高中数学奥赛辅导教材第一讲.doc

高中数学奥赛辅导教材第一讲

第一讲 集合概念及集合上的运算

知识、方法、技能

高中一年级数学（上）（试验本）课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件（或具有某种性质）的对象集中在一起就成为一个集合.
在此基础上，介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，表面平面轨迹及其关系，表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等综合型题目.

赛题精讲
Ⅰ．集合中待定元素的确定
充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.
例1：求点集中元素的个数.
【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之.
【略解】由所设知
由平均值不等式，有
当且仅当（虚根舍去）时，等号成立.
故所给点集仅有一个元素.
【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.
例2：已知
【思路分析】先进一步确定集合A、B.
【略解】又
∴
【评述】此题应避免如下错误解法：
联立方程组
消去 因方程无实根，故.
这里的错因是将A、B的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.
例3：已知集合
若是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a的值为 .
【思路分析】可作图，以数形结合法来解之.
【略解】点集A是顶点为（a，0），（0，a），（－a，0），（0，－a）的正方形的四条边构成（如图Ⅰ－1－1－1）.
将，变形为
所以，集合B是由四条直线构成.
欲使为正八边形的顶点所构成，只有这两种情况.
（1）当时，由于正八形的边长只能为2，显然有

故 .
（2）当时，设正八形边长为l，则

这时，
综上所述，a的值为
图Ⅰ－1－1－1
如图Ⅰ－1－1－1中
【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.
Ⅱ．集合之间的基本关系
充分应用集合之间的基本关系（即子、交、并、补），往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.
例4：设集合则在下列关系中，成立的是 （ ）
A． B．
C． D．
【思路分析】应注意数的特征，即
【解法1】∵
∴.故应选C.
【解法2】如果把A、B、C、D与角的集合相对应，令

结论仍然不变，显然A′为终边在坐标轴上的角的集合，B′为终边在x轴上的角的集
合，C′为终边在y轴上的角的集合，D′为终边在y轴上及在直线上的角的集合，故应选（C）.
【评述】解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.
例5：设有集合（其中[x]表示不超过实数x之值的最大整数）.
【思路分析】应首先确定集合A与B.
从而 ∴
若
从而得出 于是
【评述】此题中集合B中元素x满足“<3”时，会出现什么样的结果，读者试解之.
例6：设，
如果A为只含一个元素的集合，则.
【思路分析】应从A为只含一个元素的集合入手，即从方程有重根来解之.
【略解】设有重根，于是
即
整理得 因均为实数
即
【评述】此类函数方程问题，应注意将之转化为一般方程来解之.
例7：已知成立时，a需满足的充要条件.
【思路分析】由
【略解】
由于是，
若 ①
必有而①成立的条件是
即 解得
【评述】此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解.
例8：设A、B是坐标平面上的两个点集，
若对任何都有，则必有.此命题是否正确？
【思路分析】要想说明一个命题不正确，只需举出一个反例即可.
【略解】不正确.
反例：取B为A去掉（0，0）后的集合.
容易看出但A不包含在B中.
【评述】本题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之.
Ⅲ．有限集合中元素的个数
有限集合元素的个数在课本P23介绍了如下性质：
一般地，对任意两个有限集合A、B，有

我们还可将之推广为：
一般地，对任意n个有限集合有

应用上述结论，可解决一类求有限集合元素个数问题.
【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评19人优秀，化学总评有20人优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和数学都优秀的有8人，试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围（该班有5名学生没有任一科是优秀）.
【思路分析】应首先确定集合，以便进行计算.
【详解】设{数学总评优秀的学生}，{物理总评优秀的学生}，{化学总评优秀的学生}.
则
∵
∴
这里，是数、理、化中至少一门是优秀的人数，是这三科全优的人数.可见，估计的范围的问题与估计的范围有关.
注意到，可知
. 因而可得
又∵
∴ 这表明全班人数在41~48人之间.
仅数学优秀的人数是
∴

可见 同理可知
故仅数学单科优秀的学生在4~11之间，仅物理单科优秀的学生数在3~10之间，仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.
第二讲 映射及映射法

知识、方法、技能
1．映射的定义
设A，B是两个集合，如果按照某种对应法则f，对于集合A中的任何一个元素，在集合B中都有惟一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合A到集合B的映射，记作
（1）映射是特殊的对应，映射中的集合A，B可以是数集，也可以是点集或其他集合，这两个集合有先后次序，从A到B的映射与从B到A的映射是截然不同的.
（2）原象和象是不能互换的，互换后就不是原来的映射了.
（3）映射包括集合A和集合B，以及集合A到B的对应法则f，三者缺一不可.
（4）对于一个从集合A到集合B的映射来说，A中的每一个元素必有惟一的，但B中的每一个元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一个.
2．一一映射
一般地，设A、B是两个集合，是集合A到集合B的映射，如果在这个映射下，对于集合A中的不同元素，在集合B中有不同的象，而且B中每一个元素都有原象，那么个这个映射叫做A到B上的一一映射.
3．逆映射
如果f是A与B之间的一一对应，那么可得B到A的一个映射g：任给，规定
，其中a是b在f下的原象，称这个映射g是f的逆映射，并将g记为f—1.
显然有（f—1）—1= f，即
如果f是A与B之间的一一对应，则f—1是B与A之间的一一对应，并且f—1的逆映射是f.
事实上，f—1是B到A的映射，对于B中的不同元素b1和b2，由于它们在f下的原象不同，所以b1和b2在f—1下的像不同，所以f—1是1－1的.
任给，则.这说明A中每个元素a在f—1都有原象.因此，f—1是映射上的.
这样即得f—1是B到A上的1－1映射，即f—1是B与A之间一一对应.从而f—1有逆映射由于任给，其中b是a在f—1下的原象，即f—1(b)，所以，
f(a)，从而，这即是f—1的逆映射是f.
赛题精讲
Ⅰ映射
关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一，请看下述试题.
例1：设集合映射f：F→Z.使得的值.
【思路分析】应从入手，列方程组来解之.
【略解】由f的定义和已知数据，得

将两式相加，相减并分别分解因式，得

显然，的条件下，

对应可知
同理，由
对应地，于是有以下两种可能：
（Ⅰ） （Ⅱ）
由（Ⅰ）解出1，9，8，6；由（Ⅱ）解出12，它已超出集合M中元素的范围.因此，（Ⅱ）无解.
【评述】在解此类问题时，估计的可能值是关键，其中，对它们的取值范围的讨论十分重要.

例2：已知集合求一个A与B的一一对应f，并写出其逆映射.

图Ⅰ－1－2－1

【略解】从已知集合A，B看出，它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合（如图Ⅰ－1－2－1）.
集合A为直线所夹角内点的集合，集合B则是第一、三象限内点的集合.所要求的对应实际上可使A区域拓展成B区域，并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合A和B：

令在这个映射下，极径没有改变，辐角之间是一次函数，因而之间是一一对应，其中
所以，映射f是A与B的一一对应.
逆映射极易写，从略.
【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题，颇具特色.应注意理解掌握.
Ⅱ映射法
应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题.
例3：设{1，2，…，100}，对X的任一非空子集M，M中的最大数与最小数的和称为M的特征，记为求X的所有非空子集的特征的平均数.
【略解】设
于是是X的非空子集的全体（子集组成的集），Y到X自身的满射，记X的非空子集为A1，A2，…，（其中2100－1），则特征的平均数为

由于A中的最大数与A′中的最小数的和为101，A中最小数与A′中的最大数的和也为101，故从而特征平均数为
如果A，B都是有限集合，它们的元素个数分别记为对于映射来说，如果f是单射，则有；如果f是满射，则有；如果f是双射，则有.这在计算集合A的元素的个数时，有着重要的应用.即当比较难求时，我们就找另一个集合B，建立一一对应，把B的个数数清，就有.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例.

例4：把△的各边n等分，过各分点分别作
各边的平行线，得到一些由三角形的边和这些平
行线所组成的平行四边形，试计算这些平等四边
形的个数.
【略解】如图Ⅰ－1－2－2所示，我们由对称性，
先考虑边不行于的小平行四边形.把边和
边各延长一等分，分别到B′，C′，连接
B′C′.将A′B′的n条平行线分别延长，与B′C′相交，连同B′，C′共有2个分点，从B′至C′依次记为1，2，…，2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交B′C′于i，j，k，l.记
{边不平行于的小平行四边形}，

把小平行四边形的四条边延长且交边于四点的过程定义为一个映射：.
下面我们证明f是A与B的一一对应，事实上，不同的小平行四边形至少有一条边不相同，那么交于的四点亦不全同.所以，四点组亦不相同，从而f是A到B的1－1的映射.
任给一个四点组，过i，j点作的平行线，过k，l作的平行线，必交出一个边不平行于的小平行四边形，所以，映射f是A到B的满射. 总之f是A与B的一一对应，于是有
加上边不平行于和的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是
例5：在一个6×6的棋盘上，已经摆好了一些1×2的骨牌，每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子，证明：如果还有14个格子没有被覆盖，则至少能再放进一个骨牌.

【思路分析】还有14个空格，说明已经摆好了
11块骨牌，如果已经摆好的骨牌是12块，
图Ⅰ－1－2－3所示的摆法就说明不能再放入骨牌.
所以，有14个空格这一条件是完全必要的.我们
要证明当还有14个空格时，能再放入一个骨牌，
只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种
情况不发生，则每个空格的四周都有骨牌，由于正
方形是对称的，当我们选定一个方向时，空格和骨牌就有了某种对应关系，即可建立空格到骨牌的一种映射，通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系，可以得到空格分布的一个很有趣的结论，从而也就证明了我们的命题.
【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空.
如果棋盘第一行（即最上方的一行）中的空格数多于3个时，则必有两空格相邻，这时问题就得到解决.
现设第一行中的空格数最多是3个，则有，另一方面全部的骨牌数为11，即所以必有事实上这是一个一一映射，这时，将发生一个很有趣的现象：最下面一行全是空格，当然可以放入一个骨牌.
【评述】这个题目的证明是颇具有特色的，从内容上讲，这个题目具有一定的综合性，既有覆盖与结构，又有计数与映射，尤其是利用映射来计数，在数学竞赛中还较少见.
当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如，用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构，也能比较容易地解决这个问题，请读者作为练习.
例6：设{1，2，3，…}，论证是否存一个函数使得，对一切成立，格，即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格，考察它上方的与之相邻的方格中的情况.
（1）如果上方的这个方格是空格，则问题得到解决.
（2）如果上方的这个方格被骨牌所占，这又有三种情况.
（i）骨牌是横放的，且与之相邻的下方的另一个方格也是空格，则这时有两空格相邻，即问题得到解决；
（）骨牌是横放的，与之相邻的下方的另一个方格不是空格，即被骨牌所覆盖；
（）骨牌是竖放的.
现在假设仅发生（2）中的（）和（）时，我们记X为下面5×6个方格中的空格集合，Y为上面5×6个方格中的骨牌集合，作映射，由于每个空格（X中的）上方都有骨牌（Y中的），且不同的空格对应于不同的骨牌.所以，这个映射是单射，于是有
，对一切成立.
【解法1】存在，首先有一条链.
1→2→3→5→8→13→21→… ①
链上每一个数n的后继是，f满足
②
即每个数是它产面两个数的和，这种链称为f链.
对于①中的数m>n，由①递增易知有
③
我们证明自然数集N可以分析为若干条f链，并且对任意自然数m>n，③成立（从而），并且每两条链无公共元素）.方法是用归纳法构造链（参见单壿著《数学竞赛研究教程》江苏教育出版社）
设已有若干条f链，满足③，而1是第一个不在已有链中出现的数，定义
④
这链中其余的数由②逐一确定.
对于m>n，如果m、n同属于新链，③显然成立，设m、n中恰有一个属于新链.若m属于新链，在1时，
设对于m，③成立，则
[由②易知]. 即对新链上一切m，③成立.
若n属于新链，在1时，

设对于n，③成立，在m>n时，m不为原有链的链首。 记

而在矛盾，所以.
即对新链上一切，③成立. 因而添入一条新链后，③仍成立.
这样继续添加，直到所有自然数均在链中出现，所得函数即为所求.
【解法2】令表示x的整数部分.显然
严格递增，并且 又由于，
∴

因此，就是满足要求的函数.

第三讲 函数的概念和性质
知识、方法、技能

I．函数的定义
设A，B都是非空的数集，f是从A到B的一个对应法则.那么，从A到B的映射f：A→B就叫做从A到B的函数.记做(x)，其中x∈A，y∈B，原象集合，A叫做函数f(x)的定义域，象的集合C叫做函数的值域，显然.
．函数的性质
（1）奇偶性 设函数f(x)的定义域为D，且D是关于原点对称的数集.若对任意的x∈D，都有f(－x)=－f(x)，则称f(x)是奇函数；若对任意的x∈D，都有f(－x)(x),则称f(x)是偶函数.
（2）函数的增减性 设函数f(x)在区间D′上满足：对任意x1, x2∈D′，并且x1<x2时，总有f(x1)<f(x2) (f(x1)>f(x2)),则称f(x)在区间D′上的增函数（减函数），区间D′称为f(x)的一个单调增（减）区间.
．函数的周期性
对于函数 f(x),如果存在一个不为零的正数T，使得当x取定义域中的每个数时，f()(x)总成立，那么称f(x)是周期函数，T称做这个周期函数的周期.如果函数f(x)的所有周期中存在最小值T0，称T0为周期函数f(x)的最小值正周期.
．高斯函数
对任意实数x,我们记不超过x的最大整数为[x]，通常称函数[x]为取整函数，又称高斯函数.
进一步，记{x}－[x]，则函数{x}称为小数部分函数，它表示的是x的小数部分.
根据高斯函数的定义，可得到其如下性质.
性质1 对任意x∈R，均有
x－1<[x]≤x<[x]+1.
性质2 对任意x∈R，函数{x}的值域为.
性质3 高斯函数是一个不减函数，即对任意x1, x2∈R，若x1≤x2, 则[x1] ≤[x2].
性质3 若n∈Z, x∈R,则有 [][x], {}={x}
后一个式子表明{x}是一个以1为周期的函数.
性质4 若x , y ∈R， 则 [x]+ [y]≤[] ≤[x]+ [y]+1.
性质5 若n∈N*, x∈R, 则[]≥n[x]
性质6 若n∈N*, x∈R, 则.
性质7 若n∈N*, x∈, 则在区间[1]内，恰有个整数是n的倍数.

性质8 设p为质数，n∈N*,在p在n!的质因数分解式中的幂次为

赛题精讲
函数是高中数学，也是高等数学的基础.因此，也是高考和高中数学竞赛的重要内容.下面分类介绍此类题目.
I 函数的定义域和值域
例1 当x为何值时，才有意义.
【思路分析】应根据对数的意义，从最外层开始一层一层地逐步消去根号和对数符号求出x的范围.
【略解】由>0，得≥1
……
∴
【评述】这种多层对数及根式问题，一定要逐层由外向内求解，要有耐心。
例2 设{7∈N*},在A上定义函数f如下：若a∈A，则f(a)表示a的数字之和，例如f(7)=7，f(42)=6，设函数f的值域是集合M.求证：{∈N*, n≥2}.
【思路分析】注意从充要条件的角度来进行证明.
【略解】先证M{∈N*≥2}.
任取x∈M, 即x是被7整除的正整数的数字之和，由于7×10n，0, 1,2，…，所以x的数字之和是大于1的正整数，因此x∈{∈N*，n≥2}.所以
M{∈N*≥2}.
再证{∈N*，n≥2} M.
任取x∈{∈N*≥2},即x是大于1的正整数.下面分两种情形：
当2k(k∈N*)时，由于7|100|，于是取
10011001…1001，

k个1001
则7，且f(a)=2k,所以x∈M.
当21(k∈N*)时，由于7|100|，7|21，于是取
10011001…100121，

k－1个1001
则7，且f(b)=2(k－1)+3=21,故x∈M,故x∈M.所以
{∈N*, n≥2}M.
因此 {∈N*, n≥2}.
【评述】此类题目的证明严谨、科学.
例3 设正实数x, y满足1，求函数
f(x, y) =的值域.（其中（[x]表示不超过x的最大整数）
【思路分析】由x、y的对称性，不妨设x≥y，则有x2≥1，必分1与x>1两种情况讨论.
【详解】不妨设x≥y，则x2≥1≥1.有下面两种情形：
（1）当1时，1，此时f()=.
（2）当x>1时，设[x]， {x}－[x]=α，则α,0≤α<1.
于是，<1，故[y]=0.
.
由函数g(x)在x≥1时是递增的和0≤α<1得

综上所述，f(x, y)的值域为.
【评述】本例表面上为“二元函数”实为一元函数，因为，消去y后就是关于x的函数了.
．函数性质的应用
在数学竞赛中，常见的应用函数性质的题目有以下几类：
1．求值、求最值
例4 设函数f(x)是定义在R上的周期为3的奇函数，且f(1)=2,求f(2)(3)的值.
【思路分析】要抓住函数为奇函数且周期为3进行变形求值.
【略解】对定义在R上的奇函数，必有
f(0)=－f(0),即f(0)=0.
∴f(3)(0)=0, f(2)(－1+3)(－1)=－f(1)=－2.
∴f(2)(3)=－2.
例5 设f(x)，g(x)都是定义在R上的奇函数，F(x)(x)(x)+2在区间（0，+∞）上的最大值是5，求F(x)在（－∞，0）上的最小值.
【思路分析】应注意F(x)－2是奇函数，这是解题的一条途径.
【略解】令(x)(x)－2(x)(x),
易知(x)为奇函数，且在（0，+∞）上有最大值3.
∴(x)在（－∞，0）上有最小值－3.
故F(x)在（－∞，0）上的最小值为－1.
【评述】将代数式转化为奇函数的思想十分重要，应注意掌握这种“转化思想”.
例6 设函数f(x), 对任意x, y∈R都有f()(x)(y)，若x>0时，f(x)<0且f(1)=－2.
（1）证明：f(x)是奇函数；
（2）求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值.
【思路分析】因为x∈R，由区间的特殊点，即0入手，是解题的出发点.
【略解】（1）令0,则有
f(0)(0)(0), ∴f(0)=0.
再令－x，得f(0)(x)(－x),
∵f(0)=0, ∴f(－x)=－f(x),
∴f(x)是奇函数.
（2）设x1, x2∈R，且x1< x2,则
f(x2)[x1+(x2－x1)](x1)(x2－x1),
∵x2>x1, ∴x2－x1>0.
由已知得 f(x2－x1)<0,
∴f(x2)<f(x1).故f(x)在R上是减函数.
∴f(x)在[－3，3]上的最大值[f(x)]最大值(－3),最小值[f(x)]最小值(3).
又∵f(3)(1+2)(1)(2)(1)(1)(1)=－6, f(－3)=－f(3)=6.
故f(x)在[－3，3]上的最大值为6，最小值为－6.
【评述】本题中的 “x21+(x2－x1)”是完成证明函数是减函数的证明的主要过程，这一特点读者应有所体会.
2．求函数的解析式
例7 若f(x)=2x－2－为奇函数，求实数a的值.
【思路分析】可由f(x)为奇函数，得到f(－x)=－f(x),构造方程来求a的值.
【略解】∵f(－x)=2－x－2－(2x－2－)=－f(x),
∴(22－x)－(22－x)0,
即(22－x)(1－)=0,
∵22－x>0, ∴1－0,
故10.
【评述】利用“函数与方程的思想”来解题依然是本题的主线，但函数是奇函数是出发点。应注意找好每道题解题的出发点.
例8 已知定义在R上的单调函数f(x)满足f()(x)(y)且f(1)=2.
（1）求证：f(x)为奇函数；
（2）当t>2时，不等式f(2t)(2t－22t－2)<0恒成立，求实数k的取值范围.
【思路分析】由f(x)的定义域为R，从其特殊点，即0入手来解此题.
【略解】（1）令0得
f(0)=2f(0), ∴f(0)=0.
再令－x, 得f(0)(x)(－x),
∴f(－x)=－f(x), 即f(x)为奇函数.
（2）∵f(0)=0, f(1)=2,且f(x)是R上的单调函数，故f(x)是R上的单调递增函数.又f(x)是奇函数.
由
得2t<22t－22,
即22t－(1)22>0,
∴(1)2－8<0,
∴－2<1<2,
∴－1－2<k<－1+2.
故使不等式恒成立的实数k的范围是（－1－2，2－1）.
【评述】本题（2）为函数不等式，此类题目十分典型，本节后面将专门加以介绍.

第四讲 常见的初等函数、二次函数

知识、方法、技能

常函数，幂函数α (α∈Q),指数函数,对数函数,三角函数（, , 等），反三角函数（, , 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，并能利用这些性质快捷地比较两个数值的大小或解有关不等式.具体解题时，若绘出各基本初等函数的草图，往往能“一目了然”地获得问题的结果.
绘制幂函数α(α、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　1-4-1.

(2)判断函数的奇偶性并确定函数图像在其他象限的情况
①均为奇数时，α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α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，α既不是奇函数也不是偶函数，函数只在第一象限有图像.
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，我们称之为初等函数.其中二次函数和形如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；会利用函数的性质求出一些分式函数的值域.

赛题精讲

例1 3个幂函数和的图象如图I—1—4—2：试写出各个函数的图象的对应编号.

【思路分析】3个函数的定义域、值域、单调性都相同，具有类似的草图，仅从草图已无法区分这三者了.只能更为“精细”地考察和函数值的大小，不妨取2试一试.
【略解】当2时，3个函数值分别为.因为 为增函数，2时，图象①的对应点纵坐标最大，图象③的对应点纵坐标最小，所以对应的图象依次为③，②，①.
【评述】一般地，当α越大大时，幂函数图像在x>1对应的部分越“高”.此外，本题方法也可应用于辨别两个草图相近的指数函数或对函数的图象.
例2 比较下列各题中两个值的大小：
（1）； （2）
（3） （4）23与23.1.
【思路分析】（1）中两数有相同的指数－，故可将这两者看做同一函数的两个不同函数值，利用函数单调性比较两数大小.
【略解】（1）因为是（－∞，0）上的减函数，又所以
.
（2）因为
（3）因为
（4）因为2x是（0，+∞）上的增函数，又3<3.1，所以23<23.1.
例3 求下列函数的定义域：
（1）
（2）
【略解】（1）据题意有>0.
①a>1时，上式等价于>1,即x>a.
②0<a<1时，上式等价于0<<1,即1>x>a .
所以，当a>1时，函数定义域为（∞）；而当0<a<1时，函数定义域为（a,1）.
（2）据题意有
解得
【评述】解指数、对数不等式时，要注意比较底数a与1的大小，从而确定去掉指数、对数符号后不等号是否改向.
例4 解方程：
（1）
（2）
【略解】（1）因为所以原方程等价于

令6,显然y>1,则f(x)是y的增函数.
所以1212只有惟一解12. 即原方程有解
例5 比较下列各组数的大小 ：
（1）48°, 313°；
（2）96°, 96°, 69°.
【思路分析】 比较两数大小的一种方法是将两数看成同一函数的两个函数值，然后利用函数单调性来比较；另一种方法是寻找某个中介量（如0，1）等.
【略解】（1）313°(360°－47°)47°43°<48°
所以313°<48°
（2）因为钝角的余弦小于0，正弦大于0，所以96°<0, 0<96°<1.
又69°>45°=1所以96°<96°<69°.
例6 已知x∈[0，π]，比较()与()的大小.
【略解】

例7 已知，比较下列三数的大小：

例8 求下列函数的最小正周期：
（1）－;
（2）();
（3）().

【略解】（1）因为
所以函数－的最小正周期.
（2）因为((2π))()，所以2π是函数()的周期.设最小正周期为T，若0<T<2π,则[()()
特别地，令0, ().
而另一方面，0<T<2π,－1≤<1,由正弦函数的单调性和()<，与()矛盾，所以假设不成立.
综上，函数() 的最小正周期为2π.
（3）因为((π))(－)(),所以π是函数()的周期，仿（2）可证函数()的最小正周期为π.
【评述】（1）求函数最小正周期时，应尽量将函数化简.（2）对于由两个函数f(x)和g(x)复合而成的函数f(g(x)),如果g(x)是周期函数，且其最小正周期为T1，那么，f(g(x))也是周期函数，且T1仍是f(g(x))的一个周期，但未必是它的最小正周期.
例9 判断下列函数的周期性，若是周期函数，试求出其最小正周期.
（1）236x；
（2）π2x .
【略解】（1）2和36x的最小正周期分别是 ，的最小公倍数4π是236x的周期.可以证明4π也是它的最小正周期.
（2）πx和2x的周期分别为2和π，因为不是有理数，所以2和π没有最小公倍数（此处倍数应为整数倍），可以证明π2x 不是周期函数.
【证明】假设T是函数π2x的周期.则
π()2()π2x.
π()－π2x－2(),
2(π)=2(2), (*)
令0, 得222T.
即2T ①
而令－2, 化简得 (4).②
令－2, 得(T－4) ③
由②－③得 (4)－(T－4)=0,
即24=0, 20,
④
但显然④不适合①，矛盾，所以假设不成立.函数π2x不是周期函数.
【评述】一般地，周期函数f(x)和g(x)的最小正周期分别为T1和T2，若T12θ，则函数f(x)(x)不是周期函数，若T12∈θ，则f(x)(x)是周期函数.

第五讲 不等式的证明

知识、方法、技能
不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.
证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：
不等式的性质：这是不等式的定义，也是比较法的依据.
对一个不等式进行变形的性质：
（1）（对称性）
（2）（加法保序性）
（3）
（4）
对两个以上不等式进行运算的性质.
（1）（传递性）.这是放缩法的依据.
（2）
（3）
（4）
含绝对值不等式的性质：
（1）
（2）
（3）（三角不等式）.
（4）
证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.

赛题精讲
例1：求证：
【略解】

【评述】（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明时，可将
配方为，亦可利用
，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.
例2：，求证：
【思路分析】显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.
【略解】不等式关于对称，不妨，且，
都大于等于1.

【评述】（1）证明对称不等式时，不妨假定个字母的大小顺序，可方便解题.
（2）本题可作如下推广：若

（3）本题还可用其他方法得证。因，同理，
另，4式相乘即得证.
（4）设例3等价于类似例4可证事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：
设有两个有序数组，则（顺序和）
（乱序和）
（逆序和）
其中的任一排列.当且仅当或时等号成立.
排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如
.
例3：
【思路分析】中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.
【略解】不妨设，则（乱序和）（逆序和），同理（乱序和）（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组，仿上可证第二个不等式.
例4：设，且各不相同，
求证：
【思路分析】不等式右边各项；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.
【略解】设的重新排列，满足，
又
所以.由于是互不相同的正整数，故从而，原式得证.
【评述】排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，
例5：利用基本不等式证明
【思路分析】左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.
【略解】；三式相加再除以2即得证.
【评述】（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.
如，可在不等式两边同时加上
再如证时，可连续使用基本不等式.
（2）基本不等式有各种变式 如等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.
例6：已知求证：
【思路分析】不等式左边是、的4次式，右边为常数，如何也转化为、的4次式呢.
【略解】要证即证
【评述】（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知求证：
右侧的可理解为再如已知，求证：
+，此处可以把0理解为，当然本题另有简使证法.
（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于个正数
调和平均
几何平均
算术平均
平方平均
这四个平均值有以下关系：，其中等号当且仅当时成立.
例7：利用排序不等式证明.
【证明】令则，故可取，使得
由排序不等式有：

=（乱序和）
（逆序和）
，

【评述】对各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，.
例8：证明：对于任意正整数R，有
【思路分析】原不等式等价于，故可设法使其左边转化为n个数的几何平均，而右边为其算术平均.
【略证】
【评述】（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证
（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.
例9：n为正整数，证明：
【证明】先证左边不等式

（*）式成立，故原左边不等式成立.
其次证右边不等式

（**）
（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.

第六讲 不等式的应用、参数取值范围问题

知识、方法、技能
I．排序不等式（又称排序原理）
设有两个有序数组及
则（同序和）
（乱序和）
（逆序和）
其中是1，2，…，n的任一排列.当且仅当或时等号（对任一排列）成立.
证明：不妨设在乱序和S中时（若，则考虑），且在和S中含有项
则 ①
事实上，左－右=
由此可知，当时，调换（）中与位置（其余不动），所得新和调整好及后，接着再仿上调整与，又得如此至多经次调整得顺序和
②
这就证得“顺序和不小于乱序和”.显然，当或时②中等号成立.反之，若它们不全相等，则必存在及k，使这时①中不等号成立.因而对这个排列②中不等号成立.
类似地可证“乱序和不小于逆序和”.
．应用排序不等式可证明“平均不等式”：
设有n个正数的算术平均数和几何平均数分别是

此外，还有调和平均数（在光学及电路分析中要用到
，
和平方平均（在统计学及误差分析中用到）
这四个平均值有以下关系.
其中等号成立的充分必要条件都是.
下面首先证明算术平均数一几何平均数不等式：
记；

由于数组和数组中对应的数互为倒数，由排序不等式得
（逆序和）
，
即
从而等号当且仅当或时成立，而这两者都可得到.
下面证明对个正数应用得

即（符号成立的条件是显然的）.最后证明它等价于

而上式左边=
，于是不等式及等号成立的条件都