江苏省数学竞赛《提优教程》教案第15讲存在性问题Word格式.docx
- 文档编号:14650702
- 上传时间:2022-10-23
- 格式:DOCX
- 页数:22
- 大小:199.02KB
江苏省数学竞赛《提优教程》教案第15讲存在性问题Word格式.docx
《江苏省数学竞赛《提优教程》教案第15讲存在性问题Word格式.docx》由会员分享,可在线阅读,更多相关《江苏省数学竞赛《提优教程》教案第15讲存在性问题Word格式.docx(22页珍藏版)》请在冰豆网上搜索。
(2)若存在实数a,b(a<
b),使得函数的定义域是[a,b],值域是[ma,mb](m≠0),求实数m的取值范围.(2005年天津市数学竞赛试题)
分析函数f(x)是分段函数,它的值域是[a,b]是的子集,而f(0)>0,所以a>0,因为函数f(x)在(0,1)上是减函数,在(1,+∞)上是增函数,所以我们分三种情况(i)当a,b∈(0,1)时;
(ii)当a,b∈(1,+∞)时;
(iii)当a∈(0,1),b∈1,+∞)时加以讨论.
解
(1)不存在实数a,b(a<
b)满足条件.
事实上,若存在实数a,b(a<
b),使得函数的定义域和值域都是[a,b],则有x≥a>0.故
f(x)=
(i)当a,b∈(0,1)时,f(x)=-1在(0,1)上是减函数,所以,
即
由此推出a=b与已知矛盾.故此时不存在实数a,b满足条件.
(ii)当a,b∈(1,+∞)时,f(x)=1-在(1,+∞)上为增函数,所以,
于是,a,b是方程x2-x+1=0的实根,而此方程无实根,故此时不存在实数a,b满足条件.
(iii)当a∈(0,1),b∈1,+∞)时,显然,1∈[a,b],而f
(1)=0,所以0∈[a,b],矛盾.故故此时不存在实数a,b满足条件.
综上可知,不存在实数a,b(a<
b),使得函数的定义域是[a,b],值域是[ma,mb](m≠0)易得m>0,a>0.
仿照
(1)的解答,当a,b∈(0,1)或a∈(0,1),b∈1,+∞)时,满足条件的a,b不存在.
只有当a,b∈(1,+∞)时,f(x)=1-在(1,+∞)上为增函数,有
于是,a,b是方程mx2-x+1=0的两个大于1的实数根.所以,
只须解得0<
m<
.
因此,m的取值范围是0<
说明本题首先要注意题目的隐含条件a>0,因为函数的值域是
例2已知常数a>
0,在矩形ABCD中,AB=4,BC=4a,O为AB的中点,E、F、G分别在BC、CD、DA上移动,且,P为CE与OF的交点.问是否存在两个定点,使P到这两点的距离的和为定值?
若存在,求出这两点的坐标及此定值;
若不存在,请说明理由.(2003年全国高考江苏卷试题)
分析根据题设满足的条件,首先求出动点P的轨迹方程,根据轨迹是否是椭圆,就可断定是否存在两个定点(椭圆的两个焦点),使得P到这两点的距离的和为定值.
解按题意有A(-2,0),B(2,0),C(2,4a),D(-2,4a).设=k(0≤k≤1).由此有E(2,4ak),F(2-4k,4a),G(-2,4a-4ak).
直线OF的方程为2ax+(2k-1)y=0, ①
直线GE的方程为-a(2k-1)x+y-2a=0, ②
由①②消去参数k得点P(x,y)坐标满足方程2a2x2+y2-2ay=0,
整理得+=1.
当a2=时,点P的轨迹为圆弧,所以不存在符合题意的两点;
当a2≠时,点P的轨迹为椭圆的一部分,点P到该椭圆的两个焦点的距离的和是定长;
当a2<时,P到椭圆两个焦点(-,a),(,a)的距离之和为定长;
当a2>时,P到椭圆两个焦点(0,a-),(0,a+)的距离之和为定长2a.
说明要解决轨迹问题首先要建立适当的直角坐标系,有时还要选择适当的参数作过渡.
情景再现
1.已知二次函数f(x)=ax2+bx+a满足条件f(x+)=f(-x),且方程f(x)=7x+a有两个相等的实数根.
(1)求f(x)的解析式;
(2)是否存在实数m、n(0<m<n,使得f(x)的定义域和值域分别是[m,n]和[,]?
若存在,求出m、n的值;
若不存在,请说明理由.(2004年河南省数学竞赛试题)
2.直线l:
y=kx+1与双曲线C:
2x2-y2=1的右支交于不同的两点A、B.
(I)求实数k的取值范围;
(II)是否存在实数k,使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F?
若存在,求出k的值;
若不存在,说明理由.(2004年湖北省高考理科试题)
B类例题
例3将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色,证明:
存在这样的两个相似三角形,它们的相似比为1995,并且每一个三角形的三个顶点同色.(1995年全国高中数学联赛第二试试题)
分析因为平面上的每点不是红色就是蓝色,由抽屉原理,对任何一个无穷点集,至少有一个无穷子集是同色点集,对一个含n个元素的有限点集,至少有一个含个元素的子集是同色点集.(其中[]为高斯符号),于是利用抽屉原理,在半径为1和1995的两个同心圆上,寻找两个三顶点同色的相似三角形.
证明在平面上,以O为圆心,作两个半径为1和1995的同心圆.根据抽屉原理,小圆周上至少有5点同色,不妨设为A1,A2,A3,A4,A5,连接OA1,OA2,OA3,OA4,OA5,分别交大圆于B1,B2,B3,B4,B5,根据抽屉原理,B1,B2,B3,B4,B5中必有三点同色,不妨设为B1,B2,B3,分别连接A1A2,A2A3,A3A1,B1B2,B2B3,B3B1,则△A1A2A3∽△B1B2B3,其相似比为1995,且两个三角形三顶点同色.
说明 解决有关染色问题抽屉原理是经常使用的.
例4在坐标平面上,纵、横坐标都是整数的点称为整点.试证:
存在一个同心圆的集合,使得
(1)每个整点都在此集合的某一个圆周上;
(2)此集合的每个圆周上,有且仅有一个整点.(1987年全国高中数学联赛第二试试题)
分析构造法.先设法证明任意两整点到P的距离不可能相等,从而将所有整点到P点的距离排序造出同心圆的集合,这里同心圆的坐标不是惟一的,可取外的其它值.
证明取点P.
设整点(a,b)和(c,d)到点P的距离相等,则
上式仅当两端都为零时成立.所以
c=a①
c2-a2+d2-b2+(b-d)=0②
将①代入②并化简得d2-b2+(b-d)=0.
即(d-b)(d+b-)=0
由于b,d都是整数,第二个因子不能为零,因此b=d,从而点(a,b)与(c,d)重合,故任意两个整点到P的距离都不相等.
将所有整点到P点的距离从大到小排成一列
d1,d2,d3,……,dn,…….
显然,以P为圆心,以d1,d2,d3,…为半径作的同心圆集合即为所求.
说明 同心圆的圆心坐标不是惟一的.
例5
(1)给定正整数n(n≥5),集合An={1,2,3,…,n},是否存在一一映射φ:
An→An满足条件:
对一切k(1≤k≤n-1),都有k|(φ
(1)+φ
(2)+…+φ(n));
(2)N+为全体正整数的集合,是否存在一一映射φ:
N+→N+满足条件:
对一切k∈N+,都有k|(φ
(1)+φ
(2)+…+φ(n)).
注映射φ:
A→B称为一一映射,如果对任意b∈B,有且仅有一个a∈A,使得b=φ(a).题中“|”为整除符号.(2004年福建省数学竞赛试题)
分析对于问题
(1)不难用反证法结合简单的同余理论可以获解;
对于问题
(2)采用归纳构造.
解
(1)不存在.记Sk=.
当n=2m+1(m≥2)时,由2m|S2m及S2m=-φ(2m+1)得
φ(2m+1)≡m+1(mod2m).
但φ(2m+1)∈A2m+1,故φ(2m+1)=m+1.
再由(2m-1)|S2m-1及S2m-1=-(m+1)-φ(2m)
得φ(2m)≡m+1(mod(2m-1)).
所以,φ(2m)=m+1,与φ的双射定义矛盾.
当n=2m+1(m≥2)时,S2m+1=-φ(2m+2)给出φ(2m+2)=1或2m+2,同上又得φ(2m+1)=φ(2m)=m+2或m+1,矛盾.
(2)存在.
对n归纳定义φ(2n-1)及φ(2n)如下:
令φ
(1)=1,φ
(2)=3.现已定义出不同的正整数φ(k)(1≤k≤2n)满足整除条件且包含1,2,…,n,又设v是未取到的最小正整数值.由于2n+1与2n+2互质,根据孙子定理,存在不同于v及φ(k)(1≤k≤2n)的正整数u满足同余式组
u≡-S2n(mod(2n+1))≡-S2n-v(mod(2n+2)).
定义φ(2n+1)=u,φ(2n+2)=v.正整数φ(k)(1≤k≤2n+2)也互不相同,满足整除条件,且包含1,2,…,n+1.
根据数学归纳法原理,已经得到符合要求的一一映射φ:
N+→N+.
说明数论中的存在性问题是竞赛命题的一个热点.
3.将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色.存在有两个内角分别为、,且夹边长为1996的三角形,其三个顶点同色.(1996年北京市数学竞赛试题)
4.在平面直角坐标系中,横坐标和纵坐标都是整数的点称为格点,任取6个格点PI(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足
(1)|xi|≤2,|yi|≤2,(i=1,2,3,4,5,6);
(2)任何三点不在同一条直线上.
试证在Pi(i=1,2,3,4,5,6)以为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于2.(1992年全国高中数学联赛第二试试题)
5.在坐标平面上,是否存在一个含有无穷多条直线l1,l2,…,ln,…的直线族,它满足条件:
(1)点(1,1)∈ln,n=1,2,…;
(2)kn+1=an—bn,其中k1是l1的斜率,kn+1是ln+1的斜率,an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距,n=1,2,3,…;
(3)knkn+1≥0,n=1,2,3,….
并证明你的结论.(1988年全国高中数学联赛第二试试题)
C类例题
例6平面上是否存在100条直线,使它们恰好有1985个交点.(第26届IMO预选题)
分析由于100条直线最多有C=4950(>1985)个交点,所以符合要求的直线可能存在.减少交点的个数可有两种途径:
一是利用平行线,二是利用共点线.所以用构造法.
解法一 由于x条直线与一族100-x条平行线可得x(100-x)个交点.而x(100-x)=1985没有整数解,于是可以考虑99条直线构成的平行网格.
由于x(99-x)<1985的解为x≤26或x≥73,x∈N,且1985=73×
26+99-12,于是可作如下构造:
(1)由73条水平直线和26条竖直直线
x=k,k=1,2,3,…,73;
y=k,k=1,2,3,…,26.
共99条直线,可得73×
26个交点.
(2)再作直线y=x+14与上述99条直线都相交,共得到99个交点,但其中有12个交点(1,15),(2,16),…,(12,26)也是
(1)中99条直线的彼此的交点,所以共得99-12个交点.
由
(1)、
(2),这1
- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 提优教程 江苏省 数学 竞赛 教程 教案 15 存在 问题