高中数学竞赛特级教师培训教材
高中数学竞赛培训教材
编者：全国特级教师
(一)集合与容斥原理
集合是一种基本数学语言、一种基本数学工具。它不仅是高中数学的第一课，而且是整个数学的基础。对集合的理解和掌握不能仅仅停留在高中数学起始课的水平上，而要随着数学学习的进程而不断深化，自觉使用集合语言(术语与符号)来表示各种数学名词，主动使用集合工具来表示各种数量关系。如用集合表示空间的线面及其关系，表示平面轨迹及其关系、表示方程(组)或不等式(组)的解、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。
一、学习集合要抓住元素这个关键
例1．设A＝{X∣X=a2+b2,a、b∈Z}，X1，X2∈A，求证：X1X2∈A。
分析：A中的元素是自然数，即由两个整数a、b的平方和构成的自然数，亦即从0、1、4、9、16、25……，n2，……中任取两个(相同或不相同)数加起来得到的一个和数，本题要证明的是：两个这样的数的乘积一定还可以拆成两个自然数的平方和的形式，即(a2+b2)(c2+d2)=(M)2+(N)2，M,N∈Z
证明：设X1＝a2+b2，X2=c2+d2，a、b、c、d∈Z.则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、d∈Z，故ac+bd、bc-ad∈Z，从而X1X2∈A
练习:
1.设两个集合S={x|x=12m+8n,m,n∈Z},T={x|x=20p+16q,p,q∈Z}.求证：S=T。
2.设M={a|a= x2-y2,x,y∈Z}.求证：（1）一切奇数属于M;
（2）4k-2(k∈Z)不属于M;
（3）M中任意两个数的积仍属于M。
3.已知函数f（x）=x2+ax+b,a,b∈R,且A={x|x=f(x)},B={x|x=f[f(x)]}.
(1)求证:AB;
(2)若A={-1，3}时，求集合B.
二、集合中待定元素的确定
例2．已知集合M＝{X，XY，lg(xy)}，S＝{0，∣X∣，Y}，且M＝S，则(X＋1/Y)＋(X2＋1/Y2)＋……＋(X2002＋1/Y2002)的值等于( ).
分析：解题的关键在于求出X和Y的值，而X和Y分别是集合M与S中的元素。这一类根据集合的关系反过来确定集合元素的问题，要求我们要对集合元素的基本性质即确定性、异性、无序性及集合之间的基本关系(子、全、补、交、异、空、等)有本质的理解，对于两个相等的有限集合(数集)，还会用到它们的简单性质：(a)相等两集合的元素个数相等；(b)相等两集合的元素之和相等；(c)相等两集合的元素之积相等.
解：由M＝S知，两集合元素完全相同。这样，M中必有一个元素为0，又由对数的性质知，0和负数没有对数，所以XY≠0，故X，Y均不为零，所以只能有lg(XY)＝0，从而XY＝1.∴M＝{X，1，0}，S＝{0，∣X∣，1/X}.再由两集合相等知
当X＝1时，M＝{1,1，0}，S＝{0,1，1}，这与同一个集合中元素的互异性矛盾，故X＝1不满足题目要求；
当X＝－1时，M＝{－1,1，0}，S＝{0,1，－1}，M＝S，从而X＝－1满足题目要求，此时Y＝－1，于是X2K＋1＋1/Y2K＋1＝－2(K＝0,1，2，……)，X2K＋1/Y2K＝2(K＝1,2，……),故所求代数式的值为0.
练习:
4.已知集合，，其中
是正整数，且，并满足，中的所有元素之和为234，求集合A。
三．容斥原理
基本公式:(1)card(A∪B)＝card(A)＋card(B)－card(A∩B)； (2)card(A∪B∪C)=card(A)+card(B)+card(C)-card(A∩B)-card(A∩C)-card(B∩C)+card(A∩B∩C)
问题：开运动会时，高一某班共有28名同学参加比赛，有15人参加游泳比赛，有8人参加田径比赛，有14人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有3人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人，没有人同时参加三项比赛，问同时参加田径比赛和球类比赛的有多少人？只参加游泳一项比赛的有多少人？
设A＝{参加游泳比赛的同学}，B＝{参加田径比赛的同学}，C＝{参加球类比赛的同学},则card(A)=15，card(B)=8，card(C)=14，card(A∪B∪C)=28,且card(A∩B)=3，card(A∩C)=3，card(A∩B∩C)=0,由公式②得28＝15＋8＋14－3－3－card(B∩C)+0,即card(B∩C)=3,所以同时参加田径和球类比赛的共有3人，而只参加游泳比赛的人有15－3－3＝9(人)
四、有限集合子集的个数
例3．一个集合含有10个互不相同的两位数。试证，这个集合必有2个无公共元素的子集合，此两子集的各数之和相等。
分析：两位数共有10,11，……,99，计99－9＝90个，最大的10个两位数依次是90,91，……
,99，其和为945，因此，由10个两位数组成的任意一个集合中，其任一个子集中各元素之和都不会超过945，而它的非空子集却有210－1＝1023个，这是解决问题的突破口。
解：已知集合含有10个不同的两位数，因它含有10个元素，故必有210＝1024个子集，其中非空子集有1023个，每一个子集内各数之和都不超过90＋91＋…98＋99＝945<1023，根据抽屉原理，一定存在2个不同的子集，其元素之和相等。如此2个子集无公共元素，即交集为空集，则已符合题目要求；如果这2个子集有公共元素，则划去它们的公共元素即共有的数字，可得两个无公共元素的非空子集，其所含各数之和相等。
说明：此题构造了一个抽屉原理模型，分两步完成，计算子集中数字之和最多有945个“抽屉”，计算非空子集得1023个“苹果”，由此得出必有两个子集数字之和相等。第二步考察它们有无公共元素，如无公共元素，则已符合要求；如有公共元素，则去掉相同的数字，得出无公共元素并且非空的两个子集，满足条件。
例4．设A＝{1,2，3，…，n}，对XA，设X中各元素之和为Nx，求Nx的总和.
解：A中共有n个元素，其子集共有2n个。A中每一个元素在其非空子集中都出现了2n-1次，(为什么？因为A的所有子集对其中任一个元素i都可分为两类，一类是不含i的，它们也都是{1,2，…，i-1,i+1,…n}的子集，共2n-1个；另一类是含i的，只要把i加入到刚才的2n-1个子集中的每一个中去)。因而求A的所有子集中所有元素之和Nx的总和时，A中每一个元素都加了2n-1次，即出现了2n-1次，故得 ＝1×2n-1＋2×2n-1＋…＋n……2n-1＝(1＋2＋…＋n)·2n-1＝n(n+1)/2×2n-1＝n(n+1)×2n-2
说明：这里运用了整体处理的思想及公式1＋2＋…＋n＝(1/2)n(n+1)，其理论依据是加法的交换律、结合律、乘法的意义等,集合中每一个元素都在总和中出现了2n-1次，是打开解题思路之门的钥匙。
练习:
5.设集合A{1,2,3,……,100},且对任意x,y∈A,必有2x≠y,求集合A中所含元素个数的最大值.
6.某地区网球俱乐部都有20名成员,举行14场单打比赛,每人至少上场1次.求证:必有6场比赛,其12名参赛者各不相同.
(二) 二次函数
一、二次函数的解析式:①定义式：f(x)=ax2+bx+c.②顶点式：f(x)=a(x-h)2+k.
③零点式：f(x)=a(x-x1)(x-x2).(a≠0)
二、二次函数的最值:当自变量的取值范围为闭区间[p,q]时，其最值在f(p)、f(q)、f(-b/2a)三者中取得，最值情况如下表：
-b/2a∈[p,q]
-b/2a [p,q]
a>0
fmin=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a)
fmax=max{f(p),f(q)}
fmin=min{f(p),f(q)}
fmax=max{f(p),f(q)}
a<0
fmax=f(-b/2a)=((4ac-b2)/4a)
fmin=min{f(p),f(q)}
例1. 当x为何值时，函数f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…+(x-an)2取最小值。
解：∵f(x)=(x2-2a1x+a12)+(x2-2a2x+a22)+…+(x2-2anx+an2)=nx2-2(a1+a2…+an)x+(a12+a22+…+an2) ∴当x=(a1+a2+…+an)/n时，f(x)有最小值.
例2.已知x1,x2是方程x2-(k-2)x+(k2+3k+5)=0的两个实数根，x12+x22的最大值是____.
解：由韦达定理得：x1+x2=k-2，x1x2=k2+3k+5.∴x12＋x22＝（x1＋x2）2-2x1x2=(k-2)2-2(k2+3k+5
=-k2-10k-6=-(k+5)2+19 .已知x1,x2是方程的两个实根，即方程有实数根，此时方程的判别式Δ≥0，即Δ＝(k-2)2-4(k2+3k+5) =-3k2-16k-16≥0 解得：-4≤k≤-4/3.∵k=-5[-4,-4/3]，设f(k)=-(k+5)2+19则f(-4)=18,f(-4/3)=50/9<18.∴当k=-4时，(x12+x22)max=18.
例3.已知f(x)=x2-2x+2，在x∈[t,t+1]上的最小值为g(t)，求g(t)的表达式。
解：f(x)=(x-1)2+1 (1)当t+1<1即t<0时，g(t)=f(t+1)=t2+1
(2)当t≤1≤t+1，即0≤t≤1时，g(t)=f(1)=1 (3)当t>1时，g(t)=f(t)=t2-2t+2
综合（1）、（2）、（3）得：
例4．（1）当x2+2y2=1时，求2x+3y2的最值；（2）当3x2+2y2=6x时，求x2+y2的最值。
解：（1）由x2+2y2=1得y2=1/2(1-x2)，2x+3y2=2x+(3/2)(1-x2)=(-(3/2))(x-(2/3))2+(13/6)
又1-x2=2y2≥0，∴x2≤1，－1≤x≤1 .∴当x=2/3时，y=(√10)/6，（2x+3y2）max=16/3；
当x=-1时，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)=-1/2 (x-3)2+9/2
又y2=(3/2)x (2-x)≥0，得0≤x≤2.当x=2，y=0时，（x2+y2）max=4；当x=0，y=0时，(x2+y2)min=0
三、二次函数与二次方程
设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)的二实根为x1,x2，(x1＜x2)，Δ=b2-4ac，且α、β(α＜β)是预先给定的两个实数。
1．当两根都在区间(α,β)内，方程系数所满足的充要条件
∵α＜x1＜x2＜β，对应的二次函数f(x)的图象有下列两种情形
当a＞0时的充要条件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＞0，f(β)＞0
当a＜0时的充要条件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，f(α)＜0，f(β)＜0
两种情形合并后的充要条件是：Δ＞0，α＜-b/2a＜β，af(α)＞0，af(β)＞0 ①
2．当两根中有且仅有一根在区间（α，β）内，方程系数所满足的充要条件
∵α＜x1＜β或α＜x2＜β，对应的函数f(x)的图象有下列四种情形
从四种情形得充要条件是：f(α)·f(β)＜0 ②
3．当两根都不在区间［α，β］内方程系数所满足的充要条件
（1）两根分别在区间［α，β］之外的两旁时
∵x1＜α＜β＜x2，对应的函数f(x)的图象有下列两种情形
（2）两根分别在区间［α，β］之外的同旁时
∵x1＜x2＜α＜β或α＜β＜x1＜x2，对应函数f(x)的图象有下列四种情形
当x1＜x2＜α时的充要条件是：Δ＞0，-b/2a＜α，af(α)＞0 ④
当β＜x1＜x2时的充要条件是：Δ＞0，-b/2a＞β，af(β)＞0 ⑤
例5．如果方程（1-m2）x2+2mx-1=0的两个根一个小于零，另一个大于1，确定m的范围。
解：令f(x)=(1-m2)x2+2mx-1，根据题设条件，f(x)的图形是下列两种情形之一：
则（1-m2）f(0)＜0,(1-m2)f(1)＜0；即1-m2＞0,(1-m2)(2m-m2)＜0解得：-1＜m＜0
例6．当k为什么实数时，关于X的二次方程7x2-(k+13)x+k2-k-2=0的两个实根α和β分别满足0＜α＜1和1＜β＜2？
解：设y=f(x)=7x2-(k+13)x+k2-k-2，则因为a=7＞0，且方程f(x)=0有两实根α，β，所以它的图象是开口向上且与X轴相交于两点（α,0）、(β,0)的抛物线。由于0＜α＜1，1＜β＜2，可知在x＜α或x＞β时，f(x)取正值；在α＜x＜β时，f(x)取负值。于是，当x分列取0,1，2时，有：f(0)=k2-k-2＞0，f(1)=k2-2k-8＜0，f(2)=k2-3k＞0解这三个不等式组成的不等式组，可得-2＜k＜-1和3＜k＜4。
练习:
1.求所有的实数m，使得关于x的方程有且只有整数根.
2.若函数在区间[a，b]上的最小值为2a，最大值为2b，求区间[a，b]。
3.已知方程x2+2px+1=0有一个根大于1，有一个根小于1，则p的取值为_________.
四．二次函数与二次不等式
一元二次不等式的解集相应于一元二次函数的正值、负值区间。解不等式与证明不等式成立，经常要用到二次函数的极值性质、单调性、图象与x轴的位置关系等。
例7．若a1,a2,…,an,b1,b2,…,bn都是实数，求证：（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…
+a2n)(b12+b22+…+b2n)
证明：构造二次函数 f(x)=(a1x-b1)2+(a2x-b2)2+…+(anx-bn)2=(a12+a22+…+a2n)x2-2(a1b1+a2b2+…+anbn)x+(b12+b22+…+b2n).当a12+a22+…+a2n≠0即a1,a2,…,an不全为零时，显然有对x∈R，f(x)≥0，故f(x)＝0的判别式：Δ=4（a1b1+a2b2+…+anbn）2-4(a12+a22+…+a2n)(b12+b22+…+b2n)≤0.即（a1b1+a2b2+…+anbn）2≤(a12+a22+…+a2n)·(b12+b22+…+b2n) . 当a1=a2=…=an=0时，结论显然成立，故命题成立。
例8．设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，方程f(x)-x=0的两个根x1,x2满足0＜x1＜x2＜1/a。
（1）当x∈(0,x1)时，证明x＜f(x)＜x1
（2）设函数f(x)的图象关于直线x=x0对称，证明：x0＜x1/2。
证明：①欲证：x＜f(x)＜x ,只须证：0＜f(x)-x＜x1-x ①因为方程f(x)-x=0的两根为x1,x2,f(x)=ax2+bx+c(a＞0)，∴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＜1/a，即：x＜x2＜1/a+x . 这由已知条件：0＜x＜x1＜x2＜1/a，即得：x＜x2＜(1/a)＜1/a+x， 故命题得证。
（2）欲证x0＜x1/2，因为x0=-b/2a，故只须证：x0-x1/2=-b/2a-x1/2＜0 ③ 由韦达定理，x1+x2=(-b-1)/a，(x1+x2)/2=-(b-1)/2a，代入③式，有(-(b/2a))-(x1/2)=(x2/2)-(1/(2a))＜0 ,即：x2＜1/a 由已知：0＜x1＜x2＜1/a，命题得证。
(三)抽 屉 原 理
在数学问题中有一类与“存在性”有关的问题，例如：“13个人中至少有两个人出生在相同月份”；“某校400名学生中，一定存在两名学生，他们在同一天过生日”；“2003个人任意分成200个小组，一定存在一组，其成员数不少于11”。这类存在性问题中，“存在”的含义是“至少有一个”。在解决这类问题时，只要求指明存在，一般并不需要指出哪一个，也不需要确定通过什么方式把这个存在的东西找出来。这类问题相对来说涉及到的运算较少，依据的理论也不复杂，这些理论称为“抽屉原理”。
（一）抽屉原理的基本形式
定理1、如果把n+1个元素分成n个集合，那么不管怎么分，都存在一个集合，其中至少有两个元素。
证明：（用反证法）若不存在至少有两个元素的集合，则每个集合至多1个元素，从而n个集合至多有n个元素，此与共有n+1个元素矛盾，故命题成立。
例1． 已知在边长为1的等边三角形内（包括边界）有任意五个点（图1）。证明：至少有两个点之间的距离不大于.
分析：5个点的分布是任意的。如果要证明“在边长为1的等边三角形内（包括边界）有5个点，那么这5个点中一定有距离不大于的两点”，则顺次连接三角形三边中点，即三角形的三条中位线，可以分原等边三角形为4个全等的边长为的小等边三角形，则5个点中必有2点位于同一个小等边三角形中（包括边界），其距离便不大于。
以上结论要由定理“三角形内（包括边界）任意两点间的距离不大于其最大边长”来保证，下面我们就来证明这个定理。
如图2，设BC是△ABC的最大边，P，M是△ABC内（包括边界）任意两点，连接PM，过P分别作AB、BC边的平行线，过M作AC边的平行线，设各平行线交点为P、Q、N，那么∠PQN=∠C，∠QNP=∠A 因为BC≥AB，所以∠A≥∠C，则∠QNP≥∠PQN，而∠QMP≥∠QNP≥∠PQN（三角形的外角大于不相邻的内角），所以 PQ≥PM。显然BC≥PQ，故BC≥PM。由此我们可以推知，边长为的等边三角形内（包括边界）两点间的距离不大于。
说明：（1）这里是用等分三角形的方法来构造“抽屉”。类似地，还可以利用等分线段、等分正方形的方法来构造“抽屉”。例如“任取n+1个正数ai，满足0＜ai≤1（i=1,2,…,n+1），试证明：这n+1个数中必存在两个数，其差的绝对值小于”。又如：“在边长为1的正方形内任意放置五个点，求证：其中必有两点，这两点之间的距离不大于。（2）例1中，如果把条件（包括边界）去掉，则结论可以修改为：至少有两个点之间的距离小于 .
例2．从1-100的自然数中，任意取出51个数，证明其中一定有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。
分析：本题似乎茫无头绪，从何入手？其关键何在？其实就在“两个数”，其中一个是另一个的整数倍。我们要构造“抽屉”，使得每个抽屉里任取两个数，都有一个是另一个的整数倍，这只有把公比是正整数的整个等比数列都放进去同一个抽屉才行，这里用得到一个自然数分类的基本知识：任何一个正整数都可以表示成一个奇数与2的方幂的积，即若m∈N+,K∈N+，n∈N,则m=(2k-1)·2n，并且这种表示方式是唯一的，如1=1×2°，2=1×21，3=3×2°，……
证明：因为任何一个正整数都能表示成一个奇数乘2的方幂，并且这种表示方法是唯一的，所以我们可把1-100的正整数分成如下50个抽屉（因为1-100中共有50个奇数）：
1）{1，1×2，1×22，1×23，1×24，1×25，1×26}；
2）{3，3×2，3×22，3×23，3×24，3×25}；
3）{5，5×2，5×22，5×23，5×24}；
4）{7，7×2，7×22，7×23}；
5）{9，9×2，9×22，9×23}；
6）{11，11×2，11×22，11×23}；
……
25）{49，49×2}；
26）{51}；
……
50）{99}。
这样，1-100的正整数就无重复，无遗漏地放进这50个抽屉内了。从这100个数中任取51个数，也即从这50个抽屉内任取51个数，根据抽屉原则，其中必定至少有两个数属于同一个抽屉，即属于（1）-（25）号中的某一个抽屉，显然，在这25个抽屉中的任何同一个抽屉内的两个数中，一个是另一个的整数倍。
说明： （1）从上面的证明中可以看出，本题能够推广到一般情形：从1-2n的自然数中，任意取出n+1个数，则其中必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍。想一想，为什么？因为1-2n中共含1，3，…，2n-1这n个奇数，因此可以制造n个抽屉，而n+1＞n，由抽屉原则，结论就是必然的了。给n以具体值，就可以构造出不同的题目。例2中的n取值是50，还可以编制相反的题目，如：“从前30个自然数中最少要（不看这些数而以任意方式地）取出几个数，才能保证取出的数中能找到两个数，其中较大的数是较小的数的倍数？”
(2）如下两个问题的结论都是否定的（n均为正整数）想一想，为什么？ ①从2，3，4，…，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？ ②从1，2，3，…，2n+1中任取n+1个数，是否必有两个数，它们中的一个是另一个的整数倍？
（3）如果将（2）中两个问题中任取的n+1个数增加1个，都改成任取n+2个数，则它们的结论是肯定的还是否定的？你能判断证明吗？
例3．从前25个自然数中任意取出7个数，证明：取出的数中一定有两个数，这两个数中大数不超过小数的1.5倍。
证明：把前25个自然数分成下面6组：
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
因为从前25个自然数中任意取出7个数，所以至少有两个数取自上面第②组到第⑥组中的某同一组，这两个数中大数就不超过小数的1.5倍。
说明：（1）本题可以改变叙述如下：在前25个自然数中任意取出7个数，求证其中存在两个数，它们相互的比值在内。显然，必须找出一种能把前25个自然数分成6（7-1=6）个集合的方法，不过分类时有一个限制条件：同一集合中任两个数的比值在内，故同一集合中元素的数值差不得过大。这样，我们可以用如上一种特殊的分类法：递推分类法：
从1开始，显然1只能单独作为1个集合{1}；否则不满足限制条件.
能与2同属于一个集合的数只有3，于是{2，3}为一集合。如此依次递推下去，使若干个连续的自然数属于同一集合，其中最大的数不超过最小的数的倍，就可以得到满足条件的六个集合。
（2）如果我们按照（1）中的递推方法依次造“抽屉”，则第7个抽屉为 {26，27，28，29，30，31，32，33，34，35，36，37，38，39}；第8个抽屉为：{40，41，42，…，60}；第9个抽屉为：{61，62，63，…，90，91}； ……
例4．在坐标平面上任取五个整点（该点的横纵坐标都取整数），证明：其中一定存在两个整点，它们的连线中点仍是整点。
分析与解答：由中点坐标公式知，坐标平面两点（x1,y1）、（x2,y2）的中点坐标是。欲使都是整数，必须而且只须x1与x2，y1与y2的奇偶性相同。坐标平面上的任意整点按照横纵两个坐标的奇偶性考虑有且只有如下四种：（奇数、奇数），（偶数，偶数），（奇数，偶数），（偶数，奇数）以此构造四个“抽屉”，则在坐标平面上任取五个整点，那么至少有两个整点，属于同一个“抽屉”因此它们连线的中点就必是整点。
说明：我们可以把整点的概念推广：如果（x1,x2,…xn）是n维（元）有序数组，且x1,x2,…xn中的每一个数都是整数，则称（x1,x2,…xn）是一个n维整点（整点又称格点）。如果对所有的n维整点按每一个xi的奇偶性来分类，由于每一个位置上有奇、偶两种可能性，因此共可分为2×2×…×2=2n个类。这是对n维整点的一种分类方法。当n=3时，23=8，此时可以构造命题：“任意给定空间中九个整点，求证它们之中必有两点存在，使连接这两点的直线段的内部含有整点”。
例5．在任意给出的100个整数中，都可以找出若干个数来（可以是一个数），它们的和可被100整除。
分析：本题也似乎是茫无头绪，无从下手，其关键何在？仔细审题，它们的“和”能“被100整除”应是做文章的地方。如果把这100个数排成一个数列，用Sm记其前m项的和，则其可构造S1，S2，…S100共100个"和"数。讨论这些“和数”被100除所得的余数。注意到S1，S2，…S100共有100个数，一个数被100除所得的余数有0，1，2，…99共100种可能性。“苹果”数与“抽屉”数一样多，如何排除“故障”？
证明：设已知的整数为a1,a2,…a100考察数列a1,a2,…a100的前n项和构成的数列S1，S2，…S100。
如果S1，S2，…S100中有某个数可被100整除，则命题得证。否则，即S1，S2，…S100均不能被100整除，这样，它们被100除后余数必是{1，2，…，99}中的元素。由抽屉原理I知，S1，S2，…S100中必有两个数，它们被100除后具有相同的余数。不妨设这两个数为Si，Sj（i＜j），则100∣（Sj-Si），即100∣。命题得证。
说明：有时候直接对所给对象作某种划分，是很难构造出恰当的抽
屉的。这时候，我们需要对所给对象先作一些变换，然后对变换得到的
对象进行分类，就可以构造出恰当的抽屉。本题直接对{an}进行分类是
很难奏效的。但由{an}构造出{Sn}后，再对{Sn}进行分类就容易得多.
另外，对{Sn}按模100的剩余类划分时，只能分成100个集合，而
{Sn}只有100项，似乎不能应用抽屉原则。但注意到余数为0的类恰使结论成立，于是通过分别情况讨论后，就可去掉余数为0的类，从而转化为100个数分配在剩下的99个类中。
（二）单色三角形问题
抽屉原理的应用多么奇妙，其关键在于恰当地制造抽屉，分割图形，利用自然数分类的不同方法如按剩余类制造抽屉或按奇数乘以2的方幂制造抽屉，利用奇偶性等等，都是制造“抽屉”的方法。抽屉原理的道理极其简单，但“于无声处听惊雷”，恰当地精心地应用它，不仅可以解决国内数学竞赛中的问题，而且可以解决国际中学生数学竞赛。
例6．17名科学家中每两名科学家都和其他科学家通信，在他们通信时，只讨论三个题目，而且任意两名科学家通信时只讨论一个题目，证明：其中至少有三名科学家，他们相互通信时讨论的是同一个题目。
证明：视17个科学家为17个点，每两个点之间连一条线表示这两个科学家在讨论同一个问题，若讨论第一个问题则在相应两点连红线，若讨论第2个问题则在相应两点连条黄线，若讨论第3个问题则在相应两点连条蓝线。三名科学家研究同一个问题就转化为找到一个三边同颜色的三角形。考虑科学家A，他要与另外的16位科学家每人通信讨论一个问题，相应于从A出发引出16条线段，将它们染成3种颜色，而16=3×5+1，因而必有6=5+1条同色，不妨记为AB1，AB2，AB3，AB4，AB5，AB6同红色，若Bi（i=1，2，…，6）之间有红线，则出现红色三角线，命题已成立；否则B1，B2，B3，B4，B5，B6之间的连线只染有黄蓝两色。考虑从B1引出的5条线，B1B2，B1B3，B1B4，B1B5，B1B6，用两种颜色染色，因为5=2×2+1，故必有3=2+1条线段同色，假设为黄色，并记它们为B1B2，B1B3，B1B4。这时若B2，B3，B4之间有黄线，则有黄色三角形，命题也成立，若B2，B3，B4，之间无黄线，则△B2，B3，B4，必为蓝色三角形，命题仍然成立。
说明:（1）本题源于一个古典问题--世界上任意6个人中必有3人互相认识，或互相不认识。
（2）将互相认识用红色表示，将互相不认识用蓝色表示，（1）将化为一个染色问题，成为一个图论问题：空间六个点，任何三点不共线，四点不共面，每两点之间连线都涂上红色或蓝色。求证：存在三点，它们所成的三角形三边同色。 （3）问题（2）可以往两个方向推广：其一是颜色的种数，其二是点数。
本例便是方向一的进展，其证明已知上述。如果继续沿此方向前进，可有下题：在66个科学家中，每个科学家都和其他科学家通信，在他们的通信中仅仅讨论四个题目，而任何两个科学家之间仅仅讨论一个题目。证明至少有三个科学家，他们互相之间讨论同一个题目。
（4）回顾上面证明过程，对于17点染3色问题可归结为6点染2色问题，又可归结为3点染一色问题。反过来，我们可以继续推广。从以上（3，1）→（6，2）→（17，3）的过程，易发现 6=（3-1）×2+2，17=（6-1）×3+2，66=（17-1）×4+2，同理可得（66-1）×5+2=327，（327-1）×6+2=1958…记为r1=3，r2=6，r3=17，r4=66，r5=327，r6=1958，…..
我们可以得到递推关系式：rn=n(rn-1-1)+2，n=2,3,4…这样就可以构造出327点染5色问题，1958点染6色问题，都必出现一个同色三角形。
（三）抽屉原理的其他形式。
定理2：把m个元素分成n个集合（m＞n）
（1）当n能整除m时，至少有一个集合含有m/n个元素；
（2）当n不能整除 m时，则至少有一个集合含有至少[m/n]+1个元素，（[m/n]表示不超过 的最大整数）
定理2也可叙述成：把m×n+1个元素放进n个集合，则必有一个集合中至少放有m+1个元素。
例7．9条直线的每一条都把一个正方形分成两个梯形，而且它们的面积之比为2∶3。证明：这9条直线中至少有3条通过同一个点。
证明：设正方形为ABCD，E、F分别是AB，CD的中点。 设直线L把正方形ABCD分成两个梯形ABGH和CDHG，并且与EF相交于 P.梯形ABGH的面积：梯形CDHG的面积=2∶3,EP是梯形ABGH的中位线，PF是梯形CDHG的中位线，由于梯形的面积=中位线×梯形的高， 并且两个梯形的高相等（AB=CD），所以梯形ABGH的面积∶梯形CDHG的面积=EP∶PF，也就是EP∶PF=2∶3 .这说明，直线L通过EF上一个固定的点P，这个点把EF分成长度为2∶3的两部分。这样的点在EF上还有一个，如图上的Q点（FQ∶QE=2∶3）。同样地，如果直线L与AB、CD相交，并且把正方形分成两个梯形面积之比是2∶3，那么这条直线必定通过AD、BC中点连线上的两个类似的点（三等分点）。这样，在正方形内就有4个固定的点，凡是把正方形面积分成两个面积为2∶3的梯形的直线，一定通过这4点中的某一个。我们把这4个点看作4个抽屉，9条直线看作9个苹果，由定理2可知，9=4×2+1，所以，必有一个抽屉内至少放有3个苹果，也就是，必有三条直线要通过一个点。
说明：本例中的抽屉比较隐蔽，正方形两双对边中点连线上的4个三等分点的发现是关键，而它的发现源于对梯形面积公式S梯形=中位线×梯形的高的充分感悟。
例8．910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶。证明：不论怎样排列，红、蓝墨水瓶的颜色次序必定出现下述两种情况之一种：1．至少三行完全相同; 2．至少有两组（四行），每组的两行完全相同。
证明：910瓶红、蓝墨水，排成130行，每行7瓶。每行中的7个位置中的每个位置都有红、蓝两种可能，因而总计共有27=128种不同的行式（当且仅当两行墨水瓶颜色及次序完全相同时称为“行式”相同. 任取130行中的129行，依抽屉原理可知，必有两行（记为A，B）“行式”相同。 在除A、B外的其余128行中若有一行P与A（B）“行式”相同，则P，A，B满足“至少有三行完全相同”；在其余（除A，B外）的128行中若没有与A（B）行式相同者，则128行至多有127种不同的行式，依抽屉原则，必有两行（不妨记为C、D）行式相同，这样便找到了（A，B）、（C，D）两组（四行），每组两行完全相同。
(四) 函数的性质应用
一、指数函数与对数函数
函数y=ax(a>0,且a≠1)叫做指数函数。它的基本情况是：
1）定义域为全体实数（-∞，+∞）
2）值域为正实数（0，+∞），从而函数没有最大值与最小值，有下界，y>0
3）对应关系为一一映射，从而存在反函数--对数函数。
4）单调性是：当a>1时为增函数；当0
0,a≠1),f(x+y)=f(x)·f(y),f(x-y)=f(x)/f(y)
函数y=logax(a>0,且a≠1)叫做对数函数，它的基本情况是：
1）定义域为正实数（0，+∞）
2）值域为全体实数（-∞，+∞）
3）对应关系为一一映射，因而有反函数——指数函数。
4）单调性是：当a>1时是增函数，当00,a≠1)， f(x·y)=f(x)+f(y),f(x/y)=f(x)-f(y)
二、例题
例1．若f(x)=(ax/(ax+√a))，求f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+…+f(1000/1001)
分析：和式中共有1000项，显然逐项相加是不可取的。需找出f(x)的结构特征，发现规律，注意到1/1001+1000/1001=2/1001+999/1001=3/1001+998/1001=…=1，而f(x)+f(1-x)= (ax/(ax+√a))+(a1-x/(a1-x+√a))=(ax/(ax+√a))+(a/(a+ax·√a))=(ax/(ax+√a))+((√a)/(ax+√a))=((ax+√a)/(ax+√a))=1规律找到了，这启示我们将和式配对结合后再相加：
原式=[f(1/1001)+f(1000/1001)]+[f(2/1001)+f(999/1001)]+ … +[f(500/1001)+f(501/1001)]=(1+1+…+1)5000个=500
（1）取a=4就是1986年的高中数学联赛填空题：设f(x)=(4x/(4x+2))，那么和式f(1/1001)+f(2/1001)+f(3/1001)+…+f(1000/1001)的值= 。
（2）上题中取a=9，则f(x)=(9x/(9x+3))，和式值不变也可改变和式为求f(1/n)+f(2/n)+f(3/n)+…+f((n-1)/n).
（3）设f(x)=(1/(2x+√2))，利用课本中推导等差数列前n项和的方法，可求得f(-5)+f(-4)+…+f(0)+…+f(5)+f(6)的值为 。
例2．5log25等于：（ ）
（A）1/2 （B）(1/5)10log25 （C）10log45 （D）10log52
解：∵5log25=(10/2)log25=(10log25)/(2log25)=(1/5)×10log25 ∴选（B）
例3．试比较(122002+1)/(122003+1)与(122003+1)/(122004+1)的大小。
解：对于两个正数的大小，作商与1比较是常用的方法，记122003=a＞0，则有
((122002+1)/(122003+1))÷((122003+1)/(122004+1))=((a/12)+1)/(a+1)·((12a+1)/(a+1))=((a+12)(12a+1))/(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(a,b为实数)且f(lglog310)=5，则f(lglg3)的值是（ ）
（A）-5 （B）-3 （C）3 （D）随a,b的取值而定
解：设lglog310=t，则lglg3=lg(1/log310)=-lglog310=-t
而f(t)+f(-t)=
∴f(-t)=8-f(t)=8-5=3
说明：由对数换底公式可推出logab·logba=(lgb/lga)·(lga/lgb)=1，即logab=(1/logba)，因而lglog310与lglg3是一对相反数。设中的部分，则g(x)为奇函数，g(t)+g(-t)=0。这种整体处理的思想巧用了奇函数性质使问题得解，关键在于细致观察函数式结构特征及对数的恒等变形。
例5．已知函数y=((10x-10-x)/2)(X∈R)
（1）求反函数y=f-1(x)
（2）判断函数y=f-1(x)是奇函数还是偶函数
分析：（1）求y=(10x-10-x)/2的反函数首先用y把x表示出来，然后再对调x,y即得到y=f-1(x)；（2）判断函数y=f-1(x)的奇偶性要依据奇函数或偶函数的定义，看当X∈R时是否有f(-x)=-f(x)或(f(-x)+f(x)=0)或f(-x)=f(x)恒成立。
解：（1）由y=((10x-10-x)/2)(X∈R)可得2y=10x-10-x，设10x=t，上式化为：2y=t-t-1两边乘t，得2yt=t2-1整理得：t2-2yt-1=0，解得：
由于t=10x＞0，故将舍去，得到：将t=10x代入上式，即得:
所以函数y=((10x-10-x)/2)的反函数是
(2)由得:
∴f-1(-x)=-f(x)
所以，函数 是奇函数。
例6．已知函数f(x)=loga((1+x)/(1-x))(a＞0,a≠1)
（1）求f(x)的定义域
（2）判断f(x)的奇偶性并给以证明；
（3）当a＞1时，求使f(x)＞0的x取值范围；
（4）求它的反函数f-1(x)
解：（1）由对数的定义域知((1+x)/(1-x))＞0
解这个分式不定式，得：(x+1)(x-1)＜0,-1＜x＜1故函数f(x)的定义域为（-1，1）
（2）f(-x)=loga((1-x)/(1+x))=log((1+x)/(1-x))-1=-loga((1+x)/(1-x))=-f(x)
由奇函数的定义知，函数f(x)是奇函数。
（3）由loga((1+x)/(1-x))＞0＜＝＞loga((1+x)/(1-x))＞loga1，因为a＞1，所以由对数函数的单调性知((1+x)/(1-x))＞1，考虑由（1）知x＜1,1-x＞0，去分母，得：1+x＞1-x,x＞0故：0＜x＜1 所以对于a＞1，当x∈(0,1)时函数f(x)＞0
（4）由y=loga((1+x)/(1-x))得：((1+x)/(1-x))=ay应用会比分比定理得：((1+x)+(1-x))/((1+x)-(1-x))=((ay+1)/(ay-1))即:(2/2x)=((ay+1)/(ay-1))
∴x=((ay-1)/(ay+1))交换x,y得：y=((ax-1)/(ax+1))，它就是函数f(x)=loga((1+x)/(1-x))的反函数f-1(x)即f-1(x)=((ax-1)/(ax+1))
例7．已知x2-2x+loga(a2-a)=0有一正根和一负根，求实数a的范围。
解：方程有一正根一负根的充分必要条件是：loga(a2-a)＜0 ①
由a＞0,a≠1,a2-a=a(a-1)＞0,可得a＞1 ②，从而由loga(a2-a)＜0=loga1得:a2-a＜1,a2-a-1＜0，解得: ③，由②③得：
例8．设y=log(1/2)[a2x+2(ab)x-b2x+1](a＞0,b＞0)，求使y为负值的x的取值范围
解：∵(1/2)＜1,要使y＜0,只要a2x+2(ab)x-b2x+1＞1，即a2x+2(ab)x-b2x＞0
→b2x[(a/b)2x+2(a/b)x-1]＞0→[(a/b)x]2+2(a/b)x-1＞0→
→∵ →. 1°当a＞b＞0时,a/b＞1,；
2°当b＞a＞0时,0＜a/b＜1, 3°当a=b＞0时，x∈R。
(五)数 列
[方法总结]
1.数列{an}前n 项和Sn与通项an的关系式：an=
2.求通项常用方法
①作新数列法.作等差数列与等比数列.
②叠加法.最基本形式是：an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1.
③归纳、猜想法.
3.数列前n项和常用求法
①重要公式
1+2+…+n=n(n+1)
12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)
13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2
②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn.
③裂项求和：将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)－f(n)，然后累加时抵消中间的许多项.
④错项相消法
⑤并项求和法
[例题]
1.等差数列{an}的前m项的和为30，前2m项的和为100，则它的前3m项的和为_________.
①
②
解法一：将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得：
解法二：由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）.将Sm=30,S2m=100代入，得
,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210
解法三：根据等差数列性质知：Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列，从而有：2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m) ∴S3m=3(S2m－Sm)=210
解法四：令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70
∴a3=70+(70－30)=110 ∴S3=a1+a2+a3=210
2.已知函数f(x)=(x<－2).
(1)求f(x)的反函数f-－1(x);
(2)设a1=1,=－f－-1(an)(n∈N*),求an;
(3)设Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
解：(1)设y =,∵x<－2,∴x=－,即y=f－-1(x)=－(x>0)
(2)∵，∴{}是公差为4的等差数列，
∵a1=1,=+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=.
(3)bn=Sn+1－Sn=an+12=,由bn<,得m>,设g(n)=,∵g(n)=在n∈N*上是减函数，∴g(n)的最大值是g(1)=5,∴m>5,存在最小正整数m=6,使对任意n∈N*有bn<成立.
3.已知{an}是各项不同的正数等差数列,又lga1、lga2、lga4成等差数列.设bn=,n=1,2,3,……。
（Ⅰ）证明{bn}为等比数列；
（Ⅱ）如果数列{bn}前3项的和等于，求数列{an}的首项a1和公差d.。
解:（Ⅰ）∵lga1、lga2、lga4成等差数列，
∴2lga2=lga1+lga4，即a=a1·a2 设等差数列{an}的公差为d，则(a1+d)2=a1(a1+3d),
这样d2= a1d 从而d(d- a1)=0 ∵d≠0 ∴d= a1≠0 a2n = a1+(2n-1)d=2 n d
bn== 这时{bn}是首项b1=，公比为的等比数列。
（Ⅱ）∵b1+b2+b3=(1++)=，∴d=3, 所以a1=d=3
4．已知{}是公比为q的等比数列，且成等差数列.
（Ⅰ）求q的值；
（Ⅱ）设{}是以2为首项，q为公差的等差数列，其前n项和为Sn，当n≥2时，比较Sn与bn的大小，并说明理由.
解:（Ⅰ）由题设
（Ⅱ）若
当 故
若
当
故对于
5.已知数列为等差数列，且
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）证明
解：（I）设等差数列的公差为d.
由即d=1.
所以即
（II）因为，
所以
6.已知数列的首项前项和为，且Sn+1=2Sn+n+5.(n∈N*)
（I）证明数列是等比数列；
（II）令，求函数在点处的导数。
解：（I）由已知Sn+1=2Sn+n+5，∴
两式相减得 即,从而.
当时 ∴.又,∴
从而.故总有.又∵,
从而，即数列是以为首项2为公比的等比数列。
（II）由（I）知,∵
∴。
从而
=-＝3[n×2n+1-(2+…+2n)]-
=3[n×2n+1-2n+1+2]-=
7.若公比为c的等比数列{an}的首项a1=1且满足an=（n=3，4，……）
（Ⅰ）求c的值；
（Ⅱ）求数列{nan}的前n项和Sn.
解:（Ⅰ）由题设，当n≥3时，an=c2an-2 an-1=can-2
an=.由题设条件可得an-2≠0,因此c2=,即2c2-c-1=0.
解得c=1或c=-
(Ⅱ)由（Ⅰ）,需要分两种情况讨论:
当c=1时，数列{an}是一个常数列,即an=1(n∈N*)
这时,数列{nan}的前n项和Sn=1+2+3+…+n=
当c=-时，数列{an}是一个公比为-的等比数列，即an=(-)n-1 (n∈N*).
这时，数列{nan}的前n项和Sn=1+2(-)+3(-)2+…+n(-)n-1. ①
①式两边同乘-，得-Sn=-+2(-)2+…+(n-1)(-)n-1+n(-)n. ②
①式减去②式，得
（1+）Sn=1+(-)+(-)2+…+(-)n-1-n(-)n=
所以Sn=
8.数列{an}的前n项和为Sn，且a1=1，，n=1，2，3，……，求：
（Ⅰ）a2，a3，a4的值及数列{an}的通项公式；
（Ⅱ）的值.
解：（Ⅰ）由a1=1，，n=1，2，3，……，得，
，.
由（n≥2），得（n≥2），又a2=，所以an=(n≥2), ∴数列{an}的通项公式为an=
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知是首项为，公比为项数为n的等比数列，
所以=.
9.假设某市2004年新建住房400万平方米,其中有250万平方米是中低价房.预计在今后的若干年内,该市每年新建住房面积平均比上一年增长8%.另外,每年新建住房中,中低价房的面积均比上一年增加50万平方米.那么,到哪一年底,
(1)该市历年所建中低价房的累计面积(以2004年为累计的第一年)将首次不少于4750万平方米?
(2)当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%?
解:(1)设中低价房面积形成数列{an},由题意可知{an}是等差数列,
其中a1=250,d=50,则Sn=250n+=25n2+225n,
令25n2+225n≥4750,即n2+9n-190≥0,而n是正整数,∴n≥10.
∴到2013年底,该市历年所建中低价房的累计面积将首次不少于4750万平方米.
(2)设新建住房面积形成数列{bn},由题意可知{bn}是等比数列,其中b1=400,q=1.08,
则bn=400·(1.08)n-1.由题意可知an>0.85bn,有250+(n-1)·50>400·(1.08)n-1·0.85.
由计箅器解得满足上述不等式的最小正整数n=6.到2009年底,当年建造的中低价房的面积占该年建造住房面积的比例首次大于85%.
10.设正项等比数列的首项，前n项和为，且。
（Ⅰ）求的通项；
（Ⅱ）求的前n项和。
解：（I）由210S30-(210+1)S20+S10=0得210(S30-S20)=S20-S10，
即210(a21+a22+…+a30)=a11+a12+…+a20,可得210·q10(a11+a12+…+a20)=a11+a12+…+a20.
因为an>0，所以210q10=1,解得q=,因而an=a1qn-1=,n=1,2,….
(II)因为{an}是首项a1=、公比q=的等比数列，故Sn==1-，nSn=n-.
则数列{nSn}的前n项和Tn=(1+2+…+n)-(++…+)，
(1+2+…+n)-(++…+).
前两式相减，得(1+2+…+n)-(++…+)+ =-+,Tn=
11.设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项.
(1)写出数列{an}的前3项
(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)
(3)令bn=(n∈N*)，求b1+b2+b3+…+bn－n
解：(1)由题意，当n=1时，有，S1=a1，
∴，解得a1=2.当n=2时，有，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6.当n=3时，有，S3=a1+a2+a3，将a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，解得a3=10.故该数列的前3项为2，6，10.
(2）解法一：由(1）猜想数列{an}.有通项公式an=4n－2.下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n－2，(n∈N*）.
①当n=1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a1=2，结论成立.
②假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k－2，由题意，有，将ak=4k－2.代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，由题意，有，Sk+1=Sk+ak+1，将Sk=2k2代入得()2=2(ak+1+2k2)，整理得ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，解得ak+1=2+4k，所以ak+1=2+4k=4(k+1)－2，即当n=k+1时，结论成立.根据①②，对所有的自然数n∈N*成立.
解法二：由题意知，(n∈N*).整理得，Sn=(an+2)2,由此得Sn+1=(an+1+2)2，∴an+1=Sn+1－Sn=［(an+1+2)2－(an+2)2］.整理得(an+1+an）(an+1－an－4)=0，由题意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，即数列{an}为等差数列，其中a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－2.
解法三：由已知得,(n∈N*)①，所以有②，由②式得，整理得Sn+1－2·+2－Sn=0，解得，由于数列{an}为正项数列，而，因而，即{Sn}是以为首项，以为公差的等差数列.所以=+(n－1)=n,Sn=2n2，故an=即an=4n－2(n∈N*).
(3)令cn=bn－1，则cn=
12.已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式
(2)设数列{cn}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，都有=an+1成立，求Sn
解：(1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，
∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，
∴=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1
(2)令=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),∴dn=an+1－an=2,∴=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn=［1－(－2)n］.
13.设An为数列{an}的前n项和，An=(an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;
(1)求数列{an}的通项公式
(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列{dn}的通项公式为dn=32n+1
(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和；Dn为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn，求Tn .
解：(1)由An=(an－1)，可知An+1=(an+1－1)，∴an+1－an= (an+1－an)，即=3，而a1=A1=(a1－1)，得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式an=3n.
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n=3·［42n+C·42n－1(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，
∴32n+1∈{bn}.而数32n=(4－1)2n=42n+C·42n－1·(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，
∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1.
(3)由32n+1=4·r+3，可知r=，
∴Br=，
练习
1.设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由.
2.已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列
a,a,…,a,…为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17.求数列{bn}的通项公式；
3.{an}为等差数列，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)
(1)求证：当k取不同自然数时，此方程有公共根；
(2)若方程不同的根依次为x1,x2,…,xn,…,求证：数列为等差数列.
4.数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n－1+1.
(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)猜想Sn与Tn的大小关系，并说明理由.
5.数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;
(3)设bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn＞成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由.
6.已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.
(1)求数列{bn}的通项bn；
(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论.
7.设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…).
(1)求证：数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn；
(3)求和：b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.
参考答案
1.(1)解：依题意解之得公差d的取值范围为－＜d＜－3.
(2)解法一：由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk为最大值的条件为：ak≥0且ak+1＜0,即∵a3=12,∴，∵d＜0,∴2－＜k≤3－∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,得5.5＜k＜7.
因为k是正整数，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大.
解法二：由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，因此，若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1＜0,则Sk是S1，S2，…，S12中的最大值.由等差数列性质得，当m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q时，am+an=ap+aq.所以有：2a7=a1+a13=S13＜0,∴a7＜0,a7+a6=a1+a12=S12>0,∴a6≥－a7>0,故在S1，S2，…，S12中S6最大.
解法三：依题意得：最小时，Sn最大；∵－＜d＜－3,∴
6＜(5－)＜6.5.从而，在正整数中，当n=6时，［n－ (5－)］2最小，所以S6最大.
2.解：由题意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,
∵d≠0,∴a1=2d,数列{}的公比q==3,
∴=a1·3n－1 ① 又=a1+(bn－1)d=②
由①②得a1·3n－1=·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1.
3.证明：(1）∵{an}是等差数列，∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可变为(akx+ak+2)(x+1)=0,∴当k取不同自然数时，原方程有一个公共根－1.
(2）原方程不同的根为xk=
4.解：(1）可解得，从而an=2n，有Sn=n2+n，
(2)Tn=2n+n－1.
(3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2＜S2；n=3时，T3＜S3;n=4时，T4＜S4；n=5时，T5＞S5；n=6时T6＞S6.猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1
可用数学归纳法证明(略）.
5.解：(1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，
d==－2,∴an=10－2n.
(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，当n＞5时，Sn=n2－9n+40，故Sn=
(3)bn=
；要使Tn＞总成立，需＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7.
6.解：(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得：解得b1=1,d=3,
∴bn=3n－2.
(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)
=loga［(1+1)(1+)…(1+)］，logabn+1=loga.
因此要比较Sn与logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小，
取n=1时，有(1+1)＞
取n=2时，有(1+1)(1+)＞…
由此推测(1+1)(1+)…(1+)＞①
若①式成立，则由对数函数性质可判定：
当a＞1时，Sn＞logabn+1，② 当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1，③
下面用数学归纳法证明①式.
(ⅰ)当n=1时，已验证①式成立.
(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即：
.那么当n=k+1时，
这就是说①式当n=k+1时也成立. 由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n都成立.
由此证得：当a＞1时，Sn＞logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1.
7.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t.
∴a2=.
又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t，①
3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ②
①－②得3tan－(2t+3)an－1=0.
∴,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列；
(2)由f(t)==,得bn=f()=+bn－1
可见{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列.于是bn=1+(n－1)=;
(3)由bn=,可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，于是b2n=
,∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1=b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)=－(b2+b4+…+b2n)=－·n(+)=－(2n2+3n)
(六)不等式问题
不等式是中学数学的主要内容，涉及整个高中数学的各个部分。不等式的证明则是高中数学中对逻辑推理能力要求较高的内容，是中学数学的一个难点。近年来，虽然淡化了单纯的证明题，但是以能力立意与证明有关的综合题却频繁出现，尤其与一次函数，二次函数放在一起综合考查逻辑推理能力是考查的重要内容，且不等式的证明难度大，综合性强。
例1若a、b、c是实数，f(x)=ax2+bx+c，g(x)=ax+b, 当-1≤x≤1时,
|f(x)|≤1. ⑴求证：|c|≤1 ⑵当|x|≤1时, |g(x)|≤2 ⑶设a>0,
当-1≤x≤1时, g(x)的最大值为2，求f(x).
证明：(1) 由条件知：|f(0)|=|c|≤1
(2) ∵g(x)=ax+b为一次函数, ∴要证：|g(x)|≤2, 则只需|g(-1)|≤2,|g(1)|≤2 而|g(1)|=|a+b|=|f(1)-c|≤|f(1)|+|c|≤2 |g(-1)|=|a-b|=|f(-1)-c|≤|f(-1)|+|c|≤2故当：|x|≤1时, |g(x)|≤2
(3) 因为a>0, 则g(x)在[-1,1]上是增函数, 当x=1时取最大值2, 即g(1)=2=a+b则：f(1)-f(0)=2, 又因为-1≤f(0)=f(1)-2≤1-2=-1, c=f(0)=-1，因为当-1≤x≤1时，|f(x)|≤1，即f(x)≥-1，由二次函数的性质知：直线x=0为f(x)图像的对称轴，由此得：-=0，即b=0，由a+b=2，得a=2，所以f(x)=2x2-1。
例2 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程f(x)-x=0的两根x1、x2，满足
00恒成立，即f(x)>x.
又f(x)-x1=a(x-x1)(x-x2)+x-x1 =(x-x1)[a(x-x2)+1] 因为00 1+a(x-x2)=1+ax-ax2>1-ax2>0得f(x)-x1<0 即f(x),则函数f(x)在(－∞,a上的最小值为f()=+a,且f()≤f(a).
②当x≥a时，函数f(x)=x2+x－a+1=(x+)2－a+;当a≤－时，则函数f(x)在［a,+∞上的最小值为f(－)=－a,且f(－)≤f(a).若a>－,则函数f(x)在［a,+∞)上单调递增，从而，函数f(x)在［a,+∞)上的最小值为f(a)=a2+1.
综上，当a≤－时，函数f(x)的最小值是－a,当－＜a≤时，函数f(x)的最小值是a2+1;当a>时，函数f(x)的最小值是a +.
例4 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,当-1≤f(x)≤1时, |f(x)|≤1.
求证：(1) |c|≤1,|b|≤1,|a|≤2 (2) 当|x|≤2时, |f(x)|≤7
证明：(1) 由于当-1≤x≤1时, |f(x)|≤1.则|f(0)|≤1. 即|c|≤1.
且 -1≤f(-1)≤1 即 -1≤a-b+c≤1 ①
-1≤f(1)≤1 即 -1≤a+b+c≤1 ②
①+②式得：-2≤2b≤2 即-1≤b≤1<===>|b|≤1
由①、②得：-1-c≤a-b≤1-c, -1+c≤a+b≤1+c, 而-1≤c≤1==>
-2≤-1-c, 1+c≤2 故 -2≤a-b≤2, -2≤a+b≤2 ===>
-4≤2a≤4, 即|a|≤2
(2)|f(2)|=|4a+2b+c|=|2(a+b+c)+2a-c|≤2|f(1)|+2|a|+|c|≤7
|f(-2)|=4a-2b+c|=|2(a-b+c)+2a-c|≤2|f(-1)|+2|a|+|c|≤7
当-2≤-≤2时, ||≤2, 此时|f(-)|=||=|c-|
≤|c|+||≤|c|+||≤2≤7,故当|x|≤2时, |f(x)|≤7
例5若f(x)=ax2+bx+c(a、b∈R),在区间[0,1]上恒有|f(x)|≤1,
(1) 对于所有这样的f(x),求|a|+|b|+|c|的最大值
(2) 试给出一个这样的f(x),使得|a|+|b|+|c|确实取到最大值
解:(1)由f(1)=a+b+c, f(0)=c ,f()=a+b+c, 可解得a=2f(1)-4f()+2f(0),
b=4f()-3f(0)-f(1), c=f(0), 而|f(1)|≤1, |f(0)|≤1, |f()|≤1
故 |a|+|b|+|c|=|2f(1)-4f()+2f(0)|+|4f()-3f(0)-f(1)|+|f(0)|
≤2|f(1)|+4f|()|+2|f(0)|+|4|f()|+3|f(0)|+|f(1)|+|f(0)|≤17
所以|a|+|b|+|c|的最大值为17
由(1)知，上式取“=”的条件至少应满足: |f(0)|=1, |f(1)|=1, |f()|=1
故x= 应为函数y=f(x)的对称轴, 则可设f(x)=a(x-)2±1再将|f(0)|=1,
|f(1)|=1代入检验得：f(x)=8x2-8x+1
例6已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0.
(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1，0)内，另一根在区间(1，2)内，求m的范围.
(2)若方程两根均在区间(0，1)内，求m的范围.
解：(1)抛物线f(x)=x2+2mx+2m+1与x轴的交点分别在区间(－1，0)和(1，2)内，画出示意图，得
∴.
(2)据抛物线与x轴交点落在区间(0，1)内，列不等式组
(这里0<－m<1是因为对称轴x=－m应在区间(0，1)内通过)
练习:
1已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1(a，b∈R，a＞0)，设方程f(x)=x的两实数根为x1，x2.
(1)如果x1＜2＜x2＜4，设函数f(x)的对称轴为x=x0，求证x0＞－1；
(2)如果|x1|＜2，|x2－x1|=2，求b的取值范围.
2函数f(x)定义在R上对任意m、n恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，当x＞0时，0＜f(x)＜1.
1)求证：f(0)=1，且当x＜0时，f(x)＞1；
2)求证：f(x)在R上单调递减；
3)设集合A={ (x，y)|f(x2)·f(y2)＞f(1)}，集合B={(x，y)|f(ax－y+2)=1，a ∈R}，若A∩B=，求a的取值范围.
3甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过c千米/小时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v(km/h)的平方成正比，比例系数为b,固定部分为a元.
(1)把全程运输成本y(元)表示为v(km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；
(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？
4定义在(－1，1)上的函数f(x)满足①对任意x、y∈(－1,1),都有f(x)+f(y)=f();②当x
∈(－1,0)时，有f(x)>0.
求证：.
参考答案:
1(1)设g(x)=f(x)－x=ax2+(b－1)x+1，且x＞0.
∵x1＜2＜x2＜4，∴(x1－2)(x2－2)＜0，即x1x2＜2(x1+x2)－4，
(2)由方程g(x)=ax2+(b－1)x+1=0可知x1·x2=＞0，所以x1，x2同号
1°若0＜x1＜2，则x2－x1=2，∴x2=x1+2＞2，∴g(2)＜0，即4a+2b－1＜0 ①
又(x2－x1)2= ∴2a+1= (∵a＞0)代入①式得，
2＜3－2b ② 解②得b＜
2°若 －2＜x1＜0，则x2=－2+x1＜－2
∴g(－2)＜0，即4a－2b+3＜0 ③ 又2a+1=，代入③式得
2＜2b－1 ④ 解④得b＞.
综上，当0＜x1＜2时，b＜，当－2＜x1＜0时，b＞.
2(1)证明：令m＞0，n=0得：f(m)=f(m)·f(0).∵f(m)≠0，∴f(0)=1
取m=m，n=－m，(m＜0)，得f(0)=f(m)f(－m)
∴f(m)=，∵m＜0，∴－m＞0，∴0＜f(－m)＜1，∴f(m)＞1
(2)证明：任取x1，x2∈R，则f(x1)－f(x2)=f(x1)－f［(x2－x1)+x1］
=f(x1)－f(x2－x1)·f(x1)=f(x1)［1－f(x2－x1)］，
∵f(x1)＞0，1－f(x2－x1)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，
∴函数f(x)在R上为单调减函数.
(3)由，由题意此不等式组无解，数形结合得：≥1，解得a2≤3 ∴a∈［－，］
3解：(1)依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为,全程运输成本为y=a·+bv2·=S(+bv) ∴所求函数及其定义域为y=S(+bv),v∈(0,c.
(2)依题意知，S、a、b、v均为正数 ∴S(+bv)≥2S ①
当且仅当=bv,即v=时，①式中等号成立.若≤c则当v=时，有ymin；
若>c,则当v∈(0,c时，有S(+bv)－S(+bc)
=S［(－)+(bv－bc)］= (c－v)(a－bcv)∵c－v≥0,且c>bc2,∴a－bcv≥a－bc2>0
∴S(+bv)≥S(+bc),当且仅当v=c时等号成立，也即当v=c时，有ymin；
综上可知，为使全程运输成本y最小，当≤c时，行驶速度应为v=,当>c时行驶速度应为v=c.
4证明：对f(x)+f(y)=f()中的x,y,令x=y=0,得f(0)=0,再令y=－x,又得f(x)+f(－x)=f(0)=0,即f(－x)=－f(x),∴f(x)在x∈(－1,1)上是奇函数.设－1＜x1＜x2＜0,则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=f(),∵－1＜x1＜x2＜0,∴x1－x2＜0,1－x1x2>0.∴＜0,于是由②知f()>0,从而f(x1)－f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在x∈(－1,0)上是单调递减函数.根据奇函数的图象关于原点对称，知f(x)在x∈(0,1)上仍是递减函数，且f(x)＜0.
