江苏省数学竞赛《提优教程》教案第15讲存在性问题文档格式.docx
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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100条直线可得到73×
26+99-12=1985个交点.
解法二若100条直线没有两条是平行的,也没有三条直线共点,则可得到C=4950(>1985)个交点,先用共点直线减少交点数.
注意到若有n1条直线共点,则可减少
-1个交点.设有k个共点直线束,每条直线束的直线条数依次为n1,n2,…,nk.则有
n1+n2+…+nk≤100,
(C-1985=2965).
因为满足
-1<2965的最大整数是n1=77,此时C-1=2925.
因此可构造一个由77条直线组成的直线束,这时还应再减少40个交点.而满足
-1<40的最大整数为n2=9,此时C-1=35.因此又可构造一个由9条直线组成的直线束.这时还应减少5个交点.
由于C-1=5,所以最后可构造一个由4条直线组成的直线束.
因为77+9+4=90<100,所以这100条直线可构成为77条,9条,4条的直线束,另10条保持不动即可.
说明 本题的基本数学思想方法是逐步调整,这在证明不等式时经常使用,但学会在几何中应用,会使你的解题思想锦上添花.
例7 设n是大于等于3的整数,证明平面上存在一个由n个点组成的集合,集合中任意两点之间的距离为无理数,任三点组成一个非退化的面积为有理数的三角形.(第28届IMO试题)
分析 本题的解决方法是构造法,一种方法在抛物线y=x2上选择点列,另一种方法在半圆周上选择点列.
解法一 在抛物线y=x2上选取n个点P1,P2,…,Pn,点Pi的坐标为(i,i2)(i=1,2,…,n).
因为直线和抛物线的交点至多两个,故n个点中任意三点不共线,构成三角形为非退化的.任两点Pi和Pj之间的距离是|PiPj|==|i-j|(i≠j,i,j=1,2,…,n).
由于(i+j)2<1+(i+j)2<(i+j)2+2(i+j)+1=(i+j+1)2,所以是无理数.从而|PiPj|是无理数.
△PiPjPk的面积=
=|(i-j)(i-k)(j-k)|,显然是有理数.
因此,所选的n个点符合条件.
解法二 考虑半圆周x2+y2=r2(y∈R+,r=)上的点列{An},对一切n∈N*,令∠xOAn=αn,则任意两点Ai,Aj之间的距离为|AiAj|=2r|sin|,其中,0<αn≤π,cos=,sin=.
∴|AiAj|=2r|sincos―cossin|为无理数.
又sinαn=2sincos∈Q,cosαn=cos2―sin2∈Q.
任何三点Ai,Aj,Ak不共线,必然构成非退化三角形,注意到r=,其面积
S=
=
为有理数.
说明 本题与第17届IMO试题(见情景再现7)有一定的联系,请读者参考本解答完成它的解答.
例8一个n×
n的矩阵(正方阵)称为“银矩阵”,如果它的元素取自集合S={1,2,…,2n-1}, 且对每个i=1,2,…,n,它的第i行和第i列中的所有元素合起来恰好是S中所有元素.证明
(1)不存在n=1997阶的银矩阵;
(2)有无穷多个的n值,存在n阶银矩阵.(第38届IMO试题)
分析根据银矩阵的结构特征可以证明不存在奇数阶银矩阵,对任意自然数k,用构造法构造出2k阶银矩阵.
解
(1)设n>1且存在n阶银矩阵A.由于S中所有的2n-1个数都要在矩阵A中出现,而A的主对角线上只有n个元素,所以,至少有一个x∈S不在A的主对角线上.取定这样的x.对于每个i=1,2,…,n, 记A的第i行和第i列中的所有元素合起来构成的集合为Ai,称为第i个十字,则x在每个Ai中恰好出现一次. 假设x位于A的第i行、第i列(i≠j). 则x属于Ai和Aj,将Ai与Aj配对,这样A的n个十字两两配对,从而n必为偶数.而1997是奇数,故不存在n=1997阶的银矩阵.
(2)对于n=2,A=
即为一个银矩阵,对于n=4,A=
为一个银矩阵.一般地,假设存在n阶银矩阵A,则可以按照如下方式构造2n阶银矩阵D,D=
其中B是一个n×
n的矩阵,它是通过A的每一个元素加上2n得到,而C是通过把B的主对角线元素换成2n得到.为证明D是2n阶银矩阵,考察其第i个十字.不妨设i≤n,这时,第i个十字由A的第i个十字以及B的第i行和C的第i列构成.A的第i个十字包含元素{1,2,…,2n-1}. 而B的第i行和C的第i列包含元素{2n,2n+1,…,4n-1}.所以D确实是一个2n阶银矩阵.
于是,用这种方法可以对任意自然数k,造出2k阶银矩阵.
说明读者可以构造任意偶数阶银矩阵.
6.证明不存在具有如下性质的由平面上多于2n(n>3)个两两不平行的向量构成的有限集合G:
(1)对于该集合中的任何n个向量,都能从该集合中再找到n-1个向量,使得这2n-1个向量的和等于0;
(2)对于该集合中的任何n个向量,都能从该集合中再找到n个向量,使得这2n个向量的和等于0.(2003年俄罗斯数学奥林匹克试题)
7.试证:
在半径为1的圆周上存在1975个点,其中任意两点之间的距离都是有理数.
(第17届IMO试题)
8.是否存在平面上的一个无穷点集,使得其中任意三点不共线,且任意两点之间的距离为有理数?
(1994年亚太地区数学奥林匹克试题)
习题20
1.已知抛物线y2=4ax(0<a<1
的焦点为F,以A(a+4,0)为圆心,|AF|为半径在x轴上方作半圆交抛物线于不同的两点M和N,设P为线段MN的中点.
(1)求|MF|+|NF|的值;
(2)是否存在这样的a值,使|MF|,|PF|,|NF|成等差数列?
若存在,求出a的值;
若不存在,说明理由.(1996年昆明市数学选拔赛试题)
2.证明:
不存在正整数n使2n2+1,3n2+1,6n2+1都是完全平方数.(2004年日本数学奥林匹克试题)
3.证明只存在一个三角形,它的边长为三个连续的自然数,并且它的三个内角中有一个为另一个的两倍.(第10届IMO试题)
4.是否存在这样的实系数多项式P(x):
它具有负实数,而对于n>1,Pn(x)的系数全是正的.(1994年莫斯科数学奥林匹克试题)
5.证明不存在对任意实数x均满足f[f(x)]=x2-1996的函数.(1996年城市数学联赛试题)
6.是否存在有界函数f:
R→R,使得f
(1)>0,且对一切的x、y∈R,都有
f2(x+y)≥f2(x)+2f(xy)+f2(y)
成立.(2005年俄罗斯数学奥林匹克试题)
7.是否存在数列x1,x2,…,x1999,满足
(1)xi<xi+1(i=1,2,3,…,1998);
(2)xi+1-xi=xi-xi-1(i=2,3,…,1998);
(3)(xi的数字和)<(xi+1的数字和)(i=1,2,3,…,1998);
(4)(xi+1的数字和)-(xi的数字和)=(xi的数字和)–(xi-1的数字和)(i=2,3,…,1998).
(1999年江苏省数学冬令营试题)
8.
(1)是否存在正整数的无穷数列{an},使得对任意的正整数n都有a+1≥2anan+2?
(2)是否存在正无理数的无穷数列{an},使得对任意的正整数n都有a+1≥2anan+2?
(2004年中国东南地区数学奥林匹克试题)
9.是否存在一个无限素数数列p1,p2,…,pn,…,对任意n满足|pn+1-2pn|=1.(2004年波罗的海数学奥林匹克试题)
10.证明:
对于每个实数M,存在一个无穷多项的等差数列,使得
(1)每项是一个正整数,公差不能被10整除;
(2)每项的各位数字之和超过M.(第40届IMOY预选题)
11.是否存在定义在实数集R上的函数f(x),使得对任意的x∈R,
f(f(x))=x, ①
且f(f(x)+1)=1-x?
②
若存在,写出一个符合条件的函数;
若不存在,请说明理由.(2004年河南省数学竞赛试题)
12.对于给定的大于1的正整数n,是否存在2n个两两不同的正整数a1,a2,…,an;
b1,b2,…,bn同时满足以下两个条件:
(1)a1+a2+…+an=b1+b2+…+bn;
(2)n-1>
>n-1-.(1998年CMO试题)
“情景再现”解答
1.
(1)由条件有f(x)=ax2-ax+a.又f(x)=7x+a有两个相等的实数根,则由ax2-(a+7)=0
可知,=(a+7)2-4a·
0=0,解得a=-2.
故f(x)=-2x2+7x-2.
(2)存在.如图.设g(x)=(x>0).则当f(x)=g(x)时,有-2x2+7x-2=,
即2x3-7x2+2x+3=0.故(x-1)(x-3)(2x+1)=0.
解得x1=1,x2=3,x2=-(舍去).
因为f(x)max==,此时,x=∈[1,3],
所以,=<1.
故取m= , n=3时,f(x)=-2x2+7x-2在[,3]上的值域为[1,]符合条件.
2.(I)将直线l的方程y=kx+1代入双曲线C的方程2x2-y2=1后,
整理后得(k2-1)x2+2kx+2=0①
依题意,直线l与双曲线C的右支交于不同的两点,故
k2-2≠0,
Δ=(2k)2-8(k2-2)>
0,
->
>
0.
解得k的取值范围为-2<
k<
-.
(II)设A、B两点的坐标分别为A(x1,y1),B(x2,y2),则由①得
x1+x2=-,
x1x2=.②
假设存在实数k,使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F(c,0),
则由FA⊥FB得(x1-c)(x2-c)+y1y2=0,即(x1-c)(x2-c)+(kx1+1)(kx2+1)=0.
整理得(k2+1)x1x2+(k-c)(x1+x2)+c2+1=0.③
将②式及c=代入③式化简得5k2+2kx-6=0.
解得k=-或k=
(-2,-)(舍去).
可知k=-使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F.
3.任作一个边长为1996的正七边形A1A2A3A4A5A6A7.
这7个顶点中必有4点同色,而在这同色四点中,必有两点是相邻顶点,
为确定起见,不妨设这两点就是A1、A2,并且它们均是红色.
(1)A4或A6中有一个是红色的,比如,A6是红色的,
△A1A2A6即为所求.
(2)A4与A6都是蓝色的.若A7是蓝色的,则△A4A6A7即为所求;
若A3是蓝色的,则△A4A6A7即为所求;
若A3、A7都是红色,则为△A1A3A7所求.
4.设存在6个格点P1,P2,P3,P4,P5,P6落在区域S={(x,y)||x|≤2,|y|≤2}内,它们任3个点所成的三角形面积都大于2.
记P={P1,P2,P3,P4,P5,P6}
(1)若x轴具有P中的点数小于2,则由抽屉原理,x轴的上半平面(或下半平面——不包括x轴)至少有Pi的三个点.此三点所成的三角形面积不大于2.矛盾.故x轴上恰有P的2个点(因不能有3点共线).
又剩下P的4个点不可能有一点在直线y=±
1上,否则出现P中的点为顶点的面积不大于2的三角形.这就证明了,在直线y=2,和y=-2上,分别恰有P的两个点.
注意到S的对称性,同理可证:
直线x=-2,x=0,x=2上分别有P的两个点.
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