要條件是：A>0,a<-b/2a<P,f(a)<0,f(P)<0

兩種情形合并后的充要條件是：A>0,a<-b/2a<P,af(a)>0,af(P)>0①

2.當(dāng)兩根中有且僅有一根在區(qū)間(a,B)內(nèi)，方程系數(shù)所滿(mǎn)足的充要條件

,/a<xl<B或a<x2<B,時(shí)應(yīng)的函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形

從四種情形得充要條件是：f(a)?f(B)<0②

3.當(dāng)兩根都不在區(qū)間［a,6］內(nèi)方程系數(shù)所滿(mǎn)足的充要條件

(1)兩根分別在區(qū)間［a,B］之外的兩旁時(shí)

Vxl<a<B<x2,對(duì)應(yīng)的函數(shù)f(x)的圖象有下列兩種情形

(2)兩根分別在區(qū)間［a,B］之外的同旁時(shí)

???xl<x2<a<8或a<xl<x2,對(duì)應(yīng)函數(shù)f(x)的圖象有下列四種情形

mi

當(dāng)xl<x2<a時(shí)的充要條件是：A>0,-b/2a<a,af(a)>0④

當(dāng)B<xl<x2時(shí)的充要條件是：△>(),-b/2a>P,af(P)>0⑤

例5.如果方程(Lm2)x2+2mxT=0的兩個(gè)根一個(gè)小于零，另一個(gè)大于1,確定m的范圍。

解：令f(x)=(l-m2)x2+2mx-l,根據(jù)題設(shè)條件，f(x)的圖形是下列兩種情形之-：

則(l-m2)f(0)<0,(l-m2)f(l)<0；即(l-?2)(2m-m2)<0解得：-l<m<0

例6.當(dāng)k為什么實(shí)數(shù)時(shí)，關(guān)于X的二次方程7x2-(k+13)x+k2-k-2=0的兩個(gè)實(shí)根a和p分別滿(mǎn)足0<

a<1和IVP<2?

解：設(shè)y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2,則因?yàn)閍=7>0,且方程f(x)=0有兩實(shí)根a,p,所以它的圖

象是開(kāi)口向上且與X軸相交于兩點(diǎn)(a,0)、(B,0)的拋物線(xiàn)。由于0<a<l,可知在xVa

或x>B時(shí)，f(x)取正值；在a<x<B時(shí)，f(x)取負(fù)值。于是，當(dāng)x分列取0,1,2時(shí)，有：f(0)=k2』-2

>0,f(D=k2-2k-8<0,f(2)=k2-3k>0解這三個(gè)不等式組成的不等式組，可得-2VkV-l和3VkV4。

11_m

練習(xí)：1.求所有的實(shí)數(shù)m,使得關(guān)于x的方程x+2x+12x-1有且只有整數(shù)根.

/(x)=--x2+—

2.若函數(shù)22在區(qū)間囪b］上的最小值為2a,最大值為2b,求區(qū)間［a,b］。

3.已知方程x2+2px+l=0有一個(gè)根大于1,有一個(gè)根小于1,則p的取值為.

四.二次函數(shù)與二次不等式

一元二次不等式的解集相應(yīng)于一元二次函數(shù)的正值、負(fù)值區(qū)間。解不等式與證明不等式成立，經(jīng)常要

用到二次函數(shù)的極值性質(zhì)、單調(diào)性、圖象與x軸的位置關(guān)系等。

例7.若al,a2,an,bl,b2,bn都是實(shí)數(shù),求證：(albl+a2b2+…+anbn)2W(al2+a22+…

+a2n)(bl2+b22+…+b2n)

證明：構(gòu)造二次函數(shù)f(x)=(alx-bl)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2=(al2+a22+…

+a2n)x2-2(albl+a2b2+***+anbn)x+(bl2+b22+***+b2n).當(dāng)al2+a22+…+a2n#0即al,a2,?,,,an不全為零時(shí),

顯然有對(duì)xGR,f(x)>0,故f(x)=0的判別式：△=4(albl+a2b2+…+anbn)2-4(al2+a22+…

+a2n)(bl2+b22+???+b2n)這0.艮［J(albl+a2b2+???+anbn)2<(al2+a22+???+a2n)?(bl2+b22+???+b2n).當(dāng)

al=a2=…二an=0時(shí)，結(jié)論顯然成立，故命題成立。

例8.設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的兩個(gè)根xl,x2滿(mǎn)足0<xlVx2Vl/a。

(1)當(dāng)x￡(0,xl)時(shí),證明xVf(x)<xl

(2)設(shè)函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x=x0對(duì)稱(chēng)，證明：x0<xl/2o

證明：①欲證：x<f(x)<x，只須證：0<f(x)-xVxl-X①因?yàn)榉匠蘤(x)-X=O的兩根為

xl,x2,f(x)=ax2+bx+c(a>0),「.f(x)-x二a(x-xl)(x-x2),①式即：0<a(x-xl)(x-x2)xl-x②Va>0,

x￡(0,xl),xl-x>0,?,.a(xl-x)>0,②式兩邊同除以a(xl-x)>0,得：0<x2-x<l/a,即:x<x2<l/a+x.

這由已知條件：0Vx<xlVx2<l/a,即得：x<x2<(1/a)<l/a+x,故命題得證。

(2)欲證x0<xl/2,因?yàn)閤0=-b/2a,故只須證：xO-x1/2=-b/2a-x1/2<0③由韋達(dá)定理,

xl+x2=(-b-l)/a,(xl+x2)/2=-(bT)/2a,代入③式，有(-(b/2a))-(xl/2)=(x2/2)-(l/(2a))VO,即：x2

<l/a由已知：0<xlVx2<l/a,命題得證。

（三）抽屜原理

在數(shù)學(xué)問(wèn)題中有一類(lèi)與“存在性”有關(guān)的問(wèn)題，例如：“13個(gè)人中至少有兩個(gè)人出生在相同月份”；

“某校400名學(xué)生中，?定存在兩名學(xué)生，他們?cè)谕惶爝^(guò)生日”；“2003個(gè)人任意分成200個(gè)小組，一

定存在一組，其成員數(shù)不少于11”。這類(lèi)存在性問(wèn)題中，“存在”的含義是“至少有一個(gè)”。在解決這類(lèi)

問(wèn)題時(shí)，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一個(gè)，也不需要確定通過(guò)什么方式把這個(gè)存在的東西找出

來(lái)。這類(lèi)問(wèn)題相對(duì)來(lái)說(shuō)涉及到的運(yùn)算較少，依據(jù)的理論也不復(fù)雜，這些理論稱(chēng)為“抽屜原理”。

（-）抽屜原理的基本形式

定理1、如果把n+1個(gè)元素分成n個(gè)集合，那么不管怎么分，都存在一個(gè)集合，其中至少有兩個(gè)元素。

證明：（用反證法）若不存在至少有兩個(gè)元素的集合，則每個(gè)集合至多1個(gè)元素，從而n個(gè)集合至多

有n個(gè)元素，此與共有n+1個(gè)元素矛盾，故命題成立。

例1.已知在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有任意五個(gè)點(diǎn)（圖1）。證明：至少有兩個(gè)點(diǎn)之

間的距離不大于2.

分析：5個(gè)點(diǎn)的分布是任意的。如果要證明“在邊長(zhǎng)為1的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）有5個(gè)點(diǎn)，那

么這5個(gè)點(diǎn)中一定有距離不大于5的兩點(diǎn)”，則順次連接三角形三邊中點(diǎn)，即三角形的三條中位線(xiàn)，可以

分原等邊三角形為4個(gè)全等的邊長(zhǎng)為5的小等邊三角形，則5個(gè)點(diǎn)中必有2點(diǎn)位于同一個(gè)小等邊三角形中

（包括邊界），其距離便不大于5。

以上結(jié)論要由定理“三角形內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)間的距離不大于其最大邊長(zhǎng)”來(lái)保證，下面我

們就來(lái)證明這個(gè)定理。

A

如圖2,設(shè)BC是AABC的最大邊，P,M是△ABC內(nèi)（包括邊界）任意兩點(diǎn)，連接PM,過(guò)P分別作

AB、BC邊的平行線(xiàn)，過(guò)M作AC邊的平行線(xiàn)，設(shè)各平行線(xiàn)交點(diǎn)為P、Q、N,那么/PQN=/C,ZQNP=ZA因

為BC》AB,所以/A2NC,則NQNP2/PQN,而/QMP2/QNP2NPQN（三角形的外角大于不相鄰的內(nèi)角）,

工

所以PQ'PM。顯然BC2PQ,故BC2PM。由此我們可以推知，邊長(zhǎng)為5的等邊三角形內(nèi)（包括邊界）兩點(diǎn)

1_

間的距離不大于5。

說(shuō)明：（1）這里是用等分三角形的方法來(lái)構(gòu)造“抽屜”。類(lèi)似地，還可以利用等分線(xiàn)段、等分正方

形的方法來(lái)構(gòu)造“抽屜”。例如“任取n+l個(gè)正數(shù)ai,滿(mǎn)足0<aiWl（i=l,2,…,n+1）,試證明:這n+1

個(gè)數(shù)中必存在兩個(gè)數(shù)，其差的絕對(duì)值小于百”?又如：“在邊長(zhǎng)為1的正方形內(nèi)任意放置五個(gè)點(diǎn)，求證：

其中必有兩點(diǎn)，這兩點(diǎn)之間的距離不大于可。（2）例1中，如果把條件（包括邊界）去掉，則結(jié)論可以

￡

修改為：至少有兩個(gè)點(diǎn)之間的距離小于2.

例2.從1TOO的自然數(shù)中，任意取出51個(gè)數(shù)，證明其中一定有兩個(gè)數(shù)，它們中的?個(gè)是另一個(gè)的整

數(shù)倍。

分析：本題似乎茫無(wú)頭緒，從何入手？其關(guān)鍵何在？其實(shí)就在“兩個(gè)數(shù)”，其中一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)

倍。我們要構(gòu)造“抽屜”，使得每個(gè)抽屜里任取兩個(gè)數(shù)，都有一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍，這只有把公比是正

整數(shù)的整個(gè)等比數(shù)列都放進(jìn)去同一個(gè)抽屜才行，這里用得到一個(gè)自然數(shù)分類(lèi)的基本知識(shí)：任何一個(gè)正整數(shù)

都可以表示成一個(gè)奇數(shù)與2的方基的積，即若mGN+,KGN+,ndN,則m=（2kT）?2n,并且這種表示方式

是唯一的,如1=1X2°,2=1X21,3=3X2°,...

證明：因?yàn)槿魏我粋€(gè)正整數(shù)都能表示成一個(gè)奇數(shù)乘2的方嘉，并且這種表示方法是唯一的，所以我

們可把1-100的正整數(shù)分成如下50個(gè)抽屜（因?yàn)?-100中共有50個(gè)奇數(shù)）:

1){1,1X2,1X22,1X23,1X24,1X25,1X26}；

2){3,3X2,3X22,3X23,3X24,3X25}；

3){5,5X2,5X225X23,5X24}；

4){7,7X2,7X22,7X23}；

5){9,9X2,9X22,9X23}；

6){11,11X2,11X22,11X23}；

25){49,49X2}；

26){51}；

50）{99}。

這樣，1-100的正整數(shù)就無(wú)重復(fù)，無(wú)遺漏地放進(jìn)這50個(gè)抽屜內(nèi)了。從這100個(gè)數(shù)中任取51個(gè)數(shù)，

也即從這50個(gè)抽屜內(nèi)任取51個(gè)數(shù)，根據(jù)抽屜原則，其中必定至少有兩個(gè)數(shù)屬于同一個(gè)抽屜，即屬于（1）

-（25）號(hào)中的某一個(gè)抽屜，顯然，在這25個(gè)抽屜中的任何同一個(gè)抽屜內(nèi)的兩個(gè)數(shù)中，一個(gè)是另一個(gè)的整

數(shù)倍。

說(shuō)明：（1）從上面的證明中可以看出，本題能夠推廣到一般情形：從l-2n的自然數(shù)中，任意取

出n+1個(gè)數(shù)，則其中必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍。想一想，為什么？因?yàn)閘-2n中共含1,

3,…，2nT這n個(gè)奇數(shù)，因此可以制造n個(gè)抽屜，而n+l>n,由抽屜原則，結(jié)論就是必然的了。給n以

具體值，就可以構(gòu)造出不同的題目。例2中的n取值是50,還可以編制相反的題目，如：“從前30個(gè)自

然數(shù)中最少要（不看這些數(shù)而以任意方式地）取出幾個(gè)數(shù)，才能保證取出的數(shù)中能找到兩個(gè)數(shù)，其中較大

的數(shù)是較小的數(shù)的倍數(shù)？”

（2）如下兩個(gè)問(wèn)題的結(jié)論都是否定的（n均為正整數(shù)）想一想，為什么？①?gòu)?,3,4,…，2n+l

中任取n+1個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍？②從1,2,3,…，2n+l中任取

n+1個(gè)數(shù)，是否必有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的整數(shù)倍？

（3）如果將（2）中兩個(gè)問(wèn)題中任取的n+1個(gè)數(shù)增加1個(gè)，都改成任取n+2個(gè)數(shù)，則它們的結(jié)論是

肯定的還是否定的？你能判斷證明嗎？

例3.從前25個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，證明：取出的數(shù)中一定有兩個(gè)數(shù)，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)不超

過(guò)小數(shù)的L5倍。

證明：把前25個(gè)自然數(shù)分成下面6組：

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?yàn)閺那?5個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，所以至少有兩個(gè)數(shù)取自上面第②組到第⑥組中的某同一

組，這兩個(gè)數(shù)中大數(shù)就不超過(guò)小數(shù)的1.5倍。

說(shuō)明：（1）本題可以改變敘述如下：在前25個(gè)自然數(shù)中任意取出7個(gè)數(shù)，求證其中存在兩個(gè)數(shù)，

'23"

它們相互的比值在b'刃內(nèi)。顯然，必須找出一種能把前25個(gè)自然數(shù)分成6（7-1=6）個(gè)集合的方法，

'23'

不過(guò)分類(lèi)時(shí)有一個(gè)限制條件：同一集合中任兩個(gè)數(shù)的比值在b'刃內(nèi)，故同一集合中元素的數(shù)值差不得

過(guò)大。這樣，我們可以用如上一種特殊的分類(lèi)法：遞推分類(lèi)法：

從1開(kāi)始，顯然1只能單獨(dú)作為1個(gè)集合｛1｝:否則不滿(mǎn)足限制條件.能與2同屬于一個(gè)集合的數(shù)

只有3,于是｛2,3｝為一集合。如此依次遞推下去，使若干個(gè)連續(xù)的自然數(shù)屬于同一集合，其中最大的數(shù)

3_

不超過(guò)最小的數(shù)的亍倍，就可以得到滿(mǎn)足條件的六個(gè)集合。

（2）如果我們按照（1）中的遞推方法依次造“抽屜”，則第7個(gè)抽屜為｛26,27,28,29,30,

31,32,33,34,35,36,37,38,39｝；第8個(gè)抽屜為：｛40,41,42,60｝；第9個(gè)抽屜為：｛61,

62,63,90,91｝；

例4.在坐標(biāo)平面上任取五個(gè)整點(diǎn)（該點(diǎn)的橫縱坐標(biāo)都取整數(shù)），證明：其中一定存在兩個(gè)整點(diǎn)，它們

的連線(xiàn)中點(diǎn)仍是整點(diǎn)。

分析與解答：由中點(diǎn)坐標(biāo)公式知，坐標(biāo)平面兩點(diǎn)（xl,yl）、（x2,y2）的中點(diǎn)坐標(biāo)是'亍‘'"!一"。欲

使一廠'下一都是整數(shù)，必須而且只須xl與x2,yl與y2的奇偶性相同。坐標(biāo)平面上的任意整點(diǎn)按照橫

縱兩個(gè)坐標(biāo)的奇偶性考慮有且只有如下四種：（奇數(shù)、奇數(shù)），（偶數(shù)，偶數(shù)），（奇數(shù)，偶數(shù)），（偶數(shù)，奇

數(shù)）以此構(gòu)造四個(gè)“抽屜”，則在坐標(biāo)平面上任取五個(gè)整點(diǎn)，那么至少有兩個(gè)整點(diǎn)，屬于同一個(gè)“抽屜”

因此它們連線(xiàn)的中點(diǎn)就必是整點(diǎn)。

說(shuō)明：我們可以把整點(diǎn)的概念推廣：如果（xl,x2,…xn）是n維（元）有序數(shù)組，且xl,x2,…xn中

的每一個(gè)數(shù)都是整數(shù)，則稱(chēng)（xl,x2,…xn）是一個(gè)n維整點(diǎn)（整點(diǎn)又稱(chēng)格點(diǎn)）。如果對(duì)所有的n維整點(diǎn)按

每一個(gè)xi的奇偶性來(lái)分類(lèi)，由于每一個(gè)位置上有奇、偶兩種可能性，因此共可分為2X2X…X2=2n個(gè)類(lèi)。

這是對(duì)n維整點(diǎn)的一種分類(lèi)方法。當(dāng)n=3時(shí)，23=8,此時(shí)可以構(gòu)造命題：“任意給定空間中九個(gè)整點(diǎn)，求

證它們之中必有兩點(diǎn)存在，使連接這兩點(diǎn)的直線(xiàn)段的內(nèi)部含有整點(diǎn)”。

例5.在任意給出的100個(gè)整數(shù)中，都可以找出若干個(gè)數(shù)來(lái)（可以是一個(gè)數(shù)），它們的和可被100整除。

分析：本題也似乎是茫無(wú)頭緒，無(wú)從下手，其關(guān)鍵何在？仔細(xì)審題，它們的“和”能“被100整除”

應(yīng)是做文章的地方。如果把這100個(gè)數(shù)排成一個(gè)數(shù)列，用Sm記其前m項(xiàng)的和，則其可構(gòu)造SI,S2,-S100

共100個(gè)''和"數(shù)。討論這些“和數(shù)”被100除所得的余數(shù)。注意到SI,S2,…S100共有100個(gè)數(shù)，一個(gè)

數(shù)被100除所得的余數(shù)有0,1,2,…99共100種可能性?！疤O(píng)果”數(shù)與“抽屜”數(shù)一樣多,如何排除“故

障”？

證明：設(shè)已知的整數(shù)為al,a2,-alOO考察數(shù)列al,a2,-alOO的前n項(xiàng)和構(gòu)成的數(shù)列SLS2,-S100?

如果SI,S2,…S100中有某個(gè)數(shù)可被100整除,則命題得證。否則，即SI,S2,…S100均不能被100

整除，這樣，它們被100除后余數(shù)必是｛1，2,…，99｝中的元素。由抽屜原理I知，SI,S2,…S100中必

有兩個(gè)數(shù)，它們被100除后具有相同的余數(shù)。不妨設(shè)這兩個(gè)數(shù)為Si,Sj（i<j）,則100|（Sj-Si）,即

100|@+1+勺+2+A+%T+叼)。命題得證。

說(shuō)明：有時(shí)候直接對(duì)所給對(duì)象作某種劃分，是很難構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某?/p>

屜的。這時(shí)候，我們需要對(duì)所給對(duì)象先作一些變換，然后對(duì)變換得到的

對(duì)象進(jìn)行分類(lèi)，就可以構(gòu)造出恰當(dāng)?shù)某閷稀１绢}直接對(duì)｛an｝進(jìn)行分類(lèi)是

很難奏效的。但由｛an｝構(gòu)造出｛Sn｝后，再對(duì)｛Sn｝進(jìn)行分類(lèi)就容易得多.

另外，對(duì)｛Sn｝按模100的剩余類(lèi)劃分時(shí)，只能分成100個(gè)集合，而

｛Sn｝只有100項(xiàng)，似乎不能應(yīng)用抽屜原則。但注意到余數(shù)為0的類(lèi)恰使結(jié)論成立，于是通過(guò)分別情況討論

后，就可去掉余數(shù)為0的類(lèi)，從而轉(zhuǎn)化為100個(gè)數(shù)分配在剩下的99個(gè)類(lèi)中。

(-)單色三角形問(wèn)題

抽屜原理的應(yīng)用多么奇妙，其關(guān)鍵在于恰當(dāng)?shù)刂圃斐閷?，分割圖形，利用自然數(shù)分類(lèi)的不同方法如

按剩余類(lèi)制造抽屜或按奇數(shù)乘以2的方鼎制造抽屜，利用奇偶性等等，都是制造“抽屜”的方法。抽屜原

理的道理極其簡(jiǎn)單，但“于無(wú)聲處聽(tīng)驚雷”，恰當(dāng)?shù)鼐牡貞?yīng)用它，不僅可以解決國(guó)內(nèi)數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的問(wèn)題,

而且可以解決國(guó)際中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽。

例6.17名科學(xué)家中每?jī)擅茖W(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們通信時(shí)，只討論三個(gè)題目，而且任意

兩名科學(xué)家通信時(shí)只討論一個(gè)題目，證明：其中至少有三名科學(xué)家，他們相互通信時(shí)討論的是同一個(gè)題目。

證明：視17個(gè)科學(xué)家為17個(gè)點(diǎn)，每?jī)蓚€(gè)點(diǎn)之間連一條線(xiàn)表示這兩個(gè)科學(xué)家在討論同一個(gè)問(wèn)題，若討

論第一個(gè)問(wèn)題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連紅線(xiàn)，若討論第2個(gè)問(wèn)題則在相應(yīng)兩點(diǎn)連條黃線(xiàn)，若討論第3個(gè)問(wèn)題則在相

應(yīng)兩點(diǎn)連條藍(lán)線(xiàn)。三名科學(xué)家研究同一個(gè)問(wèn)題就轉(zhuǎn)化為找到一個(gè)三邊同顏色的三角形?？紤]科學(xué)家A,他

要與另外的16位科學(xué)家每人通信討論一個(gè)問(wèn)題，相應(yīng)于從A出發(fā)引出16條線(xiàn)段，將它們?nèi)境?種顏色，

而16=3X5+1,因而必有6=5+1條同色，不妨記為ABI,AB2,AB3,AB4,AB5,AB6同紅色，若Bi(i=l,

2,6)之間有紅線(xiàn)，則出現(xiàn)紅色三角線(xiàn)，命題已成立；否則Bl,B2,B3,B4,B5,B6之間的連線(xiàn)只

染有黃藍(lán)兩色?？紤]從B1引出的5條線(xiàn),B1B2,B1B3,B1B4,B1B5,B1B6,用兩種顏色染色,因?yàn)?=2X2+1,

故必有3=2+1條線(xiàn)段同色，假設(shè)為黃色，并記它們?yōu)锽1B2,B1B3,B1B4。這時(shí)若B2,B3,B4之間有黃線(xiàn),

則有黃色三角形，命題也成立，若B2,B3,B4,之間無(wú)黃線(xiàn)，則ABZ,B3,B4,必為藍(lán)色三角形，命題仍

然成立。

說(shuō)明：(1)本題源于一個(gè)古典問(wèn)題一世界上任意6個(gè)人中必有3人互相認(rèn)識(shí)，或互相不認(rèn)識(shí)。

(2)將互相認(rèn)識(shí)用紅色表示，將互相不認(rèn)識(shí)用藍(lán)色表示，(1)將化為一個(gè)染色問(wèn)題，成為一個(gè)圖論

問(wèn)題：空間六個(gè)點(diǎn)，任何三點(diǎn)不共線(xiàn)，四點(diǎn)不共面，每?jī)牲c(diǎn)之間連線(xiàn)都涂上紅色或藍(lán)色。求證：存在三點(diǎn),

它們所成的三角形三邊同色。(3)問(wèn)題(2)可以往兩個(gè)方向推廣：其一是顏色的種數(shù)，其二是點(diǎn)數(shù)。

本例便是方向一的進(jìn)展，其證明已知上述。如果繼續(xù)沿此方向前進(jìn)，可有下題：在66個(gè)科學(xué)家中，

每個(gè)科學(xué)家都和其他科學(xué)家通信，在他們的通信中僅僅討論四個(gè)題目，而任何兩個(gè)科學(xué)家之間僅僅討論一

個(gè)題目。證明至少有三個(gè)科學(xué)家，他們互相之間討論同一個(gè)題目。

(4)回顧上面證明過(guò)程，對(duì)于17點(diǎn)染3色問(wèn)題可歸結(jié)為6點(diǎn)染2色問(wèn)題，又可歸結(jié)為3點(diǎn)染一色問(wèn)

題。反過(guò)來(lái)，我們可以繼續(xù)推廣。從以上(3,1)—(6,2)-(17,3)的過(guò)程，易發(fā)現(xiàn)6=(3-1)X2+2,

17=(6-1)X3+2,66=(17-1)X4+2,同理可得(66-1)X5+2=327,(327-1)X6+2=1958…記為rl=3,

r2=6,r3=17,r4=66,r5=327,r6=1958,…..我們可以得到遞推關(guān)系式：rn=n(rn-1-l)+2,n=2,3,4…這

樣就可以構(gòu)造出327點(diǎn)染5色問(wèn)題，1958點(diǎn)染6色問(wèn)題，都必出現(xiàn)一個(gè)同色三角形。

(三)抽屜原理的其他形式。

定理2：把m個(gè)元素分成n個(gè)集合(m>n)

(1)當(dāng)n能整除m時(shí)，至少有一個(gè)集合含有m/n個(gè)元素；

(2)當(dāng)n不能整除m時(shí)，則至少有一個(gè)集合含有至少[m/n]+l個(gè)元素，([m/n]表示不超過(guò)的最大整數(shù))

定理2也可敘述成：把mXn+l個(gè)元素放進(jìn)n個(gè)集合，則必有一個(gè)集合中至少放有m+1個(gè)元素。

例7.9條直線(xiàn)的每一條都把一個(gè)正方形分成兩個(gè)梯形，而且它們的面積之比為2：3。證明：這9條

直線(xiàn)中至少有3條通過(guò)同一個(gè)點(diǎn)。

證明：設(shè)正方形為ABCD,E、F分別是AB,CD的中點(diǎn)。設(shè)直線(xiàn)L把正方形ABCD分成兩個(gè)梯形ABGH

和CDHG,并且與EF相交于P.梯形ABGH的面積：梯形CDHG的面積=2:3,EP是梯形ABGH的中位線(xiàn)，PF是

梯形CDHG的中位線(xiàn)，由于梯形的面積=中位線(xiàn)X梯形的高，并且兩個(gè)梯形的高相等（AB=CD）,所以梯形

ABGH的面積：梯形CDHG的面積=EP:PF,也就是EP：PF=2:3.這說(shuō)明，直線(xiàn)L通過(guò)EF上一個(gè)固定的點(diǎn)P,

這個(gè)點(diǎn)把EF分成長(zhǎng)度為2:3的兩部分。這樣的點(diǎn)在EF上還有一個(gè)，如圖上的Q點(diǎn)（FQ：QE=2:3）,同

樣地，如果直線(xiàn)L與AB,CD相交，并且把正方形分成兩個(gè)梯形面積之比是2:3,那么這條直線(xiàn)必定通過(guò)

AD、BC中點(diǎn)連線(xiàn)上的兩個(gè)類(lèi)似的點(diǎn)（三等分點(diǎn)）。這樣，在正方形內(nèi)就有4個(gè)固定的點(diǎn)，凡是把正方形面

積分成兩個(gè)面積為2：3的梯形的直線(xiàn)，一定通過(guò)這4點(diǎn)中的某一個(gè)。我們把這4個(gè)點(diǎn)看作4個(gè)抽屜，9條

直線(xiàn)看作9個(gè)蘋(píng)果，由定理2可知，9=4X2+1,所以，必有一個(gè)抽屜內(nèi)至少放有3個(gè)蘋(píng)果，也就是，必有

三條直線(xiàn)要通過(guò)一個(gè)點(diǎn)。

說(shuō)明：本例中的抽屜比較隱蔽，正方形兩雙對(duì)邊中點(diǎn)連線(xiàn)上的4個(gè)三等分點(diǎn)的發(fā)現(xiàn)是關(guān)鍵，而它的發(fā)

現(xiàn)源于對(duì)梯形面枳公式S梯形=中位線(xiàn)X梯形的高的充分感悟。

例8.910瓶紅、藍(lán)墨水，排成130行，每行7瓶。證明：不論怎樣排列，紅、藍(lán)墨水瓶的顏色次序

必定出現(xiàn)下述兩種情況之一種：1.至少三行完全相同；2.至少有兩組（四行），每組的兩行完全相同。

證明：910瓶紅、藍(lán)墨水，排成130行，每行7瓶。每行中的7個(gè)位置中的每個(gè)位置都有紅、藍(lán)兩種

可能，因而總計(jì)共有27=128種不同的行式（當(dāng)且僅當(dāng)兩行墨水瓶顏色及次序完全相同時(shí)稱(chēng)為“行式”相

同.任取130行中的129行，依抽屜原理可知，必有兩行（記為A,B）“行式”相同。在除A、B外的其

余128行中若有一行P與A（B）“行式”相同，則P,A,B滿(mǎn)足“至少有三行完全相同”；在其余（除A,

B夕卜）的128行中若沒(méi)有與A（B）行式相同者，則128行至多有127種不同的行式，依抽屜原則，必有兩

行（不妨記為C、D）行式相同，這樣便找到了（A,B）、（C,D）兩組（四行），每組兩行完全相同。

（四）函數(shù)的性質(zhì)應(yīng)用

一、指數(shù)函數(shù)與對(duì)數(shù)函數(shù)

函數(shù)y=ax（a>0,且a￥1）叫做指數(shù)函數(shù)。它的基本情況是：

1）定義域?yàn)槿w實(shí)數(shù)08,+8）

2）值域?yàn)檎龑?shí)數(shù)（0,+8）,從而函數(shù)沒(méi)有最大值與最小值，有下界，y〉0

3)對(duì)應(yīng)關(guān)系為一一映射，從而存在反函數(shù)一對(duì)數(shù)函數(shù)。

4)單調(diào)性是：當(dāng)a>l時(shí)為增函數(shù)；當(dāng)O〈a<l時(shí)，為減函數(shù)。

5)無(wú)奇偶性，是非奇非偶函數(shù)，但y=ax與y=a-x的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，y=ax與y=-ax的圖象關(guān)于x軸對(duì)

稱(chēng)；y=ax與y=logax的圖象關(guān)于直線(xiàn)y=x對(duì)稱(chēng)。

6)有兩個(gè)特殊點(diǎn)：零點(diǎn)(0,1),不變點(diǎn)(1,a)

7)抽象性質(zhì)：f(x)=ax(a>0,aWl),f(x+y)=f(x)?f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)

函數(shù)y=logax(a>0,且ar1)叫做對(duì)數(shù)函數(shù)，它的基本情況是：

1)定義域?yàn)檎龑?shí)數(shù)(0,+8)

2)值域?yàn)槿w實(shí)數(shù)J8,+OO)

3)對(duì)應(yīng)關(guān)系為一一映射，因而有反函數(shù)——指數(shù)函數(shù)。

4)單調(diào)性是：當(dāng)a>l時(shí)是增函數(shù)，當(dāng)0<a<l時(shí)是減函數(shù)。

5)無(wú)奇偶性。但y=logax與y=log(l/a)x關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng),y=logax與y=loga(-x)圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng),y=logax

與y=ax圖象關(guān)于直線(xiàn)y=x對(duì)稱(chēng)。

6)有特殊點(diǎn)(1,0),(a,1)

7)抽象運(yùn)算性質(zhì)f(x)=logax(a>0,a#1),f(x?y)=f(x)+f(y),f(x/y)=f(x)-f(y)

二、例題

例1.若f(x)=(ax/(ax+Ja)),f(l/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+-+f(1000/1001)

分析：和式中共有1000項(xiàng)，顯然逐項(xiàng)相加是不可取的。需找出f(x)的結(jié)構(gòu)特征，發(fā)現(xiàn)規(guī)律，注意到

1/1001+1000/1001=2/1001+999/1001=3/1001+998/1001=-=1,而f(x)+f(l-x)=

(ax/(ax+Va))+(al-x/(al-x+Ja))=(ax/(ax+Va))+(a/(a+ax,Va))=(ax/(ax+Va))+((Va)/(ax+-7a)

)=((ax+Ja)/(ax+Ja))=l規(guī)律找到了，這啟示我們將和式配對(duì)結(jié)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)50

00個(gè)=500

(1)取a=4就是1986年的高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽填空題：設(shè)f(x)=(4x/(4x+2)),那么和式

f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+—+f(1000/1001)1^^=。

(2)上題中取a=9,則f(x)=(9x/(9x+3)),和式值不變也可改變和式為求

f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+…+f((n-1)/n).

(3)設(shè)f(x)=(l/(2x+J2)),利用課本中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項(xiàng)和的方法，可求得

f(-5)+f(-4)+-+f(0)+-+f(5)+f(6)的值為。

例2.51og25等于：()

(A)1/2(B)(l/5)101og25(C)101og45(D)101og52

解：V51og25=(10/2)log25=(101og25)/(21og25)=(1/5)X101og25二選(B)

例3.試比較(122002+1)/(122003+1)與(122003+1)/(122004+1)的大小。

解：對(duì)于兩個(gè)正數(shù)的大小，作商與1比較是常用的方法，記122003=a>0,則有

((122002+1)/(122003+1))4-((122003+1)/(122004+1))=((a/12)+l)/(a+l)?((12a+l)/(a+l))=((a+

12)(12a+l))/(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/(x)=asmx+86+二(a,b為實(shí)數(shù))且f(lglog310)=5,則f(lglg3)的值是()

(A)-5(B)-3(C)3(D)隨a,b的取值而定

解：設(shè)lglog310=t,則Iglg3=lg(l/log310)=-lglog310=-t

而f(t)+f(-t)=

(asint+匕4+4)+asin(-t)+b+4)

=(asint+2>行+4)+(-asint-匕/+4)=8

Af(-t)=8-f(t)=8-5=3

說(shuō)明：由對(duì)數(shù)換底公式可推出logab?logba=(lgb/lga)?(lga/lgb)=l,即logab=(l/logba),因而

Iglog31。與lglg3是一對(duì)相反數(shù)。設(shè)雙=5'+一而4中的部分asinx+「b=g(x),則g(x)為

奇函數(shù)，g(t)+g(-t)=O。這種整體處理的思想巧用了奇函數(shù)性質(zhì)使問(wèn)題得解，關(guān)鍵在于細(xì)致觀察函數(shù)式結(jié)

構(gòu)特征及對(duì)數(shù)的恒等變形。

例5.已知函數(shù)y=((10x-10-x)/2)(XOR)

(1)求反函數(shù)y=f-l(x)

(2)判斷函數(shù)丫=416)是奇函數(shù)還是偶函數(shù)

分析：⑴求y=(10x-10-x)/2的反函數(shù)首先用y把x表示出來(lái),然后再對(duì)調(diào)x,y即得到y(tǒng)=f-l(x)；

(2)判斷函數(shù)y=f-l(x)的奇偶性要依據(jù)奇函數(shù)或偶函數(shù)的定義，看當(dāng)XGR時(shí)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=((10xT0-x)/2)(XGR)可得2y=10xT0-x,設(shè)10x=t,上式化為:2y=t-tT兩邊乘t,

得2yt=t2-l整理得：t2_2yt_l=0,解得：

io*=/+,+1

+1*將t=10x代入上式，即得:

由于t=10x>0,故將，7-廬舍去，得到:

x=+&+1

所以函數(shù)y=((10xT0-x)/2)的反函數(shù)是敢"+廠京相加

⑵山/㈤與鮑鬲得：

/M+f(-Z)=lg(A+^X~+l)+lg(-x+^x)~+1)

?0+小+I)S+JK+i)]=igo>+i)-x]=igi=o

f-1(-x)=-f(x)

所以，函數(shù)》=噱"口內(nèi)是奇函數(shù)。

例6.已知函數(shù)f(x)=loga((l+x)/(1-x))(a>0,aWl)

(1)求f(x)的定義域

(2)判斷f(x)的奇偶性并給以證明；

(3)當(dāng)a>l時(shí)，求使f(x)>0的x取值范圍;

(4)求它的反函數(shù)fT(x)

解：(1)由對(duì)數(shù)的定義域知((l+x)/(l-x))>0

解這個(gè)分式不定式，得：