中国数学奥林匹克希望联盟夏令营讲义word版（有答案）

下载来源：高中数学资源群：560012135，竞赛资料群:758824914，两百万份资料的大群、网课教案课件，加QQ:763491846,中国数学奥林匹克希望联盟夏令营讲义（一）平面解析几何讲义一、平面几何背景下的解析几何问题（一）解法思想：充分利用平面几何中的几何性质，合理而恰当地把几何特征表示为代数形式，以几何直观为导向，运用代数工具和相应的方法进行推理或论证，达到解题目的．（二）例题选讲：例1．在周长为定值的△ABC中，已知|AB|=6，且当顶点C位于定点P时，有最小值为.（=1\*ROMANI）建立适当的坐标系，求顶点C的轨迹方程.（=2\*ROMANII）过点A作直线与(1)中的曲线交于M、N两点，求的最小值.解析（=1\*ROMANI）设，则．设定值，则，所以，解得．把两点放在轴上（点在左），线段的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系．则据椭圆定义可得顶点C的轨迹方程为．（=2\*ROMANII）设点的坐标分别为和，则．当直线的斜率不存在时，，此时；当直线的斜率存在时，设其方程为，代入椭圆方程中得可得，所以令，则．因为，所以，即得的最小值为，此时．例2．设是椭圆的一个焦点，是椭圆上距离点最远的一个顶点，在椭圆的短轴上取互异的个点，设直线交线段或于点，直线交线段或于点．试问：直线将椭圆分割为多少块？解析：如图示，设点的坐标为，则由梅涅劳斯定理有，可得，可得点的坐标为．同理可得点的坐标为，所以直线的斜率为，可得其直线方程为．令，则，这说明直线经过定点，而定点在椭圆外部，可见任意两条直线都相交，且交点均为，说明这2013条直线任两条直线在椭圆内部均不可能相交，于是它们把椭圆可分成2014块．yxOPAB例3．作斜率为的直线与椭圆：交于两点（如图所示），且在直线的上方．yxOPAB（=1\*ROMANI）证明：△的内切圆的圆心在一条定直线上；（=2\*ROMANII）若，求△的面积．解析（=1\*ROMANI）分析：易计算出以点为切点的椭圆的切线的斜率为，由此可知以点关于轴的对称点为切点的椭圆的切线的斜率为．可见斜率为的直线在平移过程中与椭圆相切时恰好是上面的切线，由此可猜想直线与直线的斜率互为相反数，下面给予验证：设直线的方程为，点的坐标分别为和．把直线方程代入椭圆方程中可得，即得．因为，，两式相加因为，所以，，于是．所以．于是的内切圆的圆心一定在直线上．（=2\*ROMANII）因为，所以直线的斜率为，可得直线的方程为，代入椭圆方程中得，由韦达定理可得点的横坐标为．故由弦长公式可得．同理可求得．所以，△的面积为．例4．在平面直角坐标系中，椭圆的方程为，分别为椭圆的左、右顶点，分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上不同于和的任意一点．若平面中两个点、满足，试确定线段的长度与的大小关系，并给予证明．解析：如右图示，据题意可知四点共圆，又原点为该圆的弦的中点，则据圆的性质可得该圆的圆心在轴上；又为该圆的直径，所以线段的中点在轴上．同理，线段的中点也在轴上．所以，点的横坐标相等，且为点的横坐标的相反数．设点的坐标为，则可设点的坐标分别为和，且．据题设，，则据直线的到角公式有，即，整理得．同理可推得．于是．由于，所以，即得线段的长度不小于．又解：设点的坐标为，则可得直线的方程为；同理可得直线的方程为，两方程联立可得点的坐标为．同理可得点的坐标为．于是得．因为，所以，可得线段的长度不小于．二、向量条件下的曲线的弦问题（一）题型特点及解法思想：当直线与曲线相交但不相切，此时将产生曲线的一条弦，围绕着这条线弦展开的问题，我们把它称为曲线的“弦问题”．解决这类问题的基本思想是联立方程组，运用二次方程的有关知识加以解决．在曲线的“弦问题”中，时常把题中的条件通过向量的形式给出，或以向量为背景来设置问题．解决这种问题时，可以从两个方面来考虑向量知识的运用，一是运用向量的坐标表示形式解题，这与解析法一脉相承；二是运用向量的几何意义解题，即通过向量来揭示所研几何图像的几何性质，再运用数形结合的思想解题．（二）例题选讲：例5．点A在直线上，点B在直线上，且A、B两点在y轴同侧，并满足．（=1\*ROMANI）求中点的轨迹；（=2\*ROMANII）若曲线与抛物线相切于两点，求证这两个切点分别在定直线上，并求切线方程．解（=1\*ROMANI）设点A的坐标为，点B的坐标为，则，，所以有，由于A、B两点在y轴同侧，所以．设AB的中点M的坐标为，则，整理得，即得．所以点M的轨迹C的方程为，可知轨迹C是以直线和为渐近线的双曲线．（=2\*ROMANII）联立与，得，即，可知该关于y的二次方程有两个相同的正根，即得，即，即得．此时切点的纵坐标为，可得两切点坐标为，即．由此可知两个切点分别在定直线和上．当切点坐标为时，切线的斜率为，切线方程为，即；当切点坐标为时，切线的斜率为，切线方程为，即．例6．设直线（其中为整数）与椭圆交于不同两点，与双曲线交于不同两点，问是否存在直线，使得向量，若存在，指出这样的直线有多少条？若不存在，请说明理由．解析设两点的坐标分别为和，两点的坐标分别为和，则由可得．把直线的方程代入椭圆方程中可得，于是，且．把直线的方程代入双曲线方程中可得．因为为整数，所以，于是，且．由可得，于是当时，需且，即，这样的有序整数对共有7个，此时，共有7条满足题设的直线；当，时，需，且，即，这样的直线共有2条；当且时，即，不能成立，此时没有满足题设的直线．综上，存在直线，这样的直线有9条．例7．已知椭圆，过定点两条互相垂直的动直线分别交椭圆于两点．分别为左右焦点，为坐标原点．（=1\*ROMANI）求的最小值；（=2\*ROMANII）当向量与互相垂直时，求两点所在直线的斜率．解析（=1\*ROMANI）因为，所以只需求的最小值．显然，所以的最小值为2．（=2\*ROMANII）由与互相垂直可知．又，所以是两个直角三角形和的公共斜边，即得线段的中点到两点的距离相等，即线段中点的横坐标为．法1：设两点所在直线的斜率，线段的中点坐标为，则有．故可设直线的方程为，即，代入椭圆方程中可得，即．设，则，而，所以．因为，所以，可得，即得，即．法2：设直线的方程为，代入椭圆方程中得．设，则．而，所以——（1）另一方面，，于是．因为，所以，即得——（2）由（1）（2）消去可得，于是．法3：设直线的方程为，代入椭圆方程中得．设，则，．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：设，则有，即得，可知原点到直线的距离为．故设直线的方程为，代入椭圆方程可得．设，则，而，所以，即，解得，于是得，即斜率为．三、曲线的切线问题（一）题型特点及解法思想：这里的曲线通常是二次曲线，其切线是指与曲线有两个相同的交点的直线，解题的基本思路是联立方程组，运用判别式等于0来体现切线特点．当然，还可以从导数的角度来分析切线，并运用导数工具研究切线．（二）例题选讲：例8．过直线：上点作椭圆的切线、，切点分别为、，联结．（=1\*ROMANI）当点在直线上运动时，证明：直线经过定点；（=2\*ROMANII）当时，证明：定点平分线段．解析（=1\*ROMANI）设点的坐标为，切点、的坐标分别为和，则两条切线的方程分别为和．因为点在这两条切线上，所以有且．这说明过切点、的切点弦所在直线的方程为．因为，即，所以直线的方程为．令，则，解得，．所以，直线经过定点，其坐标为．（=2\*ROMANII）若，则直线的方程为．要证明此时定点平分线段，即证明以点为中点的椭圆的弦所在直线的方程就是．此时可设两点的坐标分别为和，则有且，两式相减可得，因为，所以，即，所以，此时直线的斜率为，其方程就是，这就是说，定点平分线段．例9．过点作动直线交椭圆于两个不同的点，过作椭圆的切线，两切线的交点为．（=1\*ROMANI）求点的轨迹方程；（=2\*ROMANII）设为坐标原点，当四边形的面积为4时，求直线的方程．解析（=1\*ROMANI）设直线的方程为，即．设交点的坐标为，则直线的方程为，即．于是有，即得动点的参数方程为．因为，所以．所以，点的轨迹方程为，且需在椭圆的外部．（=2\*ROMANII）如图，把直线的方程代入椭圆方程中得，所以．而点的坐标为，所以有．设直线与直线的夹角为，则，于是得．所以，四边形的面积为．所以，，解得或，得直线的方程为或．例10．已知是抛物线上不同的三点，有两边所在的直线与抛物线相切．证明：对不同的，为定值．证如图，不妨设边和所在直线与抛物线相切，切点分别为和．那么切点弦所在直线方程为．设切点和的坐标分别为和，则切线的斜率为，于是有，即．把切点的坐标代入直线方程中，可得，整理即，再把中的代入该式，可得，即，即，即得．同理，利用切点可以推得．上面两式相减可得；上面两式相加可得，即得，即，即得．所以．综上，对不同的，为定值，定值为．四、焦点问题（一）题型特点及解法思想：此类题目总是围绕圆锥曲线的焦点展开，它紧扣圆锥曲线的定义，能更直接地揭示圆锥曲线的本质．解决这类问题时，一要抓住圆锥曲线的定义，包括椭圆、双曲线的第一、第二定义；二要抓住焦点与对应准线之间的关系；三要用好焦半径．（二）例题选讲：例11．如图，为过椭圆右焦点的弦，分别为椭圆的左、右顶点，直线与交于点，求点的横坐标.解析如图，设点的坐标分别为和，设点的坐标为，则一方面有，，两式相除可得————（1）另一方面，有，即————（2）由（1）得————（3）由（2）得————（4）又（3）式左边为．（3）式右边为．所以有————（5）由（4）式可得，即，即，代入（5）式中可得．所以，点的横坐标为．例12．．已知和都在椭圆上，其中为椭圆的离心率．（=1\*ROMANI）求椭圆的方程；（=2\*ROMANII）设是椭圆上位于轴上方的两点，且直线与直线平行，与交于点P．求证：是定值．解析（=1\*ROMANI）易求得椭圆方程为；（=2\*ROMANII）设，则，．因为，所以，即得，于是．设，则，于是，所以，可得．所以，可见是定值．例13．已知椭圆的方程为离心率,是椭圆的左焦点，直线过点M（交椭圆于A、B两点，且当△的面积最大时，求直线的方程．解析如图，因为，所以，可得．于是，，可知直线是该椭圆的左准线，即得点落在左准线上．假设两点在轴的上方，并设它们的坐标分别为．则．设直线的方程为，代入椭圆方程中可得．所以．令，则，于是，可知，且当即时等号成立．另一方面，分别过作左准线的垂线，垂线段长分别为，则，而，可得．因为，所以．所以．又因为，即，即．而条件有，即，即得，解得，所以．可得直线的方程为．例14．在双曲线：中，分别为双曲线的左右两个焦点，为双曲线上且在第一象限内的点，的重心为，内心为．（=1\*ROMANI）是否存在一点，使得IG//；（=2\*ROMANII）已知A为双曲线C的左顶点，直线过右焦点与双曲线C交于M，N两点，若AM，AN的斜率满足，求直线的方程．解析（=1\*ROMANI）设点的坐标为，则三角形的面积为；设该三角形的内切圆半径为，则该三角形的面积为，即，由于，所以面积为，即得，整理得．因为IG//，所以，于是有，即得，此时，可求得．综上，存在一点，其坐标为，使得IG//．（=2\*ROMANII）可设直线的方程为，设两点的坐标为分别为和．把直线方程代入双曲线方程中，得．于是有，————（1）另一方面，因为，而，所以有，即得，整理得——（2）由（1），（2）可得：，解得．所以，直线的方程为，即．五、曲线组问题（一）题型特点：这是一类典型的曲线性质探究问题，其曲线背景是由两条以上曲线组合而成，它使得问题更为复杂，体现出的综合性更强，更能突出曲线之间的自然联系．求解时，图形复杂，变量多，联系多，式子多，能很好地考查综合运用知识分析问题和解决问题的能力，更能考查思维素质．（二）例题选讲：例15．如图，曲线由上半椭圆：和部分抛物线：连接而成，的公共点为，其中的离心率为．（=1\*ROMANI）求的值；（=2\*ROMANII）过点的直线与分别交于（均异于点），若，求直线的方程．解析（=1\*ROMANI）易知曲线的结合点的坐标分别为和，于是可得，再由的离心率为可得．所以，，．（=2\*ROMANII）显然直线的斜率存在，故设其方程为，将其代入曲线的方程中可得，知该方程的一个根为1，由韦达定理可得点的横坐标为，于是点的坐标为；把直线的方程代入曲线的方程中，可得，知该方程的一个根为1，由韦达定理可得点的横坐标为，于是点的坐标为．由可得：，解得．所以，直线的方程为，即．例16．如图，设P是抛物线：上的动点．过点做圆的两条切线，交直线：于两点．（Ⅰ）求的圆心到抛物线准线的距离．（Ⅱ）是否存在点，使线段被抛物线在点处的切线平分，若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 解析（Ⅰ）抛物线的准线方程为，所以的圆心到抛物线准线的距离．（Ⅱ）设点的坐标为，切线方程可设为，则有，即．于是————（1）同时可得两点的坐标分别为和，那么线段的中点坐标为． 以点为切点的抛物线的切线方程为，即，所以，整理得，即————（2）由（1）可得，代入到（2）中可得，解得，此时点的坐标为，关于的方程为，其判别式为，可见这样的切线是存在的．综上，存在点，其坐标为．例17．设，在平面直角坐标系中，，，，动点的轨迹为E．（=1\*ROMANI）求轨迹E的方程，并说明该方程所表示的曲线的形状；（=2\*ROMANII）已知，证明：存在圆心在原点的圆，使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A，B，且（O为坐标原点），并求该圆的方程；（=3\*ROMANIII）已知．设直线l与圆C：相切于A1，且l与轨迹E只有一个公共点B1．当R为何值时，|A1B1|取得最大值？并求最大值．解析（=1\*ROMANI）由得，即为轨迹E的方程．当时，方程表示焦点在y轴上的双曲线；当时，方程表示两条互相平行的直线；当时，方程表示焦点在x轴上的椭圆；当时，方程表示圆心在原点的单位圆；当时，方程表示焦点在y轴上的椭圆．（=2\*ROMANII）此时方程为，如图．设|OA|=m，|OB|=n，则可设点A、B的坐标分别为和，代入椭圆方程中得，即，两式相加可得．（注：形成公式）即．设点O到直线AB的距离为d，则据面积法有，所以．这说明存在圆，使得该圆的任意一条切线与轨迹E恒有两个交点A，B，且（O为坐标原点）．（=3\*ROMANIII）设点的坐标分别为和．由于直线l与圆O和椭圆E均相切，所以直线l的方程既是，也是，所以有，即————（※）因为，而，又，，结合（※）有，可得，．所以，得，且当时等号成立．所以，当时，|A1B1|取得最大值，最大值为1．五、综合问题例18．给定整数，设是抛物线与直线的一个交点，试证明：对于任意整数，必存在整数，使得点为抛物线与直线的一个交点．解析据题设，有，，整理得，．注意到．当时，显然是存在的；当时，显然也是存在的；假设时，存在，即和均为不小于的整数，那么当时，，其显然也是一个整数，又，所以此时的为不小于的整数．综上，对任意正整数，都存在不小于的整数．若，则，显然存在；若为负整数，可令，那么，由上面证明可知依然存在不小于的整数．综上，命题获证．六、练习题1．已知边上作匀速运动的点，在时分别从出发，各以一定速度向前进，当时刻时，分别到达．（1）证明：运动过程中的重心不变；（2）当面积取得最小值时，其值是面积的多少倍？2．已知抛物线上的两个动点，其中且．线段的垂直平分线与轴交于点，求面积的最大值．3．已知抛物线y2=4px(p>0)，过顶点O作两条直线分别交抛物线于A、B两点，若OA⊥OB，求O在弦AB上的射影M的轨迹．4．已知梯形ABCD中，AB=2CD，点E分有向线段所成的比为，双曲线过C、D、E三点，且以A、B为焦点．当时，求双曲线离心率e的取值范围．5．是否存在无穷多条直线形成的直线族，满足条件：（1）点（1,1）在直线上；（2），这里表示直线的斜率，、分别表示直线的横截距和纵截距；（3）．6．对于曲线C1：3(x2+2y2)2=2(x2+4y2)上除原点外的每一点P，求证：存在过P的直线与椭圆C2：x2+2y2=2相交于两点A、B，使AOP与BOP均为等腰三角形（O为坐标原点）．七、练习题解答ABCDEFxABCDEFxy则．建立平面直角坐标系如图，设点的坐标为，点的坐标为，则点D的坐标为，点的坐标为，点的坐标为．所以的重心坐标为，而的重心坐标也是，所以的重心不变．（2）因为，，，所以，其最小值为，且当时取到．所以，当面积取得最小值时，其值是面积的倍．2．解析：设的中点D的坐标为，则由可得，即．设点的坐标为，则，可得，所以点的坐标为．设直线的方程为，与抛物线联立可得，于是可得．而，所以．因为，当且仅当，即时，取到最大，最大值为．所以，面积的最大值为，此时直线的斜率为．3．解析设OA直线方程为y=kx，与抛物线方程y2=4px联立后得点A的坐标为．进而由OA⊥OB容易得到点B的坐标（4pk2，–4pk）．所以，直线AB的方程为(1–k2)y=k(x–4p)--------(1)由此易得直线OM的方程为------(2)由（1）（2）消参数后得：(x–2p)2+y2=4p2．经检验点M不可能在原点，故x≠0．所以，点M的轨迹是以（2p，0）为圆心，2p为半径的圆，还需除去原点．4．解析据双曲线的对称性可知梯形ABCD为等腰梯形，且AD=BC．以直线AB为x轴，线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系，如图．则可设双曲线的方程为．由AB=2CD可得|CD|=c，可知点C的横坐标为，代入双曲线方程中可得点C的纵坐标为，即得C点坐标为．由得点E的坐标为，而E点在双曲线上，所以有，整理得，同除可得，即得．因为，所以，解得双曲线离心率e的取值范围是．5．解析据题设可设直线的方程为，则，，可得．由于，所以所有的直线的斜率同号，不妨设，则有，可知数列是递减数列．因为，即，又因为，所以．令，得，故取，则，可知从第N+1项开始，数列的每一项都是负值，与题设矛盾．同理，若也矛盾．综上，不存在这样无穷多条直线．6．先分析：逆着思考这个问题，曲线C1应该是点P走出的轨迹，那么这样的点应该满足题中“使AOP与BOP均为等腰三角形”的条件．可以判断曲线C1上的所有点都在椭圆的内部，所以点P一定在椭圆的内部，如图．因此猜想当OAOB，且点P是弦AB的中点时，可以使条件“使AOP与BOP均为等腰三角形”成立．解析：变形方程3(x2+2y2)2=2(x2+4y2)得因为点P不是坐标原点，所以x，y不可能同时为零，即得，则有，可得，即点P在椭圆的内部．若OAOB，且点P是弦AB的中点，现求点P的轨迹方程：如果直线AB垂直于x轴，则易求得点P的坐标为，显然满足方程；如果直线AB不垂直于x轴，可设其斜率为，A、B两点的坐标为和，线段AB的中点P的坐标为．由点差法可得————（1）设直线AB的方程为，又设|OA|=m，|OB|=n，则．因为点O到直线AB的距离为，故据直角三角形的等面积法有，即．所以有————（2）把（1）代入（2）中得，整理得，即得．综上，点P的轨迹方程为．由于点P的轨迹方程与点P满足的几何条件是充分必要的，所以满足方程的点P，也一定能使“OAOB，且点P是弦AB的中点”成立．那么，AOP与BOP均为等腰三角形．中国数学奥林匹克希望联盟夏令营讲义（二）函数与导数江苏南菁高级中学【知识要点概述】一、函数值域与最值问题：(1)解决一切函数问题必须认真确定该函数的定义域，定义域含三种：①自然型：②限制型：③实际型：(2)求函数的值域是比较困难的数学问题，求函数值域方法一般有：①配方法（将函数转化为二次函数）；②判别式法（将函数转化为二次方程）；③不等式法（运用不等式的各种性质）；④函数法（运用基本函数性质，或抓住函数的单调性、函数图象等）；⑤换元法；⑥反解法；⑦几何法；⑧导数法.(3)恒成立问题：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(典型错误)(4)有解问题：①方程f(x)＝k有解k的取值范围即为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)在闭区间[a,b]内连续,则f(x)必有最大值与最小值.二、函数基本性质：1．奇偶性定义：定义域关于原点对称,且对eq\o(∨,\s\up1(−))x∈D，f(−x)=f(x)(偶函数)或f(−x)=－f(x)(奇函数)①奇函数的图象关于原点对称；②偶函数的图象关于y轴对称；③若奇函数的定义域包含0，则f(0)=0.2．单调性定义：对eq\o(∨,\s\up1(−))x1,x2∈I且x1＜x2f(x1)＜f(x2)(增函数)或f(x)＞f(x2)(减函数).3．研究函数的单调性，常用以下方法：（1）定义法：利用定义严格判断.步骤为：①取值；②作差；③判断符号；④下结论.（2）直接利用已知基本初等函数的单调性.例如若f(x)、g(x)为增函数，则①f(x)＋g(x)为函数；②eq\f(1,f(x))为函数（f(x)＞0）；③eq\r(f(x))为函数（f(x)≥0）；④－f(x)为函数.（3）利用复合函数y=f[g(x)]的单调性(其中y=f(u),u=g(x))：判断的法则是“同增异减”具体步骤为：①求定义域；②找分界点，确定单调区间；③分析函数在每个区间上的单调性得出结论.（4）图象法：若一个函数的图象可画出来，则由图象可得单调区间.（5）利用奇偶函数的性质：①奇函数在对称区间上的单调性相同；②偶函数在对称区间上的单调性相反.（6）单调函数必存在反函数，且反函数的单调性与原函数的单调性相同.4．周期函数定义：若存在常数T(T≠0)，使得f(x+T)＝f(x)对定义域内任意x恒成立，则称f(x)为周期函数，T称为这个函数的周期，f(x+T)＝f(x)常常写作f(x＋eq\f(T,2))＝f(x－eq\f(T,2)),周期函数的定义域一定是无限集.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)是周期为T的函数，则y=f(ax+b)(a≠0)是周期为eq\f(T,a)的周期函数.③若u＝g(x)是周期函数,f(u)是任意函数,则f[g(x)]也是周期函数.5．周期的常用结论：设a为非零常数，若对f(x)定义域内的任意x恒有下列条件之一成立,则f(x)的周期为2①；②；③；④；⑤；⑥.上述结论可以通过反复运用已知条件来证明.另外：或，则f(x)的周期为4a.证明：由已知f(x＋2a)＝,于是f(x＋4a)＝－＝f(x)6．周期性与对称性有如下关系：①若函数f(x)图象关于直线x=a与x=b对称，则它一定是周期函数，且2|a−b|是它的周期.②若函数f(x)图象关于点(a,0)和(b,0)对称，则它一定是周期函数，且2|a−b|是它的周期.③若函数f(x)图象关于直线x=a及点(b,0)对称，则它一定是周期函数，且4|a−b|是它的周期.证明①：不妨设a＞b，于是f[x＋2(a－b)]＝f[2a－(2b－x)]＝f(2b－x)＝f(x),∴2(a－b)是f(x)的一个周期.已知函数f(x)对任意实数x,都有f(m＋x)＝f(m－x)，且f(x)是偶函数,则f(x)的周期为_________已知函数f(x)对任意实数x,都有f(m＋x)＝f(m－x)，且f(x)是奇函数,则f(x)的周期为_________三、基本初等函数：1.指数函数及其性质：形如y=ax(a＞0,a1)的函数叫做指数函数，其性质有：①定义域为R，值域为(0，+∞)；②当0＜a＜1时为减函数，当a＞1时为增函数；③图象有两个特殊点：定点(0，1)，不变点(1，a)；

④非奇非偶，但与的图象关于y轴对称；与的图象关于x轴对称；与的图象关于直线y=x对称；⑤对应关系为一一映射，从而存在反函数－－对数函数；⑥抽象性质：2.对数函数及其性质：形如y=logax(a＞0,a≠1)的函数叫做对数函数，其性质：①定义域为(0,+∞),值域为R；②图象有两个特殊点：定点(1，0),不变点(a,1)；③当0＜a＜1时为减函数，当a＞1时为增函数；④非奇非偶，但关于x轴对称，图象关于y轴对称，图象关于直线对称；⑤对应关系为一一映射，因而有反函数——指数函数.3.幂函数：形如y=xα的函数叫做幂函数，幂函数有如下性质：⑴它的图象都过(1，1)点，都不过第四象限，且除原点外与坐标轴都不相交；⑵定义域为R或(−∞,0)∪(0,+∞)的幂函数都具有奇偶性，定义域为(0,+∞)或[0,+∞)的幂函数都不具有奇偶性；⑶幂函数y=xα都是无界函数；在第一象限中，当α＜0时为减函数，当α＞0时为增函数；⑷任意两个幂函数的图象至少有一个公共点(1，1)，至多有三个公共点；4.画幂函数y＝xα(α＝eq\f(m,n),m、n是互质的整数)草图的一般步骤是：(1)根据指数α的大小判断函数图象在第一象限的情形如图：(2)判断函数的奇偶性并确定函数图像在其他象限的情况：①m,n均为奇数时，y=xα为奇函数，图象在一、三象限内关于原点中心对称.②m为偶数，n为奇数时y=xα为偶函数，图象在一、二象限内关于y轴对称.③m为奇数，n为偶数时，y=xα既不是奇函数也不是偶函数，函数只在第一象限有图像.5．二次函数的图像和性质：二次函数是初等数学中遇到比较多的函数之一，它的图象简单，性质易于掌握，又与二次方程、二次不等式有联系，与之相关的理论如判别式，韦达定理，求根公式等又是中学教材的重点内容，因此有必要进一步认识二次函数的性质，研究与二次函数有关的解题规律、方法与技巧．(1)二次函数的解析式：①一般式：②顶点式：，顶点为③两根式：④三点式：（2）的图像是抛物线，顶点坐标，对称轴方程为，开口与有关；（3）单调性：当时，在上为减函数，在上为增函数；时相反。（4）奇偶性：当时，为偶函数；若对恒成立，则为的对称轴.（5）最值：当时，的最值为，当时，的最值可从中选取；当时，的最值可从中选取.常依轴与区间的位置分类讨论.抛物线的凸凹性：a＞0时，函数的图象是下凸形曲线，即对于任意，有≤；a＜0时,函数的图象是上凸形曲线，即对于任意，有≥,利用二次函数图象的凸性和单调性，在某些与二次方程的范围有关的问题中可避免使用判别式和求根公式．6.基本初等函数：常函数y=c，幂函数y=xα(α∈Q),指数函数y=ax,对数函数y=logax,三角函数（y=sinx,y=cosx,y=tanx等），反三角函数（y=arcsinx,y=arccosx,y=arctanx等）是数学中最为基本的函数，我们把它们统称为基本初等函数.学习中应熟练掌握各基本初等函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基本性质.常见的函数往往是由基本初等函数通过有限次加减乘除运算或复合而得到的，其中二次函数和形如y＝x＋eq\f(k,x)的分式函数在高考和竞赛中具有尤为重要的地位.同学们要熟练掌握求二次函数解析式、值域的有关方法，并会用这些方法解决相关的问题；会判断二次方程根的分布情况；会利用函数y＝x＋eq\f(k,x)的性质求一些分式函数的值域.四、函数图像：函数图象作图方法有两种：列表描点法和图象变换法，重点掌握图象变换法.描点法作函数图象的步骤：①确定函数的定义域；②化简函数的解析式；③讨论函数的性质，即单调性、奇偶性、周期性、最值(甚至变化趋势)；④描点连线，画出函数的图象.用图象变换法作函数图象要确定以哪一种函数的图象为基础进行变换，以及确定怎样的变换，这也是个难点.I.函数图像的对称性分为两类：(1)自身对称：①函数y=f(x)的图像关于点A(a,b)对称的充要条件是：f(x)＋f(2a－x)＝2b②函数y＝f(x)的图像关于直线x=a对称的充要条件是：f(a＋x)＝f(a－x)或f(x)＝f(2a－x)(2)不同函数之间的对称：①函数y＝f(x)与y＝2b－f(2a－x)的图像关于点A(a,b)②函数y＝f(x)与y＝f(2a－x)的图像关于直线x＝a③函数y＝f(x)与a－x＝f(a－y)的图像关于直线x＋y＝a成轴对称；④函数y＝f(x)与x－a＝f(y＋a)的图像关于直线x－y＝a成轴对称.II.函数图像对称性的几个结论：①奇函数与偶函数：奇函数图像关于坐标原点对称，对于任意x∈D，都有f(x)＋f(−x)＝0成立；偶函数的图像关于y轴对称，对于任意x∈D，都有f(−x)＝f(x)成立.②原函数与其反函数：原函数与其反函数的图像关于直线y=x对称.若某一函数与其反函数表示同一函数时，那么此函数的图像就关于直线y=x对称.③若函数满足f(x)＝f(2a－x)，则f(x)的图像就关于直线x=a若函数满足f(x)＝－f(2a－x)，则f(x)的图像就关于点(a,0)对称④互对称知识：函数y=f(x−a)与y=f(a−x)的图像关于直线x=a对称.五、导数及其应用：导数是研究函数性质的重要工具.1.导数的几何意义：函数y=f(x)在点P(x0，y0)处的导数，就是曲线y=f(x)在点P(x0，y0))处的切线的斜率.2.几种常见函数的导数：①C'＝0(C为常数)②(xm)′＝mxm－1(m∈Q)③④⑤(lnx)′＝eq\f(1,x)⑥(logax)′＝eq\f(1,x·lna)⑦⑧.3.导数的运算法则：=1\*GB3①四则运算法则：；；=2\*GB3②复合函数的求导法则：或4．导数应用：(1)在某点P(x0,f(x0))处的切线，则切线的斜率k＝f/(x0)；(2)研究单调性步骤：分析y＝f(x)定义域；求导数；解不等式f′(x)≥0得增区间；解不等式f′(x)≤0得减区间；f(x)在其定义域内可导且不恒为零，则f(x)在某区间I上单调递增(减)恒成立.(3)求极值、最值步骤：求导数；求f′(x)＝0的根；检验f′(x)在根左右两侧符号，若左正右负，则f(x)在该根处取极大值；若左负右正，则f(x)在该根处取极小值.把极值与区间端点函数值比较，最大的为最大值，最小的是最小值.【例题讲解】例1、(1)已知函数，则f(x)的最小值为__________(2007全国联赛题)解：实际上，观察可知x＝eq\f(5,4)时，分母最大，分子最小，所以，即f(x)在上的最小值是.(2)函数的最大值为_____________.(96年美国中学数学竞赛题)解法一：的定义域为[6，8]，，当时，；，当时，，从而当时f(x)有最大值解法二：的定义域为[6，8]，，，在[6，8]上是减函数，从而当时有最大值点评：联想思维是数学问题解决的重要思维方式，解法一运用知识点：“若，同时在处取得最大值，则f(x)在处取得最大值；解法二运用知识点“若f(x)在闭区间[a,b]上为单调函数，则在端点处取得最值”.例2、(1)求二元函数f(x，y)＝x2＋eq\f(81,x2)－2xy＋eq\f(18,x)eq\r(2－y2)的最小值____________.(希望杯邀请赛)解：将原式配方得，设点，则点在双曲线y＝eq\f(9,x)上，点在半圆上，则，所以，当且仅当时，，所以(2)求函数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)]，此式可看成如下两个距离的和式：抛物线上的动点P(x,x2)到直线y＝x－1的距离PQ以及动点P(x,x2)到定点M(－3,5)的距离PM，如图，当|PQ|＋|PM|的值最小时，M，P，Q三点共线，此直线就是过点M且垂直于直线y＝x－1的直线，从而|PQ|＋|PM|的最小值就是点M到直线y＝x－1的距离EQ\F(9EQ\R(2),2)，此时函数f(x)的最小值为eq\r(2)·EQ\F(9EQ\R(2),2)＝9(3)设x，y∈R+，求函数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：由于题设的特殊结构形式，启发我们作特殊联想，如图⑴，考虑三面角O−ABC，使其侧棱OA，OB，OC两两夹角均为30°，在OA上取一点P，使OP＝eq\r(3)，过点P作一平面，分别交OB，OC于Q和R，设OQ＝x，OR＝y，则△PQR的周长为eq\r(x2－3x＋3)＋eq\r(y2－3y＋3)＋eq\r(x2－eq\r(3)xy＋y2)于是问题转化为求过点P的截口三角形的最小周长.将此三面角沿棱OA展开，如图⑵，则△PQR的周长等于折线PQRP′的长，显然，PQ＋QR＋RP′≥PP′，再由OP＝eq\r(3)及∠AOA′＝90°，知PP′＝eq\r(6)，故所求函数式的最小值为eq\r(6).例3、(1)已知x2－2xy－3y2＝1，求x2＋y2的最小值______________(2009新疆预赛改编)解：设x2＋y2＝k2，x＝kcosθ，y＝ksinθ，代入条件可得：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：引入两个参数m，n，则2·mx·ny≤m2x2＋n2y2，由条件得2xy＝x2－3y2－1，则mn(x2－3y2－1)≤m2x2＋n2y2，即(m2－mn)x2＋(n2＋3mn)y2≥－mn……①，考虑要求x2＋y2的最小值，则令m2－mn＝n2＋3mn且mn＜0，则m2－4mn－n2＝0，从而eq\f(m,n)＝2±eq\r(5)，由于eq\f(m,n)＜0，则取eq\f(m,n)＝2－eq\r(5)，将此代入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是正实数，且2x＋8y＋z＝72，求eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)的最小值_____________解：引入参数λ，且λ＞0，则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，当且仅当等号成立，令，解得λ＝eq\f(1,64)，此时10eq\r(λ)＋12－72λ＝eq\f(7,8)，故当x＝8，y＝4，z＝24时，eq\f(2,x)＋eq\f(4,y2)＋eq\f(9,z)有最小值eq\f(7,8).(3)对于给定的常数，，，求函数()的最大值.(1996年江苏省数学竞赛)解法一：，当且仅当，即时等号成立，解法二：构造如图所示的直角梯形ABCD，则因为，所以，即，当且仅当，即时成立,因此时，说明：利用勾股定理，两点间得距离公式构造几何图形去解决一些代数问题是一种常用手段.例4、(1)求函数f(x)＝eq\f(2＋x,eq\r(1－x2)＋1)＋eq\f(1－eq\r(1－x2),x)的最大值与最小值.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当taneq\f(θ,2)＝－1时，θ＝－EQ\F(π,2)，即x＝－1，时，f(x)min＝0；当taneq\f(θ,2)＝1时，θ＝EQ\F(π,2)，即x＝1，时，f(x)max＝4.(2)若均为正实数，且，则S＝eq\f((z＋1)2,2xyz)的最小值为_____(2010湖北预赛题)解：法1：令x＝cosθcosφ，y＝cosθ·sinφ，z＝sinθ，则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)，则S≥eq\f(t,－t2＋3t－2)＝eq\f(1,－(t＋eq\f(2,t))＋3)≥3＋2eq\r(2)，当t＝eq\r(2)，即sinθ＝eq\r(2)－1时取到最小值.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)求函数f(x)＝x＋eq\r(x2－3x＋2)的值域.(2011全国联赛题)解1：，两边平方得，从而且，由或y≥2.任取y≥2，由，易知x≥2，于是,任取，同样由，易知x≤1于是，因此，所求函数的值域为解2：∵x2－3x＋2＝(x－eq\f(3,2))2－eq\f(1,4)，设x－eq\f(3,2)＝eq\f(1,2)secθ，θ∈[0,EQ\F(π,2))∪(EQ\F(π,2),π]，则y＝eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)secθ＋eq\f(1,2)|tanθ|，当θ∈[0,EQ\F(π,2))时，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，类似地，当θ∈(EQ\F(π,2),π]时，1≤y＜eq\f(3,2)，故所求函数值域为[1,eq\f(3,2))∪[2,+∞)解法3：设u=x，v＝eq\r(x2－3x＋2)，则(u－eq\f(3,2))2－v2＝eq\f(1,4)(v≥0)…①方程①的曲线是双曲线在x轴上方部分(包括x轴两点)用几何方法可求z＝u＋v的取值范围.例5、设a为实数，记函数f(x)＝aeq\r(1－x2)＋eq\r(1＋x)＋eq\r(1－x)的最大值为g(a).(1)求g(a)(2)试求满足g(a)＝g(eq\f(1,a))的所有实数a.(2006江苏卷)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的取值范围是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)即为m(t)＝eq\f(1,2)at2＋t－a，t∈[eq\r(2)，2]的最大值.∵直线t0＝－eq\f(1,a)是抛物线m(t)＝eq\f(1,2)at2＋t－a的对称轴，∴可分以下几种情况进行讨论：①当a＞0时，由t0＝－eq\f(1,a)＜0知m(t)在t∈[eq\r(2)，2]上单调递增，故g(a)＝m(2)＝a＋2；②当a＝0时，m(t)＝t，t∈[eq\r(2)，2]，有g(a)＝2；③当a＜0时，若t0＝－eq\f(1,a)∈(0，eq\r(2)]，即a≤－eq\f(\r(2),2)时，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)]时，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)时，g(a)＝m(2)＝a＋2.综上所述，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)当a＞－eq\f(1,2)时，g(a)＝a＋2＞eq\f(3,2)＞eq\r(2)；当－eq\f(\r(2),2)＜a≤－eq\f(1,2)时，－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)，故当a＞－eq\f(\r(2),2)时，g(a)＞eq\r(2)；当a＞0时，eq\f(1,a)＞0，由g(a)＝g(eq\f(1,a))知：a＋2＝eq\f(1,a)＋2，故a＝1；当a＜0时，a·eq\f(1,a)＝1，故a≤－1或eq\f(1,a)≤－1，从而有g(a)＝eq\r(2)或g(eq\f(1,a))＝eq\r(2)，要使g(a)＝g(eq\f(1,a))，必须有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)，此时，g(a)＝eq\r(2)＝g(eq\f(1,a)).综上所述，满足g(a)＝g(eq\f(1,a))的所有实数a为：－eq\r(2)≤a≤－eq\f(\r(2),2)或a＝1.另解：当－eq\f(\r(2),2)＜a≤－eq\f(1,2)时，g′(a)＝－1＋eq\f(1,2a2)＞0，故函数g(a)在区间[－eq\f(\r(2),2),+∞)上是单调增函数，在区间(−∞,－eq\f(\r(2),2)]上是常数函数，根据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)故满足g(a)＝g(eq\f(1,a))的所有实数a为：a＝1或－eq\r(2)≤a≤－eq\f(\r(2),2).点评：本题主要考查函数、方程等基本知识，考查分类讨论的数学思想方法和综合运用数学知识分析问题和解决问题的能力，常规思路是：根据a和eq\f(1,a)的取值范围，把a分为以下六种情形讨论：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，再分别求解，计算量和思维量都很大.例6、设，且，求的最大值．(1999年越南数学奥林匹克)解：由已知条件得，显然，所以．由此联想到正切和公式，于是令，则．由于，所以．于是，等号在，即时成立，故．例7、设非负实数满足，求的最小值.解：由已知得：，，所以，又由知由对称性，不妨设，则，令，则，故函数在上递增，于是有因为，所以，当且仅当，即时，取到，故令c=tanθ,θ∈[0,EQ\F(π,6)]，则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,故当θ＝0时，umin＝eq\f(5,2)，此时…….例8、(1)设函数，且，，则__________解：由，令，则为奇函数且单调递增.而,,所以,,,从而,即,故.(2)设a，b，c∈R+，且(eq\r(b2＋c2)＋b－c)·(eq\r(a2＋c2)＋a－c)＝2ab，求证：a，c，b成等比数列.(数学教学问题征解)证明：已知式可写成[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(x＞0，y＞0)，则上式为(eq\r(1＋x2)－x＋1)·(eq\r(1＋y2)－y＋1)＝2，两边同乘以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由此构造函数f(t)＝eq\r(1＋t2)－t＋1，则有f(x)＝f(eq\f(1,y))，又易知函数f(t)＝eq\f(1,eq\r(1＋t2)＋t)＋1在(0,+∞)上单调递减，故有x＝eq\f(1,y)，即c2＝ab，从而a，c，b成等比数列.小结：若函数为单调的奇函数，且，则.若遇两个式子结构相同，不妨依此构造满足上述性质的函数，则可解之.竞赛中经常用构造函数的方法，利用函数及其图像的相关性质，解决与函数有关的如方程、不等式、最值等问题，达到化繁为简的目的，同时能开阔我们的解题视野.例9、(1)设a是大于0的实数，f(x)是定义在全体实数x上的一个实函数，并且对每一个实数x满足条件：f(x＋a)＝eq\f(1,2)＋eq\r(f(x)－[f(x)]2)．①试证明：函数f(x)是周期函数；②就a＝1举出一个这种函数f(x)的例子，但不能是常函数．(第10届IMO试题)证明：(1)，令得，，，∴，∴函数是周期函数，周期为2a．(2)对a＝1，f(x)应该是以2为周期的函数，且，另一方面，条件方程可以化为，由此可见，满足题设的函数f(x)可以取或．(2)设函数f(x)满足：f(1)＝0，且对任意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，求证：f(x)是周期函数.1°先证：f(x)是偶函数，令x＝y＝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)，则令x＝y得，2f(2x)－eq\f(1,2)＝－2·f2(x)－1，即f(2x)＝－f2(x)－eq\f(1,4)＜0，与f(1)＝0矛盾，从而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，此时有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)是偶函数.2°再证：f(x)是周期函数，令x＝1，得f(1＋y)＋f(1－y)＋f(2)＝－1，当y＝1时，可得f(2)＝－1，从而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)是周期函数，4是其中一个周期.(3)设函数f(x)满足：f(x＋1)－f(x)＝2x＋1(x∈R)，且当x∈[0，1]时，有|f(x)|≤1，证明：当x∈R时，有|f(x)|≤2＋x2.解：令g(x)＝f(x)－x2，则g(x＋1)－g(x)＝f(x＋1)－f(x)―(x＋1)2＋x2＝0，所以g(x)是R上以1为周期的周期函数；当x∈[0,1]时，|g(x)|＝|f(x)－x2|≤|f(x)|＋|x2|≤2，所以周期函数g(x)在R有|g(x)|≤2，从而|f(x)|＝|g(x)＋x2|≤|g(x)|＋|x2|≤2＋x2.例10、(1)已知函数，且，则满足条件的所有整数的和是____________．(2007江苏预赛题改编)解：根据函数解析式特征，先研究简单函数h(x)＝|x＋1|＋|x－1|的性质，根据图像可知：h(x)是偶函数，在(－∞,－1]上是减函数，在[－1,1]上是常数函数，在[1,+∞)上是增函数，再逐渐复杂化，可知函数f(x)与h(x)具有相似的性质，f(x)是偶函数，在(－∞,－1]上是减函数，在[－1,1]上是常数函数，在[1,+∞)上是增函数，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，满足条件的所有整数的和是6.(2)求函数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)]∴当x＝2时，f(x)min＝1＋2(eq\r(2)＋eq\r(3)－eq\r(5))(3)求的最小值.(2011北约自主招生题)解：设，g(x)＝|x－a1|＋|x－a2|＋…＋|x－an|，由绝对值的几何意义，当n为奇数时，时，f(x)有最小值；当n为偶数时，任何值时，f(x)有最大值.回到原题，将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个点，设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，现在求a1011533和a1011534的值，设a1011533＝eq\f(1,t)，则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)时，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，对于函数()，当n＝2m(m∈N*)时，f(x)在是减函数，在是常数函数，在上是增函数；当n＝2m－1(m∈N*)时，f(x)在是减函数，在上是增函数.⑵一般地，对于函数()的图像是由左右两侧两条射线和中间的条线段依次连接而成的“折线形”：①当时，两射线分别由点(b1,f(b1))和点(bn,f(bn))向上无限延伸，此时f(x)有最小值且fmin＝；②当时，两射线分别由点(b1,f(b1))和点(bn,f(bn))向下无限延伸，此时f(x)有最大值且fmax＝；③当时，两射线分别由点(b1,f(b1))和点(bn,f(bn))沿水平方向向左、右无限延伸，此时f(x)既有最大值也有最小值且fmax＝，fmin＝.例11、(2012·南京一模)对于函数f(x)，若存在实数对(a，b)，使得等式f(a＋x)·f(a－x)＝b对定义域中的每一个x都成立，则称函数f(x)是“(a，b)型函数”．已知函数g(x)是“(1,4)型函数”，当x∈[0,2]时，都有1≤g(x)≤3成立，且当x∈[0,1]时，g(x)＝x2－m(x－1)＋1(m＞0)，试求m的取值范围．解：∵g(1+x)·g(1−x)＝4，∴当x∈[1,2]时，g(x)＝eq\f(4,g(2−x))，2−x∈[0,1]．而x∈[0,1]时，g(x)＝x2＋m(1－x)＋1＝x2－mx＋m＋1＞0，且其对称轴方程为x＝eq\f(m,2).设g(x)在[0,1]上的最小值为a，最大值为b，则原条件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当eq\f(m,2)＞1，即m＞2时，a＝g(1)＝2，b＝g(0)＝m＋1，故m＋1≤3，此时无解；②当eq\f(1,2)≤eq\f(m,2)≤1，即1≤m≤2时，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当0＜eq\f(m,2)＜eq\f(1,2)，即0＜m＜1时，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综上所述，所求m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\f(2\r(6),3)，2)).本题主要考查函数的综合性质，分类讨论思想，这里转化有点困难，应先把函数在[1,2]上的解析式求出来，然后求值域并转化为子集关系解题．求值域实质就是二次函数中轴动区间定的类型，并且同时研究两个二次函数，要进行比较．例12、(2012·金陵中学)已知函数f(x)的图象在[a，b]上连续不断，定义：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}表示函数f(x)在区间上的最小值，max{f(x)|x∈D}表示函数f(x)在区间上的最大值．若存在最小正整数k，使得f2(x)－f1(x)≤k(x－a)对任意的x∈[a，b]成立，则称函数为区间[a，b]上的“k阶收缩函数”．(1)已知函数f(x)＝x2，x∈[－1,4]，试判断f(x)是否为[－1,4]上的“k阶收缩函数”，如果是，求出相应的k；如果不是，请说明理由；(2)已知b＞0，函数f(x)＝－x3＋3x2是[0，b]上的2阶收缩函数，求b的取值范围．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].))当x∈[－1,0]时，1－x2≤k(x＋1)，∴k≥1－x，即k≥2；当x∈(0,1)时，1≤k(x＋1)，∴k≥eq\f(1,x＋1)，即k≥1；当x∈[1,4]时，x2≤k(x＋1)，∴k≥eq\f(x2,x＋1)，即k≥eq\f(16,5).综上，存在k＝4，使得f(x)是[－1,4]上的4阶收缩函数．(2)∵f′(x)＝－3x2＋6x＝－3x(x－2)，∴在(0,2)上f′(x)＞0，f(x)递增，在(2，＋∞)上f′(x)＜0，f(x)递减．①当0＜b≤2时，f(x)在[0，b]上递增，∴f2(x)＝f(x)＝－x3＋3x2，f1(x)＝f(0)＝0.∵f(x)＝－x3＋3x2是[0，b]上的2阶收缩函数，∴(i)f2(x)－f1(x)≤2(x－0)对x∈[0，b]恒成立，即－x3＋3x2≤2x对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).综上eq\f(3－\r(5),2)＜b≤1.②当2＜b≤3时，f(x)在[0,2]上递增，在[2，b]上递减，∴f2(x)＝f(2)＝4，f1(x)＝f(0)＝0，f2(x)－f1(x)＝4，x－0＝x.∴当x＝0时，f2(x)－f1(x)≤2(x－0)不成立．③当b＞3时，f(x)在[0,2]上递增，在[2，b]上递减，∴f2(x)＝f(2)＝4，f1(x)＝f(b)＜0，f2(x)－f1(x)＝4－f(b)＞4，x－0＝x.∴当x＝0时，f2(x)－f1(x)≤2(x－0)也不成立．综上eq\f(3－\r(5),2)＜b≤1.例13、(1)证明：对任意x∈[－1,1]，均有|4x3－3x|≤1；(2)设a，b，c为实数，M是函数y＝|4x3＋ax2＋bx＋c|在x∈[－1,1]上的最大值，证明：M≥1，并求等号成立时a，b，c的值.证明：⑴令x＝sinθ，则|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递增1递减－1递增1由上表知：x∈[－1,1]时，f(x)min＝－1，f(x)max＝1，∴|4x3－3x|≤1.⑵记g(x)＝4x3＋ax2＋bx＋c，若存在a,b,c∈R，使得对x∈[－1,1]均有|g(x)|＜1，则－1＜g(x)＜1，令h(x)＝g(x)－(4x3－3x)＝ax2＋(b＋3)x＋c，则由⑴可知h(－1)＞0，h(－eq\f(1,2))＜0，h(eq\f(1,2))＞0，h(1)＜0，这表明方程ax2＋(b＋3)x＋c＝0至少有三个不同的实数根，从而只能是a＝b＋3＝c＝0，即g(x)＝4x3－3x，但这时|g(1)|＝1，矛盾.所以，存在x∈[－1,1]，使|4x3＋ax2＋bx＋c|≥1，故M≥1，进而由前面的讨论知M＝1时，a＝0，b＝－3，c＝0.另解：由－1≤4x3＋ax2＋bx＋c≤1对任意x[－1,1]恒成立，分别取x＝±1，±eq\f(1,2)并化简得：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、已知函数，x(1,+∞)．对于定义域为D的函数y＝g(x)，如果存在区间，使得时，y＝g(x)的值域是，则称是该函数y＝g(x)的“保值区间”．问函数y＝h(x)是否存在“保值区间”？若存在，请求出一个“保值区间”；若不存在，请说明理由．解：，x(1,+∞)，，时，，在上是增函数，函数存在“保值区间”关于的方程在有两个不相等的实数根，令，则，，时，，在上是增函数，，且在图象不间断，使得，时，，时，，函数在上是减函数，在上是增函数，，，函数在至多有一个零点，即关于的方程在至多有一个实数根，函数是不存在“保值区间”．例15、(2005·湖南卷)已知函数f(x)＝lnx，g(x)＝eq\f(1,2)ax2＋bx，a≠0.(1)若b＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；(2)设函数f(x)的图象C1与函数g(x)图象C2交于点P、Q，过线段PQ的中点作x轴的垂线分别交C1，C2于点M、N，证明：C1在点M处的切线与C2在点N处的切线不平行.解：(1)b＝2时,,则因为函数h(x)存在单调递减区间，所以h′(x)<0有解.又因为x＞0，所以ax2＋2x－1＞0有x＞0的解.①当a＞0时，ax2＋2x－1＞0总有x＞0的解；②当a＜0时，则△＝4＋4a＞0,且方程ax2＋2x－1＝0至少有一正根此时－1＜a＜0.综上所述，a的取值范围为(－1，0)∪(0，+∞).(2)证明：设点P、Q的坐标分别是(x1,y1)，(x2,y2)，0＜x1＜x2.则点M、N的横坐标为C1在点M处的切线斜率为C2在点N处的切线斜率为假设C1在点M处的切线与C2在点N处的切线平