高中数学竞赛讲义 60页

目录第一章集合…………………………………………2第二章函数…………………………………………15§2.1函数及其性质………………………15§2.2二次函数………………………21§2.3函数迭代………………………28§2.4抽象函数………………………32第三章数列…………………………………………37§3.1等差数列与等比数列……………………37§3.2递归数列通项公式的求法………………44§3.3递推法解题………………………………48第四章三角平面向量复数………………………51第五章直线、圆、圆锥曲线………………………60第六章空间向量简单几何体………………………68第七章二项式定理与多项式………………………75第八章联赛二试选讲………………………82§8.1平几名定理、名题与竞赛题……82§8.2数学归纳法………………………99§8.3排序不等式………………………103第59页\n第一章集合集合是高中数学中最原始、最基础的概念，也是高中数学的起始单元，是整个高中数学的基础.它的基础性体现在：集合思想、集合语言和集合的符号在高中数学的很多章节如函数、数列、方程与不等式、立体几何与解析几何中都被广泛地使用.在高考试题和数学竞赛中，很多问题可以用集合的语言加以叙述.集合不仅是中学数学的基础，也是支撑现代数学大厦的基石之一，本章主要介绍集合思想在数学竞赛中出现的问题.§1.1集合的概念与运算【基础知识】一．集合的有关概念1．集合：具有某些共同属性的对象的全体，称为集合.组成集合的对象叫做这个集合的元素.2．集合中元素的三个特征：确定性、互异性、无序性.3．集合的分类：无限集、有限集、空集.4.集合间的关系：二．集合的运算1．交集、并集、补集和差集差集：记A、B是两个集合，则所有属于A且不属于B的元素构成的集合记作.即且.2.集合的运算性质(1),(幂等律);(2),(交换律);(3),(结合律);(4),(分配律);(5),(吸收律);(6)(对合律);(7),(摩根律)(8),.3.集合的相等(1)两个集合中元素相同,即两个集合中各元素对应相等;(2)利用定义,证明两个集合互为子集;(3)若用描述法表示集合,则两个集合的属性能够相互推出(互为充要条件),即等价;第59页\n(4)对于有限个元素的集合,则元素个数相等、各元素的和相等、各元素之积相等是两集合相等的必要条件.【典例精析】【例1】在集合中,任意取出一个子集,计算它的各元素之和.则所有子集的元素之和是.〖分析〗已知的所有的子集共有个.而对于,显然中包含的子集与集合的子集个数相等.这就说明在集合的所有子集中一共出现次,即对所有的求和,可得【解】集合的所有子集的元素之和为=〖说明〗本题的关键在于得出中包含的子集与集合的子集个数相等.这种一一对应的方法在集合问题以及以后的组合总是中应用非常广泛.【例2】已知集合且,求参数的取值范围.〖分析〗首先确定集合A、B,再利用的关系进行分类讨论.【解】由已知易求得当时,,由知无解;当时,,显然无解;当时,,由解得综上知,参数的取值范围是.〖说明〗本题中,集合的定义是一个二次三项式,那么寻于集合B要分类讨论使其取值范围数字化,才能通过条件求出参数的取值范围.【例3】已知,集合.若,则的值是()A.5B.4C.25D.10【解】,,且及集合中元素的互异性知,即,此时应有第59页\n而,从而在集合B中,由,得由(2)(3)解得,代入(1)式知也满足(1)式.〖说明〗本题主要考查集合相等的的概念,如果两个集合中的元素个数相等,那么两个集合中对应的元素应分别相等才能保证两个集合相等.而找到这种对应关系往往是解决此类题目的关键.【例4】已知集合.若,求……+的值.〖分析〗从集合A=B的关系入手,则易于解决.【解】,,根据元素的互异性,由B知.且,,故只有,从而又由及,得所以或,其中与元素的互异性矛盾!所以代入得:……+=()+2+()+2+……+()+2=0.〖说明〗本题是例4的拓展,也是考查集合相等的概念,所不同的是本题利用的是集合相等的必要条件,即两个集合相等,则两个集合中,各元素之和、各元素之积及元素个数相等.这是解决本题的关键.【例5】已知A为有限集,且,满足集合A中的所有元素之和与所有元素之积相等,写出所有这样的集合A.【解】设集合A=且,由,第59页\n,得,即或(事实上,当时,有.当时,,而当时,,由,解得综上可知,〖说明〗本题根据集合中元素之间的关系找到等式,从而求得集合A.在解决问题时,应注意分析题设条件中所给出的信息,根据条件建立方程或不等式进行求解.【例6】已知集合,若,求实数的取值组成的集合A.【解】,设.①当,即时,,满足;②当,即或时,若,则,不满足,故舍去;若时,则,满足.③当时,满足等价于方程的根介于1和2之间.即.综合①②③得,即所求集合A.〖说明〗先讨论特殊情形(S=),再讨论一般情形.解决本题的关键在于对分类讨论,确定的取值范围.本题可以利用数形结合的方法讨论【例7】(2005年江苏预赛)已知平面上两个点集R},R}.若,则的取值范围是．第59页\n【解】由题意知是以原点为焦点、直线为准线的抛物线上及其凹口内侧的点集，是以为中心的正方形及其内部的点集(如图)．考察时,的取值范围:令,代入方程,得，解出得．所以，当时,．…………③令，代入方程,得.解出得．所以，当时,．…………④因此,综合③与④可知，当，即时,．故填.【例8】已知集合,,其中,.若,.且中的所有元素之和为124,求集合A、B.【解】,且,,又,所以又,可得,并且或若,即,则有解得或(舍)此时有若,即,此时应有,则中的所有元素之和为100124.不合题意.综上可得,〖说明〗本题的难点在于依据已知条件推断集合A、B中元素的特征.同时上述解答中使用发分类讨论的思想.分类讨论是我们解决问题的基本手段之一,将问题分为多个部分,每一部分的难度比整体都要低,这样就使问题变得简单明了.【例9】满足条件的函数形成了一个集合M,其中,并且,求函数与集合M的关系.第59页\n〖分析〗求函数集合M的关系,即求该函数是否属于集合M,也就是判断该函数是否满足集合M的属性.【解】取时,由此可见,〖说明〗本题中M是一个关于函数的集合.判断一个函数是否属于M,只要找至一个或几个特殊的使得不符合M中的条件即可证明【例10】对集合及每一个非空子集定义唯一“交替和”如下:把子集中的数按递减顺序排列,然后从最大数开始,交替地加减相继各数,如的“交替和”是,集合的“交替和”是10－7=3,集合的“交替和”是5等等.试求A的所有的“交替和”的总和.并针对于集合求出所有的“交替和”.〖分析〗集合A的非空子集共有个,显然,要想逐个计算“交替和”然后相加是不可能的.必须分析“交替和”的特点,故可采用从一般到特殊的方法.如{1,2,3,4}的非空子集共有15个,共“交替和”分别为:{1}1;{2}2;{3}3;{4}4;{1,2}2-1;{1,3}3-1;{1,4}4-1;{2,3}3-2;{2,4}4-2;{3,4}4-3;{1,2,3}3-2+1;{1,2,4}4-2+1;{1,3,4}4-3=1;{2,3,4}4-3+2;{1,2,3,4}4-3+2-1.从以上写出的“交替和”可以发现,除{4}以外,可以把{1,2,3,4}的子集分为两类:一类中包含4,另一类不包含4,并且构成这样的对应:设是{1,2,3,4}中一个不含有的子集,令与相对应,显然这两个集合的“交替和”的和为4,由于这样的对应应有7对,再加上{4}的“交替和”为4,即{1,2,3.4}的所有子集的“交替和”为32.【解】集合的子集中,除了集合,还有个非空子集.将其分为两类:第一类是含2008的子集,第二类是不含2008的子集,这两类所含的子集个数相同.因为如果是第二类的,则必有是第一类的集合;如果是第一类中的集合,则中除2008外,还应用1,2,……,2007中的数做其元素,即中去掉2008后不是空集,且是第二类中的.于是把“成对的”集合的“交替和”求出来,都有2008,从而可得A的所有子集的“交替和”为同样可以分析,因为个元素集合的子集总数为个(含,定义其“交替和”第59页\n为0),其中包括最大元素的子集有个,不包括的子集的个数也是个,将两类子集一一对应(相对应的子集只差一个元素),设不含的子集“交替和”为S,则对应的含子集的“交替和”为,两者相加和为.故所有子集的“交替和”为〖说明〗本题中＂退到最简＂,从特殊到一般的思想及分类讨论思想、对应思想都有所体现,这种方法在数学竞赛中是常用的方法,在学习的过程中应注意强化.【例11】一支人数是5的倍数的且不少于1000人的游行队伍，若按每横排4人编队，最后差3人；若按每横排3人编队，最后差2人；若按每横排2人编队，最后差1人，求这支游行队伍的人数最少是多少？〖分析〗已知游行队伍的总人数是5的倍数，那么可设总人数为.“按每横排4人编队，最后差3人”，从它的反面去考虑，可理解为多1人，同样按3人、2人编队都可理解为“多1人”，显然问题转化为同余问题.被4、3、2除时都余地，即是12的倍数，再由总人数不少于1000人的条件，即可求得问题的解.【解】设游行队伍的总人数为，则由题意知分别被4、3、2除时均余1，即是4、3、2的公倍数，于是可令，由此可得：①要使游行队伍人数最少，则式①中的应为最少正整数且为5的倍数，应为2.于是可令，由此可得：，②所以，.取代入②式，得故游行队伍的人数最少是1045人.〖说明〗本题利用了补集思想进行求解，对于题目中含有“至少”、“至多”、“最少”、“不都”、“都”等词语，可以根据补集思想方法，从词义气反面（反义词）考虑，对原命题做部分或全部的否定，用这种方法转化命题，常常能起到化繁为简、化难为易的作用，使之寻求到解题思想或方法，实现解题的目的.【例12】设且≥15，都是{1，2，3，…，}真子集，，且={1，2，3，…，}.证明：或者中必有两个不同数的和为完全平方数.【证明】由题设，{1，2，3，…，}的任何元素必属于且只属于它的真子集之一.假设结论不真，则存在如题设的{1，2，3，…，}的真子集，使得无论是还是中的任两个不同的数的和都不是完全平方数.不妨设1∈，则3，否则1+3=，与假设矛盾，所以3∈.同样6，所以6∈，这时10，，即10∈.因≥15，而15或者在中，或者在中，但当15∈时，因1∈，1+15=，矛盾；当15∈时，因10∈，于是有10+15=，仍然矛盾.第59页\n因此假设不真,即结论成立.【赛向点拨】1.高中数学的第一个内容就是集合，而集合又是数学的基础.因此，深刻理解集合的概念,熟练地进行集合运算是非常重要的.由于本节中涉及的内容较多,所以抓好概念的理解和应用尤其重要.2.集合内容几乎是每年的高考与竞赛的必考内容.一般而言,一是考查集合本身的知识;二是考查集合语言和集合思想的应用.3.对于给定的集合,要正确理解其含义,弄清元素是什么,具有怎样的性质?这是解决集合问题的前提.4.集合语言涉及数学的各个领域,所以在竞赛中,集合题是普遍而又基本的题型之一.【针对练习】(A组)1.(2006年江苏预赛)设在平面上，，所围成图形的面积为，则集合的交集所表示的图形面积为()A.B.C.D.2.(2006年陕西预赛)为实数,集合M=表示把集合M中的元素映射到集合P中仍为,则的值等于()A.B.0C.1D.3.(2004年全国联赛)已知M=，N=，若对于所有的，均有则的取值范围是A．[]B.（）C.（）D.[]4.(2005年全国联赛)记集合将M中的元素按从大到小的顺序排列，则第2005个数是（　　　　）A．B．C．　D．5.集合A,B的并集A∪B={a1,a2,a3}，当且仅当A≠B时，(A,B)与(B,A)视为不同的对，则这样的(A,B)对的个数有()A.27B.28.C.26D.256.设A={n|100≤n≤600,n∈N}，则集合A中被7除余2且不能被57整除的数的个数为______________.7.已知,.若第59页\n,则实数的取值范围是.8.设M={1,2,3,…,1995}，A是M的子集且满足条件:当x∈A时,15xA，则A中元素的个数最多是_______________.9.(2006年集训试题)设n是正整数，集合M={1，2，…，2n}．求最小的正整数k，使得对于M的任何一个k元子集，其中必有4个互不相同的元素之和等于10.设＝{|＝,}，求证：⑴∈()；　　　　⑵.11.（2006年江苏）设集合，．若，求实数的取值范围．12.以某些整数为元素的集合具有下列性质：①中的元素有正数，有负数；②中的元素有奇数,有偶数；③－1；④若，∈,则＋∈试判断实数0和2与集合的关系.(B组)1.设为满足下列条件的有理数的集合：①若∈，∈，则+∈，；②对任一个有理数，三个关系∈，－∈，＝0有且仅有一个成立.证明：是由全体正有理数组成的集合.2．为非空集合，对于1，2，3的任意一个排列，若，则（1）证明：三个集合中至少有两个相等.（2）三个集合中是否可能有两个集无公共元素？3．已知集合：问（1）当取何值时，为含有两个元素的集合？（2）当取何值时，为含有三个元素的集合？4．已知,.⑴请根据自己对点到直线的距离,两条异面直线的距离中“距离”的认识,给集合A与B的距离定义;⑵依据⑴中的定义求出与的距离.5.设集合｛不小于３的正整数｝，定义Ｐ上的函数如下：若，定义为不是的约数的最小正整数，例如.记函数的值域为Ｍ.证明：第59页\n6．为了搞好学校的工作，全校各班级一共提了P条建议.已知有些班级提出了相同的建议，且任何两个班级都至少有一条建议相同，但没有两个班提出全部相同的建议.求证该校的班级数不多于个.【参考答案】A组1.解：在xOy平面上的图形关于x轴与y轴均对称，由此的图形面积只要算出在第一象限的图形面积乘以4即得.为此，只要考虑在第一象限的面积就可以了.由题意可得，的图形在第一象限的面积为A＝.因此的图形面积为.所以选B.2.解:由M=P,从而,即,故从而选C.3.解：相当于点（0，b）在椭圆上或它的内部.故选A.4.解:用表示k位p进制数，将集合M中的每个数乘以，得中的最大数为.在十进制数中，从2400起从大到小顺序排列的第2005个数是2400－2004=396.而将此数除以，便得M中的数故选C.5.解：A=φ时，有1种可能；A为一元集时，B必须含有其余2元，共有6种可能；A为二元集时，B必须含有另一元.共有12种可能；A为三元集时，B可为其任一子集.共8种可能.故共有1+6+12+8=27个.从而选A.6．解：被7除余2的数可写为7k+2.由100≤7k+2≤600.知14≤k≤85.又若某个k使7k+2能被57整除，则可设7k+2=57n.即.即n－2应为7的倍数.设n=7m+2代入，得k=57m+16.∴14≤57m+16≤85.∴m=0,1.于是所求的个数为85－(14－1)－2=70．７．解：依题意可得,设,要使,只需,在(1,3)上的图象均在轴的下方,则,,,,由此可解得结果.8．解：由于1995=15´133，所以，只要n>133，就有15n>1995.故取出所有大于133第59页\n而不超过1995的整数.由于这时己取出了15´9=135,…15´133=1995.故9至133的整数都不能再取，还可取1至8这8个数，即共取出1995—133+8=1870个数,这说明所求数≥1870.另一方面，把k与15k配对，（k不是15的倍数，且1≤k≤133）共得133—8=125对，每对数中至多能取1个数为A的元素，这说明所求数≤1870，综上可知应填1870.9.解：考虑M的n+2元子集P={n－l，n，n+1，…，2n}．P中任何4个不同元素之和不小于(n－1)+n+(n+1)+(n+2)=4n+2，所以k≥n+3．将M的元配为n对，Bi=(i，2n+1－i)，1≤i≤n．对M的任一n+3元子集A，必有三对同属于A(i1、I2、I3两两不同)．又将M的元配为n－1对，CI(i，2n－i)，1≤i≤n－1．对M的任一n+3元子集A，必有一对同属于A，这一对必与中至少一个无公共元素，这4个元素互不相同，且和为2n+1+2n=4n+1,最小的正整数k=n+310．10.解:⑴∵,∈且＝,∴∈；⑵假设,则存在,使＝即(*)由于与具有相同的奇偶性，所以（*）式左边有且仅有两种可能：奇数或4的倍数，另一方面，（*）式右边只能被4除余2的数，故（*）式不能成立.由此，.11.解：，．当时，，由得；当时，，由得；当时，，与不符．综上所述，．12．解：由④若，∈,则＋∈可知，若∈，则（1）由①可设，∈，且＞0，＜0，则－＝||(||∈)故,－∈,由④,0＝(－)+∈.（2）2.若2∈，则中的负数全为偶数，不然的话，当－（）∈（）时，－1＝（－）＋∈，与③矛盾.于是，由②知中必有正奇数.设，我们取适当正整数，使，则负奇数.前后矛盾B组1．证明：设任意的∈，≠0,由②知∈，或－∈之一成立.再由①，若∈第59页\n，则；若－∈，则.总之，.取=1，则1∈.再由①，2=1+1∈，3=1+2∈，…，可知全体正整数都属于.设，由①，又由前证知，所以∈.因此，含有全体正有理数.再由①知，0及全体负有理数不属于.即是由全体正有理数组成的集合.2．证明：（1）若，则，所以每个集合中均有非负元素.当三个集合中的元素都为零时，命题显然成立.否则，设中的最小正元素为，不妨设，设为中最小的非负元素，不妨设则－∈.若＞0,则0≤－＜，与的取法矛盾.所以=0.任取因0∈,故－0＝∈.所以，同理.所以=.（２）可能.例如=={奇数}，={偶数}显然满足条件，和与都无公共元素.3．解：=.与分别为方程组（Ⅰ）（Ⅱ）的解集.由（Ⅰ）解得（）=（0，1）=（，）；由（Ⅱ）解得（）=（1，0），（，）（1）使恰有两个元素的情况只有两种可能：①②由①解得=0；由②解得=1.故=0或1时，恰有两个元素.第59页\n（1）使恰有三个元素的情况是：=解得，故当时，恰有三个元素.4．解:(1)设(即集合A中的点与集合B中的点的距离的最小值),则称为A与B的距离.⑵解法一：∵中点的集合为圆圆心为,令是双曲线上的任一点,则==+8=令,则=当时,即有解，∴∴解法二：如图,是双曲线上的任一点,Q为圆上任一点,圆心为.显然,(当三点共线时取等号)∴.5．解：记时，由于1，2，……18都是的约数，故此时从而若存在，使，则对于小于99的正整数，均有，从而，但是，由整数理论中的性质9×11=99是的一个约数，这是一个矛盾！从而6．证明：假设该校共有个班级，他们的建议分别组成集合。这些集合中没有两个相同（因为没有两个班级提出全部相同的建议），而任何两个集合都有相同的元素，因此任何一个集合都不是另外一个集合的补集。这样在中至多有A（所有P条建议所组成的集合）的个子集，所以第59页\n第二章函数§2.1函数及其性质一、函数的基本性质：1.函数图像的对称性（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，都有成立；偶函数的图像关于轴对称，对于任意，都有成立。（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对称。（3）若函数满足，则的图像就关于直线对称；若函数满足，则的图像就关于点对称。（4）互对称知识：函数的图像关于直线对称。2．函数的单调性函数的单调性是针对其定义域的某个子区间而言的。判断一个函数的单调性一般采用定义法、导数法或借助其他函数结合单调性的性质（如复合函数的单调性）特别提示：函数的图像和单调区间。3．函数的周期性对于函数，若存在一个非零常数，使得当为定义域中的每一个值时，都有成立，则称是周期函数，称为该函数的一个周期。若在所有的周期中存在一个最小的正数，就称其为最小正周期。（1）若是的周期，那么也是它的周期。（2）若是周期为的函数，则是周期为的周期函数。（3）若函数的图像关于直线对称，则是周期为的函数。（4）若函数满足，则是周期为的函数。4.函数的最值：常规求法：配方法、判别式法、不等式法、换元法、构造法5．Gauss(高斯)函数对于任意实数，我们记不超过的最大整数为，通常称函数为取整函数。又称高斯函数。又记，则函数称为小数部分函数，它表示的是的小数部分。高斯函数的常用性质：（1）对任意（2）对任意，函数的值域为（3）高斯函数是一个不减函数，即对于任意第59页\n（4）若，后一个式子表明是周期为1的函数。（5）若（6）若二、应用举例：例1．已知是一次函数，且．求的解析式．例2．已知例3．函数，求函数迭代中的”穿脱”技巧设函数y=f(x),并记fn(x)=f(f(f…(fx)…),其中n是正整数,fn(x)叫做函数f(x)的n次迭代,函数迭代是一种特殊的函数复合形式,在现代数学中占有很重要的地位,尤其是近年来在国内外数学竞赛屡次出现,成为热点问题之一,以引起广在数学爱好者的关注.由f(x)(或fn(x)的表达式”穿上”或”脱去”n-1个函数符号得出fn(x)(或f(x))的函数迭代问题,这里我们对数学竞赛中穿脱问题的解题技巧作简单介绍和粗浅的探索.1程序化穿脱“穿”,”脱”函数符号是一种有序的过程,由内至外一层层穿上f,或从外至内一层层脱去f,往往是一种程序化的模式,例已知f(x)=,求fn(x).2实验法穿脱许多情况下,求解穿脱问题并非只是一种程序化的操作,还需要用敏锐的思维和眼光去发现穿脱过程所蕴含的规律性,实验是发现的源泉,是发现规律的金钥匙.例函数定义在整数集上,且满足f(n)=　n-3(n≥1000)f[f(n+5)](n＜1000求f(84)例21对任意的正整数k,令f1(k)定义为k的各位数字和的平方.对于n≥2令fn(k)=f1(fn-1(k)),求f1988(11).3周期性穿脱第59页\n　在求解函数迭代问题时我们经常要借助于函数的周期性,利用周期性穿脱要能达到进退自如,做到需穿插则穿,需脱则脱,从而优化解题过程.例定义域为正整数的函数,满足:f(n)=　n-3(n≥1000)f[f(n+7)](n＜1000.试求f(90)练习1.设n是自然数,f(n)为n2+1(十进制)的数字之和,f1(n)=f(n),求的f100(1990)值.2.已知f(x)=.设f35(x)=f5(x),求f28(x).例4．求函数的值域。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。例5（1）设x,y是实数，且满足，求x+y的值（1）若方程有唯一解，求a例6：解方程、不等式：（1）（2）(x＋8)2007＋x2007＋2x＋8＝0（3）第59页\nEx1.求的图象与轴交点坐标。解：令，可知是奇函数，且严格单调，所以，当时，，所以，故，即图象和轴交点坐标为若函数为单调的奇函数，且，则。若遇两个式子结构相同，不妨依此构造函数，若刚好函数能满足上述性质，则可解之。Ex2.设函数，则对任意实数a,b,是的（）A．充分必要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件探求讨论函数的有关性质，历年来都是数学竞赛的命题热点之一，例如探求函数的周期性，函数的不等式证明，以及解反函数的不等式等问题。而解决这类问题　的办法就是要“穿脱”函数符号“f”，下面我们从具体的例子谈一谈“穿脱”的技巧与方法.1.单调性穿脱法对于特殊函数的单调性,我们可以根据函数值相等或函数的单调性对函数“f”进行“穿脱”,进而达到化简的目的,由此使问题获得解答.已知函数f(x)在区间(-,+)上是增函数,a和b是实数.试证:⑴证明命题:如果a+b≥0那么f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).⑵判断⑴中的逆命题是否正确,并证明你的结论.2反函数穿脱法灵活自如地处理原函数f(x)与反函数f-1(x),并能熟练地运用f-1(f(x))=x,f(f-1(x))=x进行穿脱函数符号“f”，这是极为常用而又重要的方法.引理若f(x),g(x)互为反函数,且f(a+b)=f(a)f(b),则g(mn)=g(m)+g(n)例已知函数f(x)满足:①f()=1;②函数的值域为[-1,1];③严格递减;④f(xy)=f(x)+f(y).试求:⑴求证:不在f(x)的定义域内⑵求不等式f-1(x)f-1()≤的解集3定义探求法第59页\n在求解有关函数方程的问题时,我们经常会遇到要证明某函数为周期性函数,此时我们一般采用周期函数的定义来求解,探求函数的有关性质.例设a>0,f(x)是定义在实数集上的一个实值函数,且对每一实数x,有f(x+a)=+⑴证明:f(x)是周期函数;⑵对a=1,具体给出一个这样的非常数的函数f(x)例7．设，均为实数，试求当变化时，函数的最小值。例8．设是定义在Z上的一个实值函数，满足，求证：是周期为4的周期函数。例9．已知函数f(x)对任意实数x,都有f(x＋m)＝－,求证f(x)是周期函数三、练习1．集合由满足如下条件的函数组成：当时，有，对于两个函数，以下关系中成立的是（）2．设，记，若则（　　）　、　　　、-　　　、　　　、第59页\n3．若(log23)x-(log53)x≥(log23)-(log53)，则()(A)x-y≥0(B)x+y≥0(C)x-y≤0(D)x+y≤04．定义在实数集上的函数f(x)，对一切实数x都有f(x＋1)＝f(2－x)成立，若f(x)＝0仅有101个不同的实数根，那么所有实数根的和为()A.150B.C.152D.5．已知（a、b；实数）且，则的值是（）（A）（B）（C）3（D）随a、b取不同值而取不同值6．函数的奇偶性是:A.奇函数B.偶函数C.既是奇函数又是偶函数D.不是奇函数又不是偶函数7．已知函数在[1,2]上恒正，则实数a的取值范围是()（A）（B）（C）（D）8．函数的值域为（）9．给定实数，定义为不大于x的最大整数，则下列结论中不正确的序号是（）10．函数，则11。实数x，y满足x2＝2xsin(xy)－1，则x2006＋6sin5y＝______________12．方程ln(＋x)＋ln(＋2x)＋3x＝0的解集是13．.已知,且，则=14．下列说法正确的是（1）函数与关于直线对称；第59页\n（2）函数与关于y轴对称；（3）若函数满足=，则关于直线对称；（4）若函数满足=，则关于y轴对称15．若函数的定义域为R，且对于的任意值都有，则函数的周期为__________。16．设方程的根为,方程的根为,则=17．函数，则18．设则S的最大值为19．设函数，求函数的图象与轴所围成的封闭部分的面积．20．为何实数时，方程有四个互不相等的实数根．21．(1)若函数满足，求证的图像就关于直线对称(2)函数的图像关于某条垂直于x轴的直线对称，求实数c的值22．已知，定义（１）求（２）设，求证：中至少含有个元素．函数的定义域关于原点对称，但不包括数，对定义域中的任何实数，在定义域中存在，使得，且满足以下三个条件：（１）是定义域中的数，或，则；（２）（是一个正常数）；（３）当时，．求证：（１）是奇函数；（２）是周期函数，并求出其周期；（３）在内为减函数．第59页\n§2.2二次函数一、基础知识：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：2．二次函数的图像和性质（1）的图像是一条抛物线，顶点坐标是，对称轴方程为，开口与有关。（2）单调性：当时，在上为减函数，在上为增函数；时相反。（3）奇偶性：当时，为偶函数；若对恒成立，则为的对称轴。（4）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。3．三个二次之间的关联及根的分布理论：二次方程的区间根问题，一般情况需要从三个方面考虑：判别式、区间端点函数值的符号；对称轴与区间端点的关系。二、综合应用：例1：已知，若时，恒成立，求的取值范围。例2．设满足条件：（1）当时，，（2）当，（3）在R上的最小值为0。①求的解析式；②求最大的使得存在，只要就有。设实数a、b、c满足a2－bc－8a＋7＝0…………①b2＋c2＋bc－6a＋6＝0…………②求a的取值范围.分析：如何将含有三个变量的两个方程组成的方程组问题，转化为只含有a的不等式，是解决本题的关键，仔细分析观察方程组的特点，发现可以利用a来表示bc及b＋c，从而用韦达定理构造出a为变量的一元二次方程，由△≥0建立a的不等式.解：由①得：bc＝a2－8a＋7…………③由①②得：(b＋c)2＝a2－2a＋1即b＋c＝±(a－1)第59页\n…………④由③④得b，c为方程x2±(a－1)x＋(a2－8a＋7)＝0的两个实数根，由于b，c∈R，所以△≥0即：[±(a－1)]2－4(a2－8a＋7)≥0即：a2－10a＋9≤0得：1≤a≤9例3。已知二次函数和一次函数，其中满足，，．（1）求证：两函数的图像交于不同的两点A、B；（2）求线段在轴上的射影的范围。命题意图：本题主要考查考生对函数中函数与方程思想的运用能力.知识依托：解答本题的闪光点是熟练应用方程的知识来解决问题及数与形的完美结合.错解分析：由于此题表面上重在“形”，因而本题难点就是一些考生可能走入误区，老是想在“形”上找解问题的突破口，而忽略了“数”.技巧与方法：利用方程思想巧妙转化.(1)证明：由消去y得ax2+2bx+c=0Δ=4b2－4ac=4(－a－c)2－4ac=4(a2+ac+c2)=4［(a+c2］∵a+b+c=0,a>b>c,∴a>0,c<0∴c2>0,∴Δ>0,即两函数的图象交于不同的两点.(2)解：设方程ax2+bx+c=0的两根为x1和x2,则x1+x2=－,x1x2=.|A1B1|2=(x1－x2)2=(x1+x2)2－4x1x2∵a>b>c,a+b+c=0,a>0,c<0∴a>－a－c>c,解得∈(－2,－)∵的对称轴方程是.∈(－2,－)时，为减函数∴|A1B1|2∈(3,12),故|A1B1|∈().例4．已知二次函数f(x)=ax2+bx(a,b是常数，且a≠0)满足条件：f(x－1)=f(3－x)，且方程f(x)=2x有等根。①求f(x)的解析式；②是否存在实数m，n(m2∵要使Fn(x)<0(n≥2)Þf[Fn-1(x)]<0Þ2Fn-1(x)－[Fn-1(x)]2<0ÞFn-1(x)<0或Fn-1(x)>2依此类推，要使F2(x)<0Þf[F1(x)]<0Þf[f(x)]<0Þ2f(x)－[f(x)]2<0Þf(x)<0或f(x)>2Þ2x－x2<0或2x－x2>2Þx<0(舍去)或x>2或x∈fÞx>2∴所求x的取值范围为(2,+∞)。例6：求实数的取值范围，使得对于任意实数和任意实数，恒有。设，原不等式化为：恒成立记，则，，第59页\n例7：已知函数，方程的两根是，又若，试比较的大小。解法一：设F(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋c＝a(x－x1)(x－x2)∴f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x作差：f(t)－x1＝a(t－x1)(t－x2)＋t－x1＝(t－x1)[a(t－x2)＋1]＝a(t－x1)(t－x2＋)又t－x2＋＜t－(x2－x1)－x1＝t－x1＜0∴f(t)－x1＞0∴f(t)＞x1解法二：同解法一得f(x)＝a(x－x1)(x－x2)＋x令g(x)＝a(x－x2)∵a＞0，g(x)是增函数，且t＜x1Þg(t)＜g(x1)＝a(x1－x2)＜－1另一方面：f(t)＝g(t)(t－x1)＋t∴＝a(t－x2)＝g(t)＜－1∴f(t)－t＞x1－t∴f(t)＞x1例8．已知函数，方程的两个根为，且（1）求证：也是方程的根；（2）设的另两个根是，且，试判断的大小。解：（1）易证。（2）由方程的两个根为，设所以记，则是的两根，而，且，故。例9．设,方程的两个根，若，设的对称轴为，求证构造可以推出结论。．设,当时，，求证：适合的最小实数A的值为8。第59页\n，所以A的最小值为8例10．设,方程的两个根满足，（1）当时，证明；（2）设的图像关于直线对称，证明该题是一九九七年全国普通高考理工类数学第24题，它综合考查二次函数、二次方程和不等式的基础知识，以及灵活运用数学知识和方法分析、解决问题的能力，当年没有几个考生能完整解答此题。可以从代数与几何两个角度展开思考：　　从代数角度看，f(x)是二次函数，从而方程f(x)-x=0即ax2+(b-1)x+c=0(a＞0)是二次方程，由于x1,x2是它的两个根，且方程中x2的系数是a，因此有表达式：f(x)-x=a(x-x1)(x-x2),进而，利用二次函数的性质和题设条件，可得第（1）问的证明。　　从几何角度看，抛物线y=f(x)-x开口向上，因此在区间［x1,x2］的外部，f(x)-x＞0，（1）的左端得证。其次，抛物线y=f(x)的开口也向上，又x1=f(x1)，于是为了证得（1）的右端，相当于要求证明函数f(x)在区间［0,x1］的最大值是f(x1)，这相当于证明f(0)≤f(x1)，也即C≤x1，利用韦达定理和题设，立即可得。　　至于（Ⅱ）的证明，应用配方法可得x0=，进而利用韦达定理与题设，即得证明。　　证明：①欲证：x＜f(x)＜x1    　　只须证：0＜f(x)-x＜x1-x           　　①∵方程f(x)-x=0的两根为x1,x2,∴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＜，即：x＜x2＜+x　　这由已知条件：0＜x＜x1＜x2＜，即得：x＜x2＜＜+x，　　故命题得证。　　（2）欲证x0＜，因为x0=，故只须证：x0-=-＜0　　①　　由韦达定理，x1+x2=，=，代入①式，有-=-＜0　　即：x2＜　　由已知：0＜x1＜x2＜，命题得证。第59页\n三、练习1．二次函数,若,则等于:A.B.C.cD.2．已知二次函数，设方程有两个实数根．①如果，设函数的对称轴为，求证：；②如果，且的两实根的差为2，求实数的取值范围．（1）即为：它的两根满足的充要条件是：又，所以：因为：，所以：，即：（1）由题意得：即：消去得：，此不等式等价于：解得：3．已知函数f(x)=6x－6x2，设函数g1(x)=f(x),g2(x)=f[g1(x)],g3(x)=f[g2(x)],…,gn(x)=f[gn-1(x)],…。①求证：如果存在一个实数x0，满足g1(x0)=x0，那么对一切n∈N*,gn(x0)=x0都成立；②若实数x0，满足gn(x0)=x0，则称x0为稳定动点，试求所有这些稳定不动点。③设区间A=(-∞,0)，对于任意x∈A，有g1(x)=f(x)=a<0,g2(x)=f[g1(x)]=f(0)<0，且n≥2时，gn(x)<0。试问是否存在区间B(A∩B≠f)，对于区间内任意实数x，只要n≥2，都有gn(x)<0？解:①数学归纳法：当n=1时，g1(x0)=x0显然成立；当n=k时，在gk(x0)=x0(k∈N*)成立，则gk+1(x0)=f[gk(x)]=f(x0)=g1(x0)=x0，即当n=k+1时，命题成立。第59页\n∴对一切n∈N*，若g1(x0)=x0，则gn(x0)=x0。②由①知，稳定不动点x0只需满足f(x0)=x0，∵f(x0)=x0Þ6x0－6x02=x0Þx0=0或x0=。③∵f(x)<0Þ6x－2x2<0Þx<0或x>1∴gn(x)<0Ûf[gn-1(x)]<0Ûgn-1(x)<0或gn-1(x)>1要使一切n∈N,n≥2，都有gn(x)<0，必须有g1(x)<0或g1(x)>1∵g1(x)<0Û6x－2x2<0Þx<0或x>1g1(x)>1Û6x－2x2>1Þ1,p≥3，m、p∈N*)仍成等差数列；⑤设Sn是等差数列{an}的前n项和，则是等差数列；⑥设{an}是等差数列，则{λan+b}(λ,b是常数)是等差数列；⑦设{an}与{bn}是等差数列，则{λ1an+λ2bn}（λ1，λ2是常数）也是等差数列；⑧设{an}与{bn}是等差数列，且bn∈N*，则{abn}也是等差数列（即等差数列中等距离分离出的子数列仍为等差数列）；⑨设{an}是等差数列，则{}（c>0,c≠1）是等比数列.2．等比数列（1）定义：（2）通项公式：an=a1qn－1.（3）前n项和公式：（4）等比中项：（5）任意两项：an=amqn－m.（6）无穷递缩等比数列各项和公式：S=（7）性质：①设{an}是等比数列，如果m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，那么am·an=ap·aq；②设Sn是等比数列{an}的前n项和，则Sm,S2m－Sm,S3m－S2m,…，Spm－S(p－1)m(m>1,p≥3，m、n∈N*)仍为等比数列；③设{an}是等比数列，则{λan}（λ是常数）、{}（m∈Z*）仍成等比数列；④设{an}与{bn}是等比数列，则{an·bn}也是等比数列；⑤设{an}是等比数列，{bn}是等差数列，bn∈Z*，则{abn}是等比数列（即等比数列中等距离分离出的子数列仍为等比数列）；⑥设{an}是正项等比数列，则{logcan}(c>0,c≠1)是等差数列.第59页\n赛题精讲例1设数列{an}的前n项和Sn=2an－1(n=1,2,…)，数列{bn}满足b1=3,bk+1=bk+ak(k=1,2，…)，求数列{bn}的前n项之和.（1996年全国数学联赛二试题1）【思路分析】欲求数列{bn}前n项和，需先求bn.由ak=bk+1－bk,知求ak即可，利用ak=Sk－Sk－1(k=2,3,4,…)可求出ak.【略解】由Sn=2an－1和a1=S1=2a1－1,得a1=1,又an=Sn－Sn－1=2an－2an－1,即an=2an－1,因此{an}是首项为1，公比为2的等比数列，则有an=2n－1.由ak=bk+1－bk，取k=1,2,…,n－1得a1=b2－b1,a2=b3－b2,a3=b4－b3,…,an－1=bn－bn－1,将上面n－1个等式相加，得bn－b1=a1+a2+…+an.即bn=b1+a1+a2+…+an=3+(1+2+22+…+2n－1)=2n－1+2,所以数列{bn}的前n项和为Sn′=（2+1）+（2+2）+（2+22）+…+（2+2n－1）=2n+2n－1.【评述】求数列的前n项和，一般情况必须先研究通项，才可确定求和的方法.例2求证：若三角形的三内角成等差数列，对应的三边成等比数列，则此三角形必是正三角形.【思路分析】由△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，知∠B=60°，三个角可设为60°－d,60°,60°+d，其中d为常数；又由对应的三边a、b、c成等比数列，知b2=ac，或将三边记为a、aq、aq2，其中q为正常数，由此知要证此三角形为正三角形只须证明d=0或q=1或a=b=c.【证】设△ABC的三个内角为A、B、C及其对边a、b、c，依题意b2=ac,∠B=60°.【方法1】由余弦定理，得整理得(a－c)2=0因此a=c.故△ABC为正三角形.【方法2】设a、b、c三边依次为a、aq、aq2，由余弦定理有cosB=,整理得q4－2q2+1=0,解得q=1,q=－1（舍去）所以a=b=c,故此△ABC为正三角形.【方法3】因为b2=ac,由正弦定理：(2RsinB)2=2RsinA·2RsinC（其中R是△ABC外接圆半径）即sin2B=sinA·sinC，把B=60°代入得sinA·sinC=，整理得[cos(A－C)－cos(A+C)=，即cos(A－C)=1,所以A=C，且∠B=60°，故此△ABC为正三角形.【方法4】将60°－d,60°,60°+d代入sin2B=sinAsinC,得sin(60°－d)·sin(60°+d)=，即[cos(2d)－cos120°]=.得cos2d=1,d=0°,所以∠A=∠B=∠C，故△ABC为正三角形.【评述】方法1、2着眼于边，方法3、4着眼于角.第59页\n例3各项都是正数的数列{an}中，若前n项的和Sn满足2Sn=an+,求此数列的通项公式.【思路分析】在Sn与an的混合型中，应整理成数列{Sn}的递推式或数列{an}的递推式，然后用递推关系式先求出Sn，再求an，或直接求an.本题容易得到数列{Sn}的递推式，利用an=Sn－Sn－1先求出Sn，再求an即可.【解】n≥2时，将an=Sn－Sn－1代入2Sn=an+,得2Sn=Sn－Sn－1+,整理得所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，即当n=1时，由2S1=a1+,得a1=1也满足.故数列{an}的通项公式为.【评述】处理本例的思想方法，可用来求满足Sn与an混合型中的通项公式.例4设数列{an}的前n项和Sn与an的关系为Sn=－ban+1－，其中b是与n无关的常数，且b≠－1.（1）求an与an－1的关系式；（2）写出用n与b表示an的表达式.【思路分析】利用Sn=an－an－1(n≥2)整理出数列{an}的递推关系式求an.【解】（1）当n≥2时，an=Sn－Sn－1=－ban+1－,整理得两边同乘以2n，得2nan=2n－1an－1+,可知数列{2nan}是以2a=为首项，公差为的等差数列.所以当b≠1，b≠－1时，第59页\n由（*）式得(1+b)nan=b(1+b)n－1an－1+从而数列{cn－cn－1}就是一个等比数列，n取2，3，…，n得故数列{an}的通项公式为【评述】构造辅助数列是解由递推关系式给出数列求通项的一个基本方法，本例构造了辅助数列{cn}、{cn－cn－1}，使数列{cn－cn－1}为等比数列，化未知为已知，从而使问题获解.例5n2(n≥4)个正数排成n行n列a11a12a13a14……a1na21a22a23a24……a2na31a32a33a34……a3na41a42a43a44……a4n…………………an1an2an3an4……ann其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知a24=1,a42=，a43=,求a11+a22+a33+…+ann.（1990年全国高中数学联赛试题）【思路分析】求和需要研究a11和akk，又每列成等比数列且公比相等，只需要研究a1k和q,又每行成等差数列，需要求得an和第一行的公差d，因而本题利用已知建立an、d和q之间关系，使问题获解.【解】设第一行数列公差为d，各列数列公比为q.因为2a43=a42+a44,第59页\n所以a44=2a43－a42=2×－=.又因为a44=a24·q2=q2,所以q=,于是有解此方程组，得d=,a11=.对于任意的1≤k≤n,有【评述】数列求和应先研究通项，通项cn=anbn，其中{an}成等差为九列，{bn}为等比数列，数列{cn}的求和用错项相减去.例6将正奇数集合{1，3，5，…}从小到大按第n组有(2n－1)奇数进行分组：{1},{3,5,7},{9,11,13,15,17},…（第1组）（第2组）（第3组）问1991位于第几组中？（1991年全国高中数学联赛试题）【思路分析】思路需要写出第n组的第1个数和最后一个数，1991介于其中，而第n组中最后一个数是第（1+3+…+2n－1）=n2个奇数为2n2－1.【解】因为1+3+5+…+(2n－1)=n2所以前n组共含有奇数n2个，第n组最后一个数即第n2个奇数为2n2－1,第n组第一个数即第n－1组最后一个数后面的奇数为[2(n－1)2－1]+2=2(n－1)2+1.由题意，有不等式2(n－1)2+1≤1991≤2n2－1.解得(n－1)2≤995且n2≥996，从而n≤32且n≥32，故n=32，即1991位于第32组中.【评述】应用待定的方法，假定位于第n组中然后确定n即可.例7设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是前n项和，证明（1995年全国高考题）第59页\n【思路分析】要证原结论成立，只需证SnSn+2<成立，用等比数列前n项和公式表示或建立Sn、Sn+1、Sn+2的关系，用比较法证之.【证法1】设{an}的公比为q,由题设知a1>0,q>0.（1）当q=1时，Sn=na1，从而SnSn+2－=na1(n+2)a1－(n+1)2=－<0.（2）当q≠1时，由①、②知根据对数函数的单调性，得【证法2】设{an}的公比为q，由题设知a1>0,q>0.因为Sn+1+=a1+qSn,Sn+2=a1+qSn+1,所以SnSn+2－=Sn(a1+qSn+1)－(a1+qSn)Sn+1=a1(Sn－Sn+1)=－a1(Sn+1－Sn)=－a1an+1<0.即（以下同证法1）.【评述】明确需要证，建立Sn、Sn+1、Sn+2之间的关系较为简单.针对性训练题1．设等差数列{an}满足3a8=5a13,且a1>0,Sn为其前n项之和，求Sn(n∈N*)中最大的是什么？（1995年全国高中数学联赛题）2．一个等比数列{an}的首项a1=2－5，它的前11项的几何平均数为25，若在前11项中抽出一项后的几何平均数为24，求抽去的是第几项？3．已知a1,a2,a3,…,an是n个正数，满足a1·a2·…·an=1，求证（2+a1）(2+a2)…(2+an)≥3n.4．已知数列{an}满足：a1=，a1+a2+…+an=n2an(n≥1).试求数列{an}的通项.5．已知95年数a1,a2,…,a95，每个都只能取+1或－1两个值之一，那么，它们两两之积的和a1a2+a1a3+…+a94a95的最小正值是多少？（1994年全国高中数学联赛试题）第59页\n6．设{an}为等差数列，又设方程aix2+2ai+1x+ai+2=0(i=1，2，…)中每个ai及公差都是非零的实数.（1）求这些方程的公共根；（2）证明，若上述方程的另一根为αi，则成等差数列.§3.2递归数列通项公式的求法　确定数列的通项公式，对于研究数列的性质起着至关重要的作用。求递归数列的通项公式是解决数学竞赛中有关数列问题的关键，本文着重对递归数列通项公式加以研究。基础知识定义：对于任意的，由递推关系确定的关系称为阶递归关系或称为阶递归方程，由阶递归关系及给定的前项的值(称为初始值)所确定的数列称为阶递归数列。若是线性的，则称为线性递归数列，否则称为非线性递归数列，在数学竞赛中的数列问题常常是非线性递归数列问题。求递归数列的常用方法：一．公式法(1)设是等差数列，首项为，公差为，则其通项为；(2)设是等比数列，首项为，公比为，则其通项为；(3)已知数列的前项和为，则。二．迭代法迭代恒等式：；迭乘恒等式：，()迭代法能够解决以下类型一和类型二所给出的递推数列的通项问题：类型一：已知，求通项；类型二：已知，求通项；第59页\n三．待定系数法类型三：已知，求通项；四．特征根法类型四：设二阶常系数线性齐次递推式为（），其特征方程为，其根为特征根。（1）若特征方程有两个不相等的实根，则其通项公式为（），其中A、B由初始值确定；（2）若特征方程有两个相等的实根，则其通项公式为（），其中A、B由初始值确定。证明：设特征根为，则所以====即是以为公比，首项为的等比数列。所以，所以(1)当时，则其通项公式为，其中，；(2)当时，则其通项公式为，其中五．代换法代换法主要包括三角代换、分式代换与代换相消等，其中代换相消法可以解决以下类型五：已知，，求通项。六．不动点法若，则称为的不动点，利用不动点法可将非线性递归式化归为等差数列、等比数列或易于求解的递关系的递推关系，从而达到求解的目的。类型六：(1)已知，且，求通项；(2)已知，求通项；七．数学归纳法八．构造法典例分析第59页\n例1．数列{an}中，a1=1,an+1>an,且成立，求。例2．已知正数数列满足：，其中，求。例3．已知数列{an}满足：，求。例4．已知，证明：该数列中的一切数都是整数。例5．已知，求。例6．数列满足，且，求的通项公式。例7．已知，求。例8．数列满足，求。例9．已知，求的通项公式。例10．已知数列满足：，且，求的通项公式。例11．若数列的前项和为，且满足，求的通项公式。拓展：若数列的前项和为，且满足，求的通项公式。(参考答案：，其中)第59页\n例12．设数列满足：，且，，证明：(……)是完全平方数。练习题：1．已知数列满足，求数列的通项2．已知数列满足，求数列的通项3．已知数列满足，求数列的通项4．已知数列满足，求数列的通项练习答案：1．解：其特征方程为，解得，令，由，得，2．解：其特征方程为，解得，令，由，得，3．解：其特征方程为，化简得，解得，令由得，可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，，第59页\n4．解：其特征方程为，即，解得，令由得，求得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，，§3.3递推法解题基础知识对于某些与自然数有关的问题，我们有时可以用递推法解决，扎谓用递推法解题，就是根据题目的特点，构造出递推关系解题的一种方法，解决问题的关键在于构造递推关系。递推关系一般可以用归纳、猜想等途径获得。利用递推法解题的一般步骤为：(1)确定初始值；(2)建立递推关系；(3)利用递推关系求通项。递推方法是人们从开始认识数量关系时就很自然地产生的一种推理思想.例如自然数中最小的数是1，比1大1的数是2，接下来比2大1的数是3，…由此得到了自然数数列：1，2，3，4，5，….在这里实际上就有了一个递推公式，假设第n个数为an，则an+1=an+1;　即由自然数中第n个数加上1，就是第n+1个数。由此可得　　an＋2=an＋1＋1，这样就可以得到自然数数列中任何一个数.再看一个例子：平面上5条直线最多能把圆的内部分成几部分？平面上100条直线最多能把圆的内部分成几部分？　　解：假设用ak表示k条直线最多能把圆的内部分成的部分数.这里k＝0，1，2，….　　a0＝1　　a1=a0+1＝2　a2=a1＋2=4　　a3=a2＋3=7　　a4=a3+4＝11…归纳出递推公式an＋1＝an+n.（1）　　即画第n＋1条直线时，最多增加n部分.原因是这样的：第一条直线最多把圆分成两部分，故a1＝2.当画第二条直线时要想把圆内部分割的部分尽可能多，就应和第一条直线在圆内相交，交点把第二条直线在圆内部分分成两条线段，而每条线段又把原来的一个区域划分成两个区域，因而增加的区域数是2第59页\n，正好等于第二条直线的序号.同理，当画第三条直线时，要想把圆内部分割的部分数尽可能多，它就应和前两条直线在圆内各有一个交点.两个交点把第三条线在圆内部分成三条线段.而每条线段又把原来一个区域划分成两个区域.因而增加的区域部分数是3，正好等于第三条直线的序号，….这个道理适用于任意多条直线的情形.所以递推公式（1）是正确的.这样就易求得5条直线最多把圆内分成：　　a5=a4+5＝11=5＝16（部分）。　　要想求出100条直线最多能把圆内分成多少区域，就去求通项公式。一般来说，如果一个与自然数有关的数列中的任一项an可以由它前面的k（≤n-1）项经过运算或其他方法表示出来，我们就称相邻项之间有递归关系，并称这个数列为递归数列.如果这种推算方法能用公式表示出来，就称这种公式为递推公式或递推关系式.通过寻求递归关系来解决问题的方法就称为递推方法.许多与自然数有关的数学问题都常常具有递推关系，可以用递推公式来表达它的数量关系.如何寻求这个递推公式是解决这类问题的关键之一，常用的方法是“退”到问题最简单情况开始观察.逐步归纳并猜想一般的速推公式.在小学生阶段，我们仅要求学生能拨开问题的一些表面现象由简到繁地归纳出问题的递推公式就行了，不要求严格证明.当然能证明更好.所谓证明，就是要严格推出你建立的关系式适合所有的n，有时，仅仅在前面几项成立的关系式，不一定当n较大时也成立。1、“河内塔问题”传说在印度的佛教圣地贝拿勒斯圣庙里安放着个一个黄铜板，板上插着三根宝石针，在第一根宝石针上，从下到上穿着由大到小的64片中心有孔的金片.每天都有一个值班僧侣按下面规则移动金片：把金片从第一根宝石针移到其余的某根宝石针上.要求一次只能移动一片，而且小片永远要放在大片的上面.当时传说当64片金片都按上面的规则从第一根宝石针移到另一根宝石针上时，世界将在一声霹雳中毁灭.所以有人戏称这个问题叫“世界末日”问题（也称为“Hanoi塔”问题），当然，移金片和世界毁灭并无联系，这只是一个传说而已，但说明这是一个需要移动很多很多次才能办到的事情.解这个问题的方法在算法分析中也常用到.究竟按上述规则移动完成64片金片需要移动多少次呢？将此问题一般化为：设有个银圈，大小不同，从大到小排列在三根金棒中的一根。这些银圈要搬到另一根金棒上，每次搬一个。第三根金棒作为银圈暂时摆放用。在搬动过程中，仍要保持大圈在下，小圈在上，问要搬动多少次，才能将所有银圈从一根棒搬到另一根，且搬完后银圈相对位置不变？思路：寻找与前面各项之间的关系，由题设条件列出等式。解：令用表所求的搬动次数，把第一棒个银圈的个搬到第三棒，再将最大一个银圈搬到第二棒，然后又将第三棒上的个圈搬到第二棒上，如此继续，可完成这次搬动任务。因为搬个银圈从一棒到另一棒需次，故可得递推式。下面对递推式的求解。第59页\n最后，可得。典例分析例1．用100元人民币购买物品，规定每天只能用以下三种方式之一购买物品：(1)买甲物品1元；(2)买乙物品2元；(3)买丙物品2元而且规定不允许不买物品。试问有多少种方式花完这100元钱？例2．有一种用硬币下棋的游戏，棋盘上标有第0站，第1站，第2站，……，第100站。一枚棋子开始在第0站，棋手每掷一次硬币，棋子跳动一次：若掷出的是正面，棋子向前跳两站，若掷出的是反面，则棋子向前跳一站，直到棋子恰好跳到第99站(胜利大本营)或第100站(失败大本营)时，游戏结束。如果硬币出现正反面的概率都是，分别求棋子跳到胜利大本营与失败大本营的概率。例3．现有四个人做传球游戏，要求接球后马上传给别人。由甲先传球，并作为第1次传球，求经过10次传球仍回到发球人甲手中的传球方式的种数。例4．(Bernoulli-Euler装错信问题)某人写了n封信，并在每个信封上写下了对应的地址和收信人的姓名。问：将所有的信都错信封的情况共有多少种？第59页\n例5．现将n边形的边依次记为，每条边都涂上红、黄、绿三种颜色中的一种，要使相邻两边的颜色互不相同，有多少种不同的涂色方法？例6．(第五届西部竞赛题)已知可以表示成为变元的二次多项式，求这个多项式的系数之和。例7．已知函数，数列是公差为等差数列，数列为公比为的等比数列，且，；，。设数列对于任意的正整数n都有成立，求的值。例8．已知一列非零向量满足：，()(1)证明：{||}是等比数列；(2)求向量与向量的夹角；第59页\n(3)设向量，把，，……，中所有与共线的向量取出按原来的顺序排成一列，组成一组新数列，记为：，，……，，求数列{}的通项公式；若令=++…+，为坐标原点，求点列的坐标。第四章三角平面向量复数一能力培养1,数形结合思想2,换元法3,配方法4,运算能力5,反思能力二问题探讨问题1设向量,,求证:.问题2设,其中向量,,(I)若且,求;(II)若函数的图象按向量平移后得到函数的图象,求实数的值.问题3(1)当,函数的最大值是,最小值是.(2)函数的最大值是.(3)当函数取得最小值时,的集合是.(4)函数的值域是.第59页\n问题4已知中,分别是角的对边,且,=,求角A.三习题探讨选择题1在复平面内,复数对应的向量为,复数对应的向量为,那么向量对应的复数是A,1B,C,D,2已知是第二象限角,其终边上一点P(),且,则=A,B,C,D,3函数图象的两条相邻对称轴之间的距离是A,B,C,D,4已知向量,向量,向量,则向量与向量的夹角的取值范围是A,B,C,D,5已知,,且与的夹角为钝角,则的取值范围是A,B,C,D,6若是三角形的最小内角,则函数的值域是第59页\nA,B,C,D,填空题7已知,则=.8复数,,则在复平面内的对应点位于第象限.9若,则=.10与向量和的夹角相等,且长度为的向量.11在复数集C内,方程的解为.解答题12若,求函数的最小值,并求相应的的值.13设函数,,若当时,恒成立,求实数的取值范围.14设,且,复数满足,求的最大值与最小值勤.15已知向量,,且(I)求及;(II)求函数的最小值.第59页\n16设平面向量,.若存在实数和角,使向量,,且.(I)求函数的关系式;(II)令,求函数的极值.参考答案:问题1证明:由,且得=①在①中以代换得=.即.温馨提示:向量是一种很好用的工具.运用好它,可简捷地解决一些三角,平几,立几,解几等问题.问题2解:(I)可得由=1,得又,得,有=,解得.(II)函数的图象按向量平移后得到函数,即的图象.也就是=的图象.而,有,.问题3解:(1)而,有,当,即时,;当,即时,.第59页\n(2),令,则,有,得令,有,①当时,,为增函数;②当时,,为减函数.=,而,于是的最大值是.(3)当,即时,.(4)可得,有得,有,得,又,于是有的值域是.问题4解:由已知得,即,又得,.又得由余弦定理.得,.由正弦定理得,有.又,得为最大角.又,有,于是.所以得.习题:1得,,选D.第59页\n2,又,得或(舍去),有,,选A.3它的对称轴为:,即,有,选A.4(数形结合)由,知点A在以(2,2)为圆心,为半径的圆周上(如图),过原点O作圆C的切线,为切点,由,知,有,过点O作另一切线,为切点,则,选D.5由,,设与的夹角为,则,有,即,得,有,选A.6由,令而,得.又,得,得,有,选D.7显然且,有,当时,,有,于是,得,则得到,当时,同理可得.8,它对应的点位于第一象限.第59页\n9由,得,有,即.则,原式=.10设,则,.设与,的夹角分别为,则,由,得=①;由=,得.②由①,②得,,,于是或11设,,代入原方程整理得有,解得或,所以或.12解:令,得由,得,有,.于是当,即,得时,.13解:由,知是奇函数,而得在R上为增函数,则有,令有,恒成立.①第59页\n将①转化为:,(1)当时,;(2)当时,,由函数在上递减,知当时,,于是得.综(1),(2)所述,知.14解:设,由得,得由,得,从而,设在复平面上的对应点分别为,由条件知W为复平面单位圆上的点,的几何意义为单位圆上的点W到点Z的距离,所以的最小值为;最大值为.15解(I),,得().(II)当且仅当时,.16解:(I)由,,得=,即,得.(II)由,得第59页\n求导得,令,得,当,,为增函数;当时,,为减函数;当时,,为增函数.所以当,即时,有极大值;当,即时,有极小值.第59页