存在性问题

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存在性问题

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存在符合条件的点Ｆ，它的坐标为（，）４。
ｋ
点Ｅ作ＥＮ上ＯＢ，垂足为Ｎ，
如图２所示。
的反比例函数Ｙ＝（＞）的图象与Ａ二ｋ０Ｃ边交于点Ｅ。
（）１求证：△ＡＥ与ＡＢＦ的面积相等；ＯＯ
由题意得：Ｅ＝Ｏ＝３ＮＡ，Ｅ＝Ｅ４ｋＭＣ＝一÷ ，ＭＦ＝ＦＣ
（）过Ｃ、２经Ｄ两点的直线，与轴交于点Ｅ，在该抛物线上是否存在这样的点Ｆ，使以点Ａ、Ｃ、Ｅ、Ｆ为顶点的四边形为平
行四边形？若存在，求出点Ｆ的坐标；请若不存在，说明理由。请（若平行于轴的直线与该抛物线交于Ｍ、Ｎ两点，且以３）
（记ＳＥ—ＳＥＦ当ｋ２）＝ＳｏＦＣ，求为何值时，ｓ有最大值，最
大值是多少？
＝三Ｅ＋ＦＢ３七．ＭＭ一，Ｎ。
＝
图２
（）探索：３请是否存在这样的点Ｆ使得将ＡＣＦ沿Ｅ，ＥＦ对折后，Ｃ点恰好落在ＯＢ上？若存在，出点Ｆ的坐标；求若不存在，请说明理由。

存在性问题

存在性问题存在性问题是指判断满足某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖面较广，综合性较强，题意构思非常精巧，解题方法灵活，对学生分析问题和解决问题的能力要求较高，是近几年来各地中考的“热点”。

这类题目解法的一般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。

若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出矛盾，就做出不存在的判断。

由于“存在性”问题的结论有两种可能，所以具有开放的特征，在假设存在性以后进行的推理或计算，对基础知识，基本技能提出了较高要求，并具备较强的探索性，正确、完整地解答这类问题，是对我们知识、能力的一次全面的考验。

一、函数中的存在性问题（相似）1.（枣庄10分）如图，在平面直角坐标系xoy 中，把抛物线2y x =向左平移1个单位，再向下平移4个单位，得到抛物线2()y x h k =-+.所得抛物线与x 轴交于A ，B 两点（点A 在点B 的左边），与y 轴交于点C ，顶点为D. （1）写出h k 、的值；（2）判断△ACD 的形状，并说明理由；（3）在线段AC 上是否存在点M ，使△AOM∽△ABC？若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由.2.（临沂13分）如图，已知抛物线经过A （﹣2，0），B （﹣3，3）及原点O ，顶点为C ．（1）求抛物线的解析式；（2）若点D 在抛物线上，点E 在抛物线的对称轴上，且A 、O 、D 、E 为顶点的四边形是平行四边形，求点D 的坐标；（3）P 是抛物线上的第一象限内的动点，过点P 作PMx 轴，垂足为M ，是否存在点P ，使得以P 、M 、A 为顶点的三角形△BOC 相似？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．二、函数中的存在性问题（面积）3. （日照10分）如图，抛物线()20y ax bx a >=+与双曲线ky x=相交于点A ，B ．已知点B 的坐标为（－2，－2），点A 在第一象限内，且tan∠AOX＝4．过点A作直线AC∥x轴，交抛物线于另一点C．（1）求双曲线和抛物线的解析式；（2）计算△ABC的面积；（3）在抛物线上是否存在点D，使△ABD的面积等于△ABC的面积．若存在，请你写出点D 的坐标；若不存在，请你说明理由．4、（德州12分）在直角坐标系xoy中，已知点P是反比例函数y（x＞0）图象上一个动点，以P为圆心的圆始终与y轴相切，设切点为A．（1）如图1，⊙P运动到与x轴相切，设切点为K，试判断四边形OKPA的形状，并说明理由．（2）如图2，⊙P运动到与x轴相交，设交点为B，C．当四边形ABCP是菱形时：①求出点A，B，C的坐标．②在过A，B，C三点的抛物线上是否存在点M，使△MBP的面积是菱形ABCP面积的12．若存在，试求出所有满足条件的M点的坐标，若不存在，试说明理由．5.（济宁10分）如图，第一象限内半径为2的⊙C与y轴相切于点A，作直径AD，过点D作⊙C的切线l交x轴于点B，P为直线l上一动点，已知直线PA的解析式为：y=k x+3。

存在性问题

存在性问题——等腰三角形☆给予几点提示：①肯定会有一到二解会是很简单，一眼就能看出来。

②等腰三角形的轴对称性。

③等腰三角形的“三线合一”，添垂线（该情况下，等腰三角形的高），注意寻找相似三角形的模型。

以及要重视，“三线合一”中“等腰三角形底边的中点”。

存在性问题——直角三角形☆给予几点提示：①在运用勾股定理时，为了使解题简便，直接以平方的形式出现。

②“三垂直”相似模型的使用。

存在性问题——平行四边形方法与技巧：在“平行四边形”的前提下，根据所要求的特殊的平行四边形的性质就行求解涉及到的函数知识：存在性问题——梯形方法与技巧：在“梯形”的前提下，根据所要求的特殊的平行四边形的性质就行求解解答题——在一模考试中，相似三角形不仅仅会出现在选择、填空中，它会出现在解答题的22、2 3、25等位置。

在解答题中，有一题是纯相似三角形的证明；基本题型都是⑴△xxx∽△xxx⑵xx2=yy ×yy☆往往大家会出现的问题是：一读题，觉得没有思路，心里一紧张，影响了后面的答题☆给予大家的忠告建议：①在考试之前把相似三角形的模型图好好地看一遍，加深印象；做题时找熟悉的模型②运用好⑴、⑵之间的关系相似三角形的8类基本模型：填空题——作为考试的第二项大题，且题量相对比较多。

所以要耐心地去完成。

☆往往大家会出现的问题是：①致命伤——计算错误②小硬伤——最基础的定义与性质的掌握不够熟练③逻辑伤——“分类讨论”等思维逻辑分析上迷迷糊糊☆给予大家的忠告建议：①思想上：慢慢来，淡定点②操作上：注意草稿纸的使用；仔细画草图；认真计算；答题规范；（如果考前忘记了，特殊锐角三角比的值，可以画“1，√3，2”、“1，1，√2”的直角三角形）选择题——作为考试的第一项大题，重要性是不言而喻的。

所以，要以一个平和的心态去完成。

题目会很简单，都是对于基本定义、基本概念、基本性质等的考察。

☆往往大家会出现的问题是：①自己心里想选的答案和自己实际选的答案是不一致的（注意力不够集中）②由于心里紧张，造成一些基本的理论记忆有偏差③对于文字性的命题判断，同学不能淡定地去读完。

二次函数中的存在性问题

⼆次函数中的存在性问题⼆次函数中的存在性问题存在性问题是指判断满⾜某种条件的事物是否存在的问题，这类问题的知识覆盖⾯较⼴，综合性较强，题意构思⾮常精巧，解题⽅法灵活，对学⽣分析问题和解决问题的能⼒要求较⾼，是近⼏年来各地中考的“热点”。

这类题⽬解法的⼀般思路是：假设存在→推理论证→得出结论。

若能导出合理的结果，就做出“存在”的判断，导出⽭盾，就做出“不存在”的判断。

以下⼏篇内容为⼏种典型的⼆次函数中出现的存在性问题，希望⼤家在以后的学习中如果遇到此类型时能够轻松解决。

⼀、特殊三⾓形的存在性问题（⼀）⼆次函数中的等腰三⾓形存在性问题如果△ABC是等腰三⾓形，那么存在①AB＝AC，②BA＝BC，③CA＝CB三种情况．因此，解等腰三⾓形的存在性问题时，通常要进⾏分类讨论。

这类问题有⼏何法和代数法两种⽅法，我们要根据具体情况灵活选择简便的⽅法。

⼏何法⼀般分三步：分类、画图、计算．代数法⼀般也分三步：罗列三边长，分类列⽅程，解⽅程并检验．（⼆）⼆次函数中的直⾓三⾓形存在性问题如果△ABC是直⾓三⾓形，那么存在①∠A为直⾓，②∠B为直⾓，③∠C为直⾓三种情况．因此，解直⾓三⾓形的存在性问题时，通常要进⾏分类讨论。

这类问题有⼏何法和代数法两种⽅法，我们要根据具体情况灵活选择简便的⽅法。

⼏何法⼀般分三步：分类、画图、计算．代数法⼀般也分三步：罗列三边长，分类列⽅程，解⽅程并检验．（三）⼆次函数中的等腰直⾓三⾓形存在性问题在解决等腰直⾓三⾓形存在性问题时，往往要⽤到⼏何和代数相结合的⽅法，设出点的坐标后，利⽤等腰直⾓三⾓形的⼏何性质及函数关系式列⽅程求解，最常⽤到的有：①两直⾓边相等，直⾓边与斜边的⽐为1：√2；②斜边中线垂直于斜边，且等于斜边的⼀半。

③直⾓顶点处构造三垂直，得到全等三⾓形，利⽤对应边的等量关系求解。

性修养方面存在的问题及整改措施

性修养方面存在的问题及整改措施性修养是指个体在性方面的意识、情感以及行为表现方面的培养和提升。

在当今社会，性修养问题逐渐引起人们的关注。

本文将讨论性修养方面存在的问题，并提出相应的整改措施。

存在的问题1. 性知识缺乏大部分人在性知识方面存在缺乏的问题。

这导致了许多人对性的认识不准确，存在偏见和谬误。

缺乏全面而科学的性知识，使得个体在性行为中容易受到误导，产生性心理障碍。

2. 性观念保守在传统观念的影响下，很多人对性持保守态度。

存在许多性别歧视的观念，例如认为女性在性行为中应该被动，男性则应该主动。

这种性观念的保守限制了个体性的自由发展，容易导致不良的性行为和性关系。

3. 性教育不足性教育在学校和家庭中的普及程度较低，很多人没有接受过系统的性教育。

缺乏全面的性教育，容易导致性行为不负责任，孕育出青少年性问题和不良婚姻关系。

4. 性骚扰和性侵犯问题性骚扰和性侵犯问题是性修养方面存在的严重问题。

特别是在工作场所和学校中，存在大量的性骚扰和性侵犯行为。

这不仅侵犯了个体的身心健康，也对社会和谐和公平造成了严重的破坏。

整改措施1. 加强性教育在学校和家庭中加强性教育的普及，提供全面的性知识和正确的性观念。

性教育应该包括性别平等、性别常识、性心理健康等方面的内容，帮助个体形成正确的性价值观念。

2. 组织性修养课程和讲座社会组织和机构可以组织性修养课程和讲座，向公众传播科学的性知识。

这样可以提高人们的性修养意识，并帮助他们树立正确的性观念。

3. 加强性骚扰和性侵犯的预防和打击加强对性骚扰和性侵犯行为的预防和打击力度，建立完善的法律法规和监督制度。

同时，提高个体的自我保护意识，鼓励受害者勇敢举报，并给予必要的法律支持和保护。

4. 建立健康的性文化通过广播、电视、互联网等媒体，宣传健康的性文化，消除错误的性观念和性行为。

社会各界应共同努力，营造一个宽容、尊重和富有智慧的性文化氛围。

总结性修养方面存在的问题不容忽视，需要全社会的关注和努力。

存在性问题难点解疑

存在性问题难点解疑张雪梅;梁海靖【期刊名称】《高中数理化》【年(卷),期】2018(000)012【总页数】2页(P12-13)【作者】张雪梅;梁海靖【作者单位】山东省荣成市第二中学;山东省荣成市第二中学【正文语种】中文存在性问题是高考常考的压轴题,由于题型复杂多变,令考生常感不知从何入手．笔者综合多年的教学经验,反复思考,总结了以下几种解题方法,希望对同学们的学习有所帮助．1 转化为函数的值域问题有解问题分为R上有解和给定区间上的有解,形如:1)若在R上存在实数x使等式f(x)=A成立,则等价于A∈[fmin(x),fmax(x)].2)若在区间D上存在实数x使等式f(x)=A成立,则等价于A∈[fmin(x),fmax(x)].3)若在区间D上存在实数x使不等式f(x)>A成立,则等价于在区间D上fmax(x)>A;若在区间D上存在实数x使不等式f(x)<B成立,则等价于在区间D上的fmin(x)<B.例1 已知f(x)=x2-ax+2,∃x∈R,使得f(x)=0,求a的取值范围．此题可以采用将参数a分离的方法,得求出的取值范围就是本题方程有解时a的取值范围．因为x2-ax+2=0,ax=x2+2.当x=0时,不成立;当x≠0时,不妨设此函数为对勾函数,其图象如图1所示，值域为所以或图1此题是R上的有解问题,采用分离参数的方法,在求解过程中要注意对定义域的分情况讨论,当x≠0时,变量a与新函数的值域相同.另外，本题也可以看成二次函数,定义域为R,利用Δ求解．例2 已知f(x)=x2-ax+2,∃x∈[1,5],使得f(x)=0,求a的取值范围．图2此题为给定区间上的有解问题,也可以采用分离参数的方法,得到但x∈[1,5],需要结合图象观察．因为不妨设则g(x)在上单调递减,在上单调递增(如图2),所以给定x的取值范围,构造新函数必须结合图象不能直接代入端点．例3 已知f(x)=x2-ax+2,∃x∈[1,5],使得f(x)>0,求a的取值范围．要使不等式f(x)>0成立,参数分离得设结合存在性命题定义,a小于g(x)的一个值即可,则只需求出x∈[1,5]的g(x)的最大值．观察图所以R上的有解问题与给定区间上的有解问题,若为等式都可以采用分离参数的方法,构造新函数结合定义域观察图象求值域;若为不等式,需要考虑存在性命题的定义“有一个”即可,从函数的最大值或者最小值方面思考问题．2 转化为函数图象的交点问题函数的零点⟺方程的根⟺两个函数图象的交点,形如:若在区间D上存在实数x使等式f(x)=A成立,则等价于y=f(x)与y=A图象有交点问题．例4 已知f(x)=x2-ax+2,∃x∈[1,5],使得f(x)=0,求a的取值范围.图3分离变量构造两个函数y=a和将所求问题转化为2个函数图象有交点问题．因为不妨设观察图象如图3所示，可知从图象中观察交点,也是寻找值域的一种方法,但是要注意定义域端点取值的虚实．3 转化为恒成立问题当题目中含有存在量词“至少”“至多”“存在”,并求变量范围时,可以直接求解,也可以考虑其对立面,把原题看成“若p,则q”的形式,找出其逆否命题,求出范围再求补集．1)若在区间D上存在实数x使不等式f(x)>A成立,则其否定是在区间D上任意实数x使A≥fmax(x);2)若在区间D上存在实数x使不等式f(x)<B成立,则其否定是在区间D上任意实数x使B≤fmin(x).例5 若不等式x2-ax+2>0在区间[1,5]上有解,则a的取值范围是________.∃x∈[1,5],x2-ax+2>0的否定为∀x∈[1,5],x2-ax+2≤0.分离变量不妨设所以综上所述存在性命题的否定是全称命题,结合全称命题的定义“任意”“所有”等关键词,的所有函数值,即a大于等于它的最大值.解题时注意要等价转化,结论要求其补集．4 与全称命题相结合全称命题与存在性命题在解题过程中经常会与函数相结合,形如:1) 设函数f(x)、g(x),对任意的x1∈[a, b],存在x2∈[c, d],使得f(x1)≥g(x2),则fmin(x)≥gmin(x).2) 设函数f(x)、g(x),对任意的x1∈[a, b],存在x2∈[c, d],使得f(x1)≤g(x2),则fmax(x)≤gmax(x).3) 设函数f(x)、g(x),存在x1∈[a, b],存在x2∈[c, d],使得f(x1)≥g(x2),则fmax(x)≥gmin(x).4) 设函数f(x)、g(x),存在x1∈[a, b],存在x2∈[c, d],使得f(x1)≤g(x2),则fmin(x)≤gmax(x).5) 设函数f(x)、g(x),对任意的x1∈[a, b],存在x2∈[c, d],使得f(x1)=g(x2),设f(x)在区间[a,b]上的值域为A,g(x)在区间[c,d]上的值域为B,则A⊂B.例6 设函数若对任意的x1∈[1,5],总存在x2∈[1,4],使得f(x1)>g(x2),求b的取值范围．此题同时含有任意和存在两种量词,首先分析全称命题,将函数g(x)看成一个固定的值C,即所有的f(x)的值都要大于C,求f(x)的最小值,再将f(x)的最小值看成固定的值M,“有一个”g(x)小于M即可,就是求g(x)的最小值．经过分析，问题等价于fmin(x1)>gmin(x2).因为g(x)=bx+5-2b,b>0,所以g(x)单调递增,所以gmin(x2)=g(1)=5-b,所以对于函数不等式问题,不管两个函数变量的任意性与存在性如何变换,都是对函数最值的分析,分析一个变量时，可将另一个变量看成定值,固定不动;对于函数相等关系的理解需要用集合语言加以辅助．总之,存在性命题题目多变且富有新意,在审题时一定要分清基本类型,回归问题本质,把握基本的解题策略,读懂题中量词传达的信息，使存在性问题得以简化．。

第80讲存在性问题(新)

第20讲存在性问题本节主要内容是存在性问题. 存在性问题有三种：第一类是肯定性问题, 其模式为“已知A, 证明存在对象B, 使其具有某种性质”. 第二类是否定性问题, 其模式为“已知A, 证明具有某种性质B 的对象不可能存在”. 第三类是探索性问题, 其模式为“已知A, 问是否存在具有某种性质B 的对象”.解决存在性问题通常有两种解题思路. 一种思路是通过正确的逻辑推理(包括直接计算), 证明(或求出)符合条件或要求的对象B 必然存在. 常利用反证法、数学归纳法、抽屉原则、计数法等. 另一种思路是构造法. 直接构造具有某种性质B 的对象. 常常采用排序原则、极端性原则进行构造.A 类例题例1 已知函数f (x )=|1-1x|.(1)是否存在实数a ,b (a <b ), 使得函数的定义域和值域都是[a ,b ]?若存在,请求出a ,b 的值；若不存在，请说明理由。

(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[0,).+∞ [a ,b ]是[0,)+∞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 )=11, 1.11, 1.x x x x⎧-≥⎪⎪⎨⎪-<⎪⎩(i)当a ,b ∈(0,1)时, f (x )= 1x-1在(0,1)上是减函数，所以，(),(),fa b fb a =⎧⎨=⎩即11,11.b a a b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩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 )=1-1x在(1,+∞)上为增函数，所以，(),(),fa a fb b =⎧⎨=⎩即11,11.a ab b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩于是，a ,b 是方程x 2-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 )满足条件.(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)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 )=1-1x在(1,+∞)上为增函数，有(),(),fa m a fb m b =⎧⎨=⎩即11,11.m a am b b⎧-=⎪⎪⎨⎪-=⎪⎩于是，a ,b 是方程mx 2－x +1=0的两个大于1的实数根.所以，140,11,2m x ∆=->⎧⎪⎨±=>⎪⎩只须0,140,12.m m m ⎧>⎪->⎨⎪->⎩解得0<m <14. 因此，m 的取值范围是0<m <14.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[0,).+∞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BE BC = CF CD = DG DA，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BE BC = CF CD = DGDA = 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2a 2x 2+y 2-2ay =0, 整理得x 212+(y -a )2a 2=1.当a 2＝12时，点P 的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点；当a 2≠12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a 2＜12时，P 到椭圆两个焦点(-12-a 2,a ),(12-a 2,a )的距离之和为定长2；当a 2＞12时，P 到椭圆两个焦点(0, a -a 2-12),(0, a +a 2-12)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 )=ax 2+bx +a 满足条件f (x +74)= f (74x ), 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[3n ,3m ]? 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 ：2x 2－y 2=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]21n [+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A 1,A 2,A 3,A 4,A 5，连接OA 1,OA 2,OA 3,OA 4,OA 5,分别交大圆于B 1,B 2,B 3,B 4,B 5，根据抽屉原理,B 1,B 2,B 3,B 4,B 5中必有三点同色，不妨设为B 1,B 2,B 3,分别连接A 1A 2，A 2A 3,A 3A 1,B 1B 2,B 2B 3,B 3B 1,则△A 1A 2A 3∽△B 1B 2B 3，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 ⎪⎭⎫⎝⎛31,2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⎪⎭⎫⎝⎛31,2外的其它值. 证明取点P ⎪⎭⎫⎝⎛31,2. 设整点(a ,b )和(c ,d )到点P 的距离相等，则2222222211(()((),3322(().3a b c d c a c a d b b d -+-=-+--=-+-+-即上式仅当两端都为零时成立.所以c =a ①c 2－a 2+d 2－b 2+32(b －d )=0 ②将①代入②并化简得d 2－b 2+32(b －d )=0.1即 (d －b )(d +b －32)=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 ⎪⎭⎫⎝⎛31,2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 d 1，d 2，d 3，……，d n ，…….显然，以P 为圆心，以d 1,d 2,d 3,…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A n ={1,2,3,…,n }, 是否存在一一映射φ：A n →A n 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S k =∑=ni i 1)(ϕ.当n =2m +1(m ≣2)时, 由2m |S 2m 及S 2m = (2m +1)(2m +2)2－φ(2m +1)得φ(2m +1)≡m +1(mod2m ).但φ(2m +1)∈A 2m +1, 故φ(2m +1)=m +1. 再由(2m －1)|S 2m －1及S 2m －1= (2m +1)(2m +2)2－(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, S 2m +1= (2m +2)(2m +3)2－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 ≡-S 2n (mod(2n +1)) ≡-S 2n -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．情景再现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2π7、 4π7，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P I (x i ,y i )(i =1,2,3,4,5,6)满足(1)|x i |≢2,| y i |≢2, (i =1,2,3,4,5,6); (2)任何三点不在同一条直线上.试证在P i ( 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l 1,l 2,…，l n ,…的直线族，它满足条件：(1)点(1,1)∈l n ,n =1,2,…； (2)k n +1=a n —b n ，其中k 1是l 1的斜率，k n +1是l n +1的斜率，a n 和b n 分别是l n 在x 轴和y 轴上的截距，n =1,2,3, …； (3)k n k n +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 1002=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 1002=4950(＞1985)个交点, 先用共点直线减少交点数.注意到若有n 1条直线共点, 则可减少12n C -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n 1, n 2,…, n k . 则有 n 1+n 2+…+ n k ≢100,122221112965k n n n C C C -+-++-=L ( C 1002-1985=2965).因为满足12n C -1＜2965的最大整数是n 1=77, 此时C 772-1=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22n C -1＜40的最大整数为n 2=9, 此时C 92-1=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 42-1=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 =x 2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 =x 2上选取n 个点P 1,P 2,…,P n , 点P i 的坐标为(i ,i 2) (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P i 和P j之间的距离是|P i P j|=(i-j)2+(i2-j2)2=|i-j|1+(i+j)2(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1+(i+j)2是无理数.从而|P i P j|是无理数.△P i P j P k的面积= 12222111i j ki j k=12|(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 =2)上的点列{A n},对一切n∈N*,令∠x OA n＝αn，则任意两点A i,A j之间的距离为|A i A j|=2r|sin αi-αj2|,其中，0＜αn≢π, cosαn2=n2-1n2+1, sinαn2=2nn2+1.∴|A i A j|=2r|sin αi2cosαj2―cosαi2sinαj2|为无理数．又sinαn =2sin αn2cosαn2∈Q, cosαn = cos2αn2―sin2αn2∈Q.任何三点A i,A j,A k不共线,必然构成非退化三角形，注意到r =2，其面积S=12111cos cos cossin sin sini j ki j kr r rr r rαααααα=r22111cos cos cossin sin sini j ki j kαααααα=111cos cos cossin sin sini j ki j kαααααα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A i，称为第i个十字，则x在每个A i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A i和Aｊ，将A i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=1231骣÷ç÷ç÷ç÷桫即为一个银矩阵，对于n=4，A=1256317546127431骣÷ç÷ç÷ç÷ç÷ç÷÷ç÷ç÷ç÷ç÷÷ç桫为一个银矩阵. 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=A BC A骣÷ç÷ç÷ç÷桫,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.情景再现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201．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, P n(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f 2(x+y)≣f 2(x)+2 f(xy)+ f 2 (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)x i＜x i+1(i=1,2,3,…,1998);(2) x i+1- x i = x i- x i-1(i=2,3,…,1998);(3)( x i的数字和)＜( x i+1的数字和) (i=1,2,3,…,1998);(4) (x i+1的数字和)-( x i的数字和) = ( x i的数字和)–( x i-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{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+2?(2)是否存在正无理数的无穷数列{a n},使得对任意的正整数n都有a2n+1≣2a n a n+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,…,p n,…,对任意n满足|p n+1－2p n|=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a 1,a 2,…,a n ; b 1,b 2,…,b n 同时满足以下两个条件：(1) a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n ;(2)n -1＞1ni i i i ia b a b =-+å＞ n -1-11998.(1998年CMO 试题) “情景再现”解答1．(1)由条件有f (x )=ax 2-72a x +a . 又f (x )=7x +a 有两个相等的实数根,则由ax 2-(72a +7)=0可知, ∆=(72a +7)2-4a ·0=0, 解得a =-2.故f (x )= -2x 2+7x -2.(2)存在. 如图. 设g (x )= 3x (x ＞0). 则当f (x )= g (x )时, 有-2x 2+7x -2= 3x ,即2x 3-7x 2+2x +3=0. 故(x -1)(x -3)(2x +1)=0. 解得x 1=1, x 2=3, x 2=-12(舍去).因为f (x )max = 4ac -b 24a = 338,此时,x = 74∈[1,3],所以, 3f (x )max = 811＜1. 故取m =811, n =3时, f (x )= -2x 2+7x -2在[811,3]上的值域为[1, 338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2x 2－y 2=1后，整理后得(k 2－1)x 2+2kx +2=0 ①依题意，直线l 与双曲线C 的右支交于不同的两点，故k 2－2≠0，Δ=(2k )2－8(k 2－2)>0，－2kk 2－2>0， 2k 2－2. 解得k 的取值范围为－2<k <－2.(II)设A 、B 两点的坐标分别为A(x 1, y 1)，B(x 2, y 2)，则由①得x 1+x 2=－2kk 2－2，x 1x 2=2k 2－2. 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(x 1－c )( x 2－c )+ y 1y 2=0，即(x 1－c )( x 2－c )+( kx 1+1)( kx 2+1)=0.整理得(k 2+1)x 1x 2+(k －c )(x 1+x 2)+c 2+1=0. ③将②式及c= 62代入③式化简得5k 2+26kx －6=0.解得k =－ 6+65或k =6－65∉(－2,－2)(舍去). 可知k =－ 6+65使得以线段AB 为直径的圆经过双曲线C 的右焦点F .435A3. 任作一个边长为1996的正七边形A 1A 2A 3A 4A 5A 6A 7.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A 1、A 2,并且它们均是红色. (1) A 4或A 6中有一个是红色的, 比如, A 6是红色的,△A 1A 2A 6即为所求.(2) A 4与A 6都是蓝色的. 若A 7是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求;若A 3是蓝色的, 则△A 4A 6A 7即为所求; 若A 3、A 7都是红色, 则为△A 1A 3A 7所求.4. 设存在6个格点P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6 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={ P 1, P 2 ,P 3 ,P 4 ,P 5 ,P 6}(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P i 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. 于是,在每条直线y =2i ,x =2i (i =0,±1)上恰有P 的两个点.(2)P 必不能包含原点,否则,因S 内纵,横坐标均为偶数的所有格点落在且仅落在过原点的4条直线上,由抽屉原理,剩下的P 的5个点,至少有两个点落在这些直线的其中一条上,于是3点共线,矛盾. 因此,P 中在x 轴的两点必是(－2,0)，(2,0).同理,在y 轴上的两点必是(0,－2)，(0，2). 剩下的两点只能取(－2,－2)，(2,2)，或(－2,2)，(2,－2).不论哪一种情形,都得到一个以P 点为顶点的面积不大于2的三角形,矛盾.5. 满足条件(1)、(2)、(3)的直线族不存在.若不然，l n 的方程为y —1=k n (x —1)1111,1,n n n n n n n nna b k a b k k k k +=-=--=-=都存在，故k n ≠0，n =1,2,3, ….对于n ≣1，有 1112111121,1,,1.111n n n n n n n nk k k k k k k k k k k k k k +---=--=--=-=-+++相加得：（）由于k n ≠0及(III)有k n k n +1>0可知诸k n 符号相同，不妨设k n >0,n =1,2,……. 由11111121111111,,(),n n n n nn nnn k k k k k k k k k k k k k +++=-<>=-+++<-有但当n >k 12时k n +1<0，矛盾.同理可证，当k n <0，n =1,2, …，也会出现矛盾.6. 假设题目的结论不真.选取一条直线l , 使其不与集合G 中的任何一个向量垂直. 于是, G 中至少有n 个向量在直线l 上的投影指向同一方向, 设它们为e 1, e 2, …, e n . 在直线l 上取定方向,使得这些向量的投影所指的方向为负. 再在集合G 中选取n 个向量f 1, f 2 ,…, f n ,使得它们的和在直线l 上的投影的代数值s 达到最大. 由题中条件(2)知s ＞0.由条件(1),可以找到n -1个向量a 1, a 2 ,…,a n -1,使得f 1+ f 2+…+f n = -(a 1+a 2+…+a n -1).显然, 至少有某个向量e i 不出现在上式右端, 不妨设为e 1. 从而a 1+a 2+…+a n -1+e 1的投影为负, 且其绝对值大于s .再由条件(2)知, 又可以找到n 个向量, 使得它们的代数和等于-(a 1+a 2+…+a n -1+e 1),从而,该和的投影代数值大于s . 此与我们对f 1, f 2 ,…, f n 的选取相矛盾.7. 取θn =arctan n 2-12n (1≢n ≢1975), 则sin θn = n 2-1n 2+1 , cos θn = 2nn 2+1都是有理数, 且2θn 互不相同.对单位圆上辐角为2θ1,2θ2,…,2θ1975的点P 1,P 2,…,P 1975,|P i P j |=2|sin(θi -θj )|=2| sin θi cos θj - cos θi sin θj )|为有理数.8. 答案是肯定的，下面提供两种构造这样的点集的方法．方法一存在角α，使得cos α与sin α都是有理数(例如sin α=35,cos α=45).考虑一个以有理数R 为半径的圆周，和一个弧度为2α的圆弧，显然a2R = sin α,其中a 是上述圆弧所对的弦长，因此弦长为有理数．从此弧的端点出发，在圆周上连续截取弧度为2α的圆弧，显然，任一弧所对的弦长XY 是有理数.由作图法知XY2R = |sin n α|,对某个正整数n ，由于cos α与sin α都是有理数，所以由数学归纳法可以证明sin n α和cos n α都是有理数．下面证明此过程产生一个无穷点集．为了此目的，设sin α＝p r , cos α＝qr ,其中(p ,q )=1,p 2+q 2=r 2,由棣美弗定理得(q r +i pr )n =cos n α+ i sin n α. 若其值为1，则1= cos n α=Σ(-1)k C n 2k p n -2k q 2k rn. 由于q 2≡-p 2(mod r 2),则r n ≡p n 2n -1(mod r 2). 故2| r ,然而从p 2+q 2=r 2, (p ,q )=1可知这是不可能的．这就证明了我们描述的集合是无限集．方法二在平面上取一点P 和一条与P 距离为1的直线l ,设Q 是l 上与P 相距为1的点，考察l 上所有满足SQ,PS 都是有理数的点S,由于毕达哥拉斯基本的三元数组有无穷多个，而且与点S 一一对应，故存在无穷多个这样的点．作一个以P 为中心，半径为1的反演．此变换保持点之间的距离的有理性(这容易通过△PSR ∽△PS'R'证明，其中S 和R 是点集中的点，S'和R'分别为它们的象)．用这样的方法构造的点集在一个圆周上，因此，无三点共线．习题20解答1. 解 (1)由已知得F(a ,0),半圆为[x -(a +4)]2+y 2=16(y ≣0)．把y 2=4ax 代入，可得x 2-2(4-a )x +a 2+4a =0. 设M(x 1, y 1),N(x 2, y 2).则由抛物线的定义得|MF|+|NF|=(x 1+a )+(x 2+a )=( x 1+ x 2)+2a =2(4-a ) +2a =8. (2)若|MF|，|PF|，|NF|成等差数列，则有2|PF|=|MF|+|NF|.另一方面，设M, P , N 在抛物线准线上的射影为M', P', N'．则在直角梯形M'MNN'中，P'P 是中位线，又有2|P'P|=|M'M|+|N'N|=|FM|+|FN|,因而|PF|=|P'P|.这说明了点P 应在抛物线上．但由已知P 是线段MN 的中点，即P 并不在抛物线上．所以不存在这样的a 值，使|MF|，|PF|，|NF|成等差数列．2．假设存在这样的n , 使2n 2+1，3n 2+1，6n 2+1都是完全平方数, 那么(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)必定为完全平方数, 而(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)=36n 6+36n 4+11n 2+1,(6n 3+3n )2=36n 6+36n 4+9n 2,(6n 3+3n +1)2=36n 6+36n 4+12n 3+9n 2+6n +1,所以 (6n 3+3n )2＜(2n 2+1)(3n 2+1)(6n 2+1)＜(6n 3+3n +1)2,显然,与(2n 2+1)( 3n 2+1)(6n 2+1)为完全平方数矛盾.3．设△ABC 满足题设条件, 即AB=n ,AC=n -1,BC=n +1, 这里n 是大于1的自然数. 并且△ABC 的三个内角分别为α、2α和π-3α，其中0＜α＜π3由于在同一个三角形中,较大的边所对的角也较大, 因此出现的情况只有如图所示的三种.对于情况(1), 因为sin(π-3α)sin α = sin3αsin α =4cos 2α-1=(sin2αsin α)2-1, 所以利用正弦定理可知n n -1 = sin(π-3α)sin α = (sin2αsin α)2-1= (n +1n -1)2-1, 从而得到n 2-5n =0, 解得n =5.同样,在情况(2)中,有n +1n -1 =(n n -1)2-1,解得n =2. 但n =2,此时三边为1,2,3,不能构成三角形. 在情况(3)中, 有n -1n =(n +1n)2-1,整理得n 2-3n -1=0, 但这个方程无整数解. 综上, 满足题设条件的三角形三边长只有4,5,6.可以证明cosB=3418=cos2B, A=2B . 4. 存在．P(x )=10(x 3+1)(x +1)- x 2 =10x 4+10x 3- x 2+10x +10具有负系数, 但是P 2(x )= x 4+100(x 3+1)2(x +1)2-20x 2(x 3+1)(x +1)= x 4+20(x 3+1)[5(x 3+1)(x +1)2- x 2(x +1)]= x 4+20(x 3+1)(5x 5+10x 4+4x 3+4x 2+10x +5)的系数全是正的.P 3(x )=1000(x 3+1)3(x +1)3-300 x 2(x 3+1)2(x +1)2+30x 4(x 3+1)(x +1)-x 6=100(x 3+1)2(x +1)[10(x 3+1)(x +1)2-3x 2(x +1)]-x 6+30x 4(x 3+1)(x +1)=100(x 3+1)2(x +1)(10x 5+20x 4+7x 3+7x 2+20x +1)-x 6+30x 4(x 3+1)(x +1)=Q 1(x )-x 6+Q 2(x )Q 1(x )中的x 6的系数不小于1000,所以P 3(x )的系数也全是正的.又当k ≣2时,有P 2k (x )=[P 2(x )] k , P 2k +1(x )=[P 2(x )] k -1· P 3(x ).所以,对一切n ＞1, P n (x )的系数全是正的.5. 令g (x )= f [f (x )] = x 2-1996, 设a 、b 为方程x 2-1996= x 的两个实数根, 则a 、b 是g (x )的不动点. 设f (a )=p , 则f [f (p )]= f [f (f (a ))]= f (a )=p , 即p 也是g (x )的不动点. 所以f (a )∈{a ,b }.同理, f (b )∈{a ,b }.令h (x )= g [g (x )]=(x 2-1996)2-1996, 则h (x ) = x ∴ (x 2-1996)2-1996= x ∴ (x 2- x -1996)( x 2+ x -1995)=0所以h (x )存在四个不动点a 、b 、c 、d .因为c 2+c -1995=0, 所以g (c )= c 2-1996=- c -1= d .同理, g (d )=c .令f (c )=r , 则h [f (c )]= f [h (c )]= f (c ),即r 也是h (x )的不动点.若r ∈{a ,b },则d = f (r )∈{a ,b },矛盾; 若r = c , 则g (c )= f (r )= f (c )=r = c ,矛盾; 若r = d , 则d =g (c )= f (r )= f (d ),g (d )=g (r )=g (f (c ))=f (g (c ))= f (d )=d, 矛盾.综上所述, 满足条件的函数f (x )不存在.6. 不存在. 任取x 1≠0, 令y 1=1x 1 , 有 f 2(x 1+y 1)≣f 2(x 1)+2 f (1)+ f 2 (y 1) ≣f 2(x 1)+a ,其中a =2f (1)＞0.令x n =x n -1+y n -1, y n =1x n , n ≣2. 于是, 有 f 2(x n +y n )≣f 2(x n )+a = f 2(x n -1+y n -1) +a ≣f 2(x n -1)+2a ≣…≣f 2(x 1)+na ,故数列{ f (x 1), f (x 2),…, f (x n ) ,…}并非有界.7. 存在，构造如下：取x 1= 00000 00001 00002 00003…09999,x 2= 00001 00002 00003 00004…10000,x 3= 00002 00003 00004 00005…10001,…………，x 1998= 01997 01998 01999 02000…11996,x 1999= 01998 01999 02000 02001…11997,这是公差为00001 00001 00001 00001…00001的等差数列(项数取1999),且各项数字和为公差是1的等差数列．8．(1)不存在.假设存在正整数数列{a n }满足条件a 2n +1≣2a n a n +2.因为a 2n +1≣2a n a n +2, a n ＞0,所以a n a n -1≢12·a n -1a n -2≢122·a n -2a n -3≢…≢12n -2·a 2a 1(n =3,4,…), 又a 2a 1≢122-2 · a 2a 1, 所以有a n a n -1≢12n -2·a 2a 1(n =2,3,4,…)成立, 于是 a n ≢(12n -2·a 2a 1)a n -1≢12(n -2)+(n -3)·(a 2a 1)2·a n -2≢…≢12(n -2)+(n -3)+…+1·(a 2a 1)n -2·a 2, 所以12222211().2≢n n n n a a a ---×设212[2,2),k k a k +挝N *, 取N=k +3,则有1221222221111121()() 1.22≢≢N k k N N N k k a a a a -++--++?这与a N 是正整数矛盾.所以, 不存在正整数数列{a n }满足条件.(2) a n = π2(n -1)( n -2)就是满足条件的一个无理数数列, 此时有a 2n +1=4a n a n +2≣2a n a n +2.9. 若存在这样的数列{ p n }满足条件. 由| p n +1－2p n | =1得 p n +1=2p n ±1＞2p n , 则数列{ p n }严格递增数列, 所以p 3＞3且不能被3整除, 若p 3≡1(mod3)时, 可得p 4= 2p 3－1(否则p 4= 2p 3+1≡0(mod3), 即p 4能被3整除,舍去), 类似的有, p 5= 2p 4－1, …,p n =2p n -1－1,容易得到p n =2n -3p 3－2n -3+1(n ≣3),令n －3= p 3－1, 由费尔马小定理)(mod 12313p p ≡-,则p n =2n -3p 3－2n -3+1≡0(mod p 3), 即p 3|p n , 矛盾. 当p 3≡2(mod3)时, 也可得到类似的结论.综上, 不存在这样的数列.10. 我们证明这个等差数列的公差为10m +1的形式. 设a 0是一个正整数, a n = a 0+n (10m +1)=10s s b b b -L , 这里s 和数字b 0,b 1,…,b s 依赖于n . 若l ≡k (mod2m ), 设l =2mt +k ,则10l =102mt +k =(10m +1-1)2t ·10k ≡(mod(10m +1)).于是, a 0≡a n =10s s b b b -L ≡21010m i i i c -=×å( mod(10m+1)). 其中c i =b i +b 2m +i +b 4m +i +…,i =0,1,2,…,2m -1.令N 是大于M 的正整数, 满足c 0+c 1+…+c 2m -1≢N 的非负整数解(c 0,c 1,…,c 2m -1)的个数等于严格递增数列0≢c 0＜c 0+c 1+1＜c 0+c 1+ c 2+1＜c 0+c 1+…+c 2m -1+2m -1≢N+2m -1的数目, 即 K N,2m =C 2m +N 2m =C 2m +N N = (2m +N)(2m +N -1)…(2m +1)N!. 对于足够大的m , 则有K N,2m ＜10m . 取a 0∈{1,2,…, 10m },使得a 0与集合 {21220m m c c c --L |c 0+c 1+…+c 2m -1≢N}中的任意元素模10m +1不同余, 因此, a 0的各位数字之和大于N . 从而, a n 的各位数字之和也大于N .11. 这样的函数不存在．下面用反证法证明．若存在函数f (x )使得条件均成立，先证明是f (x )是一一映射．对于任意的a 、b , 若f (a )= f (b ),则由①有a = f (f (a ))= f (f (b ))= b , 即f (x )是一一映射．将x =0代入①，则有f (f (0))= 0. ③ 将x =1代入②,得f (f (1)+1)= 0. ④ 由式③、④得f (f (0))= f (f (1)+1).因为f (x )是一一映射，所以，f (0)＝f (1)+1. ⑤ 同理，分别将x =1和x =0代入①、②，得f (f (1))= f (f (0)+1).则f (1) = f (0)+1. ⑥ ⑤＋⑥得0=2. 矛盾.12. 存在符合命题要求的2n 个正整数．令a i =2M i ,b i =2i ,(i =1,2,3,n -1;M 是大于或等于8000n 的正整数)，a n =(M -1)2n (n -1),b n =M(M -1)n (n -1).显然，上述2n 个正整数两两不同，且a 1+a 2+…+a n = b 1+b 2+…+b n = n (n -1)(M 2-M+1), 另一方面，我们有1ni i i i i a b a b =-+å＝(n -1) M -1M+1 - 12M -1＜n -1， 1n i ii i i a b a b =-+å＝n -1- 2(n -1)M+1 - 12M -1＞n -1-2(n -1)8000n - 18000＞n -1- 11998 因此，上述所给的2n 个正整数符合命题要求．。

增强学习自觉性存在问题及整改措施(通用篇)

增强学习自觉性存在问题及整改措施(通用篇)增强学习自觉性存在问题及整改措施引言：学习自觉性对于每个人都是一个重要的素质。

它能够帮助我们制定学习目标、规划学习计划，并在学习过程中保持积极的态度和坚持不懈的行动。

然而，现实生活中，许多人存在学习自觉性不够强的问题，导致学习效果不佳，长期影响个人的学习和发展。

本文将从个人、家庭和学校等方面分析学习自觉性存在的问题，并提出相应的整改措施。

一、个人方面1.1 缺乏明确的学习目标许多人在学习时缺乏明确的目标，只是机械地完成任务，没有明确的方向和目标，缺乏激励和动力。

解决方法：1.1.1 制定明确的学习目标在学习前，我们应该制定明确的学习目标，明确自己想要达到的成果或提高的方面。

目标应该具体、可衡量和可行性，能够激励我们积极主动地去学习。

1.1.2 追求个人兴趣在制定学习目标时，我们应该根据自身的兴趣选择学习的内容和方向。

如果我们对学习的内容感兴趣，学习自觉性就会增强。

1.2 缺乏学习计划和时间管理缺乏学习计划和时间管理能力会导致学习效率的低下。

很多人没有良好的学习习惯，没有制定学习计划，导致学习时间被浪费或分配不均。

解决方法：1.2.1 制定学习计划在每天或每周开始前，我们应该制定学习计划。

学习计划应该包括学习的内容、时间安排和具体的学习方法。

这有助于我们明确学习的重点和方向，合理安排时间，提高学习效率。

1.2.2 掌握时间管理技巧学习自觉性的一个重要方面是掌握时间管理技巧。

我们应该学会合理安排时间，识别时间的优先级，并克服拖延的习惯。

合理安排学习和休息时间有助于提高学习效果。

二、家庭方面2.1 家庭教育存在问题家庭教育对于培养学习自觉性起着至关重要的作用。

然而，许多家庭存在教育方式不当、过分溺爱和不重视学习的问题。

解决方法：2.1.1 建立良好的教育环境家庭应该创造一个良好的教育环境，为孩子提供有利于学习的氛围和条件。

家长应该鼓励孩子参与学习和探索，并给予积极的肯定和激励。

存在性问题_专题

中考数学专题复习二次函数——存在性问题的探究
(1)根据这个函数图象，你能求出B点的坐标吗？
(2)若抛物线过A（-5，0）、B（-1，0）C（0，5）三点. 则函数的解析式为_____________
(3)若把（2）中所求的抛物线先向右平移5个单位，再向上平移3个单位，则平移后所得的抛物线解析式为_____________
(4)求出平移后抛物线与坐标轴的交点坐标？
下面我们将从面积、相似、最值、形状四个角度来展开对存在性问题的学习。

例题学习归纳方法
已知点P是抛物线y= x2-4x+3上的动点，在抛物线上是否存在点P，使S△ABP=1/2S△ABC
若存在，请求出点P坐标；若不存在，请说明理由
设计意图：通过例题学习，希望对此类问题的求解，探究起到一个示范作用。

且通过此类问题提炼出存在性问题的一般解决步骤。

变式练习1：点P是x轴上的动点，在x轴上是否存在点P(不与O 点重合），使△APC与△AOC相似
意图：运用一般步骤，落实一般步骤，提高学生分析问题，解决问题的能力。

变式练习2：点P是抛物线对称轴上的动点，在抛物线对称轴上是否存在点P，使△APC周长最小
设计意图：巩固和提升一般步骤，进一步发展学生思维
拓展提升：点P、Q分别是对称轴和抛物线上的两个动点，在抛物线对称轴与抛物线上是否分别存在点P，Q，使A、B、P、Q四点组成一平行四边形（画出图形，求出P、Q坐标即可）
备用图形
作业设计：点P是抛物线对称轴上的动点，在抛物线对称轴上是否存在点P，|PC-PA|最大。

性修养方面存在的问题及整改措施2023

性修养方面存在的问题及整改措施2023引言在当代社会中，性修养是个人发展和社会和谐的重要组成部分。

然而，许多人在性修养方面存在着种种问题。

这些问题不仅影响个人的健康和幸福，也对社会造成了负面影响。

因此，我们必须认真思考并采取适当的措施来解决性修养方面存在的问题，并提升整个社会的性修养水平。

问题分析1. 性教育缺失在许多地区，性教育仍然存在着严重的缺失。

学校教育和家庭教育都没有给予足够的关注和重视。

这导致许多年轻人对于性知识的了解不足，容易陷入性错误观念和行为中。

2. 性别平等意识淡薄性别平等是性修养不可或缺的一部分。

然而，在一些社会群体中，人们对于性别平等意识的认识仍然较为淡薄。

这种现象导致了性别歧视和性别不平等的存在，对个人和社会都带来了不良影响。

3. 传统观念束缚一些传统观念和价值观束缚了人们在性修养方面的发展。

对于性的开放态度和正确的性观念缺乏普遍的认同，限制了人们对于性的理解和接受程度。

整改措施1. 加强性教育为了解决性教育缺失的问题，我们应该加强性教育的力度。

在学校中，可以将性教育作为一门独立课程，并纳入课程体系中。

同时，教师也应该接受专业的性教育培训，提高他们的专业性教育水平。

此外，家庭也应该重视性教育，为孩子提供全面和正确的性知识。

2. 推广性别平等观念为了提高性别平等意识，社会应该加强宣传和教育工作。

可以通过媒体、广告和社会组织等渠道，向公众传递性别平等的重要性。

政府也应该制定相应的法律和政策，保障性别平等权益的实现。

3. 倡导开放和健康的性观念为了解决传统观念束缚的问题，我们应该倡导开放和健康的性观念。

可以通过培育和传播正确的性观念，推动社会的性观念更新。

同时，也应该提倡尊重个人选择和自由，不对他人的性选择进行歧视和指责。

结论性修养是个人成长和社会和谐的重要组成部分。

然而，目前在性修养方面存在着种种问题。

为了解决这些问题，我们应该加强性教育，推广性别平等观念，倡导开放和健康的性观念。

初中存在性问题教案

初中存在性问题教案一、教学目标：1. 让学生了解和认识到初中生阶段可能存在的一些问题，提高自我防范意识。

2. 培养学生积极面对问题，主动解决问题的能力。

3. 引导学生树立正确的价值观，健康成长。

二、教学内容：1. 初中生常见的问题：如学习压力大、人际关系复杂、心理健康问题等。

2. 问题产生的原因：如生理发育、心理变化、社会环境等。

3. 解决问题的方法：如调整心态、寻求帮助、改变行为等。

三、教学过程：1. 导入：通过一个发生在身边的真实案例，引发学生对初中生存在性问题的思考。

2. 新课导入：介绍初中生常见的问题及其产生原因。

3. 案例分析：分析案例中存在的问题，引导学生认识到问题的严重性。

4. 方法指导：教授学生解决问题的方法，如调整心态、寻求帮助等。

5. 小组讨论：让学生分成小组，讨论自己在生活中遇到的问题及解决方法。

6. 分享交流：邀请学生分享自己的讨论成果，大家共同学习，共同进步。

7. 总结：对本节课的内容进行总结，强调学生在面对问题时要勇敢、自信。

8. 课后作业：布置一道关于解决问题的课后作业，让学生课后思考。

四、教学评价：1. 学生对初中生存在性问题的认识程度。

2. 学生解决问题的能力是否有所提高。

3. 学生价值观的树立情况。

五、教学资源：1. 案例素材：身边的真实案例。

2. 教学PPT：展示课程内容，方便学生学习。

3. 课后作业：布置相关题目，巩固所学知识。

六、教学建议：1. 注重理论与实践相结合，让学生在实际生活中学会解决问题。

2. 教师要关注学生的心理健康，及时发现并解决学生心理问题。

3. 鼓励学生主动寻求帮助，培养团队合作精神。

4. 定期进行课程反馈，了解学生学习情况，调整教学方法。

通过本节课的学习，希望学生能够认识到初中生阶段存在的问题，学会正确面对和解决问题，健康成长。

存在性问题

i +1
最长的点 ,则以 O 为圆心、 OA 为半径的圆可覆盖所有已知点 . 设点 A 关于点 O 的对称点为 A 1 , 则 AA 1 为 ⊙O 直径 . 由 AO1 + A 1 O1 ≥AA 1 可知点 A 及 A 1 关于 O1 的对称点 A 2 、 A 3 中必有一点在 ⊙O 的外部. )
4 证明不存在性
, 其中 i = 1 ,2 , …, n , 且 B n + 1
= B 1 . 从而 , n 边形 B 1 B 2 …B n 为正 n 边形 .
设正 n 边形 B 1 B 2 …B n 的边长为 d . 由于
n≥ 7 ,所以 ,
∠B 1 OB 2 π = 2 A 1 A 2 sin 2 n π < 2 A 1 A 2 sin = A1 A2 . 6 此与正 n 边形 A 1 A 2 …A n 为边长最短的
2
在这样的自然数 n ,使得 n 的各位数字之和等于 2 003. ( 2) 设 n = 10222 - 3 ,则 2 444 222 n = 10 - 6 × 10 + 9 = 99 … 94 00 … 09.
221 221
2
例 4 在平面直角坐标系中 , 如果点
故各位数字之和为 9 × 222 + 4 = 2 002. 此题的第 ( 1) 问用的是排除法 ; 第 ( 2 ) 问用的是例 1 中所提到的举例证明的方法 .
n
( n - 2)π
n
,故
例3 试求一个非 1 的正整数 k ,使 k 和 4 k 可以分别表示为两个相邻整数的平方和 , 并证明这样的 k 是惟一的 . 2 2 解 : 设 k = n + ( n + 1) . 2 2 2 2 2 2 2 由 ( a + b ) = ( a - b ) + (2 ab) ,有 2 2 2 k = ( 2 n + 1) + [ 2 n ( n + 1) ] , 4 4 3 2 k = ( 4 n + 8 n - 4 n - 1) + 3 2 2 ( 8 n + 12 n + 4 n ) . 4 3 3 2 令| (4 n +8 n - 4 n - 1) - (8 n + 12 n + 4 n) | 4 2 = 1 ,即| 4 n - 12 n - 8 n - 1| = 1. 4 2 若 4 n - 12 n - 8 n - 1 = 1 ,即 4 2 4 n - 12 n - 8 n = 2 , 左端能被 4 整除 ,右端不能被 4 整除 ,矛盾 ; 4 2 若 4 n - 12 n - 8 n - 1 = - 1 ,即 2 4 n ( n + 1) ( n - 2) = 0 , 所以 , n = - 1 ,0 ,2. 当 n = - 1 或 0 时 , k = 1 ,与已知矛盾 ; 当 n = 2 时 , k = 13 ,此时有 2 2 4 2 2 13 = 2 + 3 ,13 = 119 + 120 , k 是惟一的 . 4 此法采用的是由 k 到 k ,利用了公式 2 2 2 2 2 2 ( a + b ) = ( a - b ) + ( 2 ab) 2 , 4 也可以利用勾股方程的求解公式由 k 到 k 给予证明 ,但过程较繁 ,不赘述 . 此题的惟一性证明是直接计算出来的 , 有时也可以用反证法给予证明 .

恒成立问题与存在性问题

恒成立问题与存在性问题一、恒成立问题：不等式恒成立问题化归为最值问题1、不等式()x f a >对I x ∈恒成立()max x f a >⇔2、不等式()x f a <对I x ∈恒成立()min x f a >⇔ 变量分离后化归为最值问题型1.(,)0F x a > 对()x I a f x ∈⇔>一切恒成立对m ax ()x I a f x ∈⇔>一切恒成立2.(,)0F x a >对()x I a f x ∈⇔<一切恒成立对m in ()x I a f x ∈⇔<一切恒成立二、存在性问题化归为最值问题不等式有解问题：1、不等式()x f a >在I x ∈有解⇔I x ∈∃，使得()x f a >成立()max x f a >⇔2、不等式()x f a <在I x ∈有解⇔I x ∈∃，使得()x f a >成立()min x f a >⇔三、方程()x f a =有解问题方法1：化为求函数的值域方程()0,=a x F 在I x ∈有解⇔()x f a =I x ∈有解方程()x f a =在I x ∈有解⇔a 的取值范围为函数()x f 的值域，方法2：化为零点问题求解方法3：化为图像交点问题求解实战演练：1、已知0,0a b >>，若不等式212m aba b+≥+恒成立，则 m 的最大值２、定义在R 上的函数()x x x f -=331，设()xm x x g -=ln ，'[1,],()()x e g x f x ∀∈<使求实数m 的范围。

３、定义在R 上的函数()x x x f -=331，设()xm x x g -=ln ，'1212[1,],()()x e x g x f x ∀∈∃∈<[1,2]使，求实数m 的范围４、设238()(2)2x x f x x -+=≥，()1g x kx =+，（1）若0[2,)x ∃∈+∞，使0()f x m =成立，则实数m 的范围（2）若12[2,),(2,)x x ∀∈+∞∃∈+∞，使得12()()f x g x =则实数k 的范围５、已知函数()()1522>+-=a ax x x f（1）若()x f 的定义域和值域均为[]a ,1，求实数a 的值。

专题24：存在性问题

22.22专题24：存在性问题一．【知识要点】1.存在性问题二．【经典例题】1．在平面直角坐标系中，将一块等腰直角三角板ABC 放在第二象限，一条直角边靠在两坐标轴上，且有点A(0，2)，点C(－1，0)，抛物线y ＝ax 2＋ax －2经过点B.(1)求点B 的坐标；(2)求抛物线的解析式；(3)在抛物线上是否还存在点P(点B 除外)，使△ACP 仍然是以AC 为直角边的等腰直角三角形？若存在，求所有点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)过点B 作BD ⊥x 轴，垂足为D.∵∠BCD ＋∠ACO ＝90°，∠ACO ＋∠CAO ＝90°，∴∠BCD ＝∠CAO.又∵∠BDC ＝∠COA ＝90°，CB ＝AC ，∴△BCD ≌△CAO ，∴BD ＝OC ＝1，CD＝OA ＝2，∴点B 坐标为(－3，1) (2)∵抛物线y ＝ax 2＋ax －2经过点B(－3，1)，∴1＝9a－3a －2，解得a ＝12，∴抛物线的解析式为y ＝12x 2＋12x －2(3)假设存在点P ，使得△ACP 仍然是以AC 为直角边的等腰直角三角形：①若以点C 为直角顶点，则延长BC 至点P 1，使得P 1C ＝BC ，得到等腰直角三角形ACP 1，过点P 1作P 1M ⊥x 轴，∵CP 1＝BC ，∠MCP 1＝∠BCD ，∠P 1MC ＝∠BDC ＝90°，∴△MP 1C ≌△DBC ，∴CM ＝CD ＝2，P 1M ＝BD ＝1，可求得点P 1(1，－1)；②若以点A 为直角顶点，则在AC 右侧过点A 作AP 2⊥CA ，且使得AP 2＝AC ，得到等腰直角三角形ACP 2，过点P 2作P 2N ⊥y 轴，同理可证△AP 2N ≌△CAO ，∴NP 2＝OA ＝2，AN ＝OC ＝1，可求得点P 2(2，1)；③若以点A 为直角顶点，则在AC 左侧过点A 作AP 3⊥CA ，且使得AP 3＝AC ，得到等腰直角三角形ACP 3，过P 3作P 3G ⊥y 轴于G ，同理可证△AGP 3≌△COA ，∴GP 3＝OA ＝2，AG ＝OC ＝1，∴P 3(－2，3)．经检验，点P 1(1，－1)与点P 2(2，1)都在抛物线y ＝12x 2＋12x －2上，点P 3(－2，3)不在抛物线上2．如图，抛物线y＝ax2+bx+c（a≠0）与直线y＝x+1相交于A（﹣1，0），B（4，m）两点，且抛物线经过点C（5，0）．（1）求抛物线的解析式．（2）点P是直线上方的抛物线上的一个动点，求△ABP的面积最大时的P点坐标．（3）若点P是抛物线上的一个动点（不与点A点B重合），过点P作直线PD⊥x轴于点D，交直线AB于点E．当PE＝2ED时，求P点坐标；（4）设抛物线与y轴交于点F，在抛物线的第一象限内，是否存在一点M，使得AM被FC平分？若存在，请求出点M的坐标；若不存在，说明理由．3.（2020年绵阳期末第25题）(本题满分14分)如图，矩形AOBC放置在平面直角坐标系xOy中，边OB，OA分别在x轴、y轴的正半轴上.抛物线经过点A(0，2)，点C，点D(3，0)，顶点为F，其对称轴交AC于点E，OE平分∠AOB，与抛物线交于对称轴左侧点H，连接HF.(1)求该抛物线的解析式；(2) 在x轴上有动点M，线段BC上有动点N，求四边EAMN的周长的最小值；(3) 该抛物线上是否存在点P，使得四边形EHFP为平行四边形?如果存在，求出点P的坐标；如果不存在，请说明理由.三．【题库】【A】【B】【C】【D】1．（14分）如图，在平面直角坐标系xOy中，抛物线2=-++与x轴交于(1,0)y x bx cA-，B两点，与y轴交于点C．(3,0)（1）求抛物线的解析式和顶点坐标．（4分）（2）点D为第一象限内抛物线上的一动点，作DE x⊥轴于点E，交BC于点F，过点F作BC的垂线与抛物线的对称轴和y轴分别交于点G，H，设点D的横坐标为m．①求DF HF+的最大值；（5分）②连接EG，是否存在点D，使EFG∆是等腰三角形．若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．（5分）。

第1讲点的存在性问题技巧全攻略讲义

第1讲点的存在性问题技巧全攻略讲义存在性问题是逻辑学和哲学中一个重要的问题，涉及到我们如何确定一些事物或概念是否真实存在。

存在性问题在不同领域都有应用，包括数学、科学、宗教等。

在这篇全攻略讲义中，我将为你介绍一些解决存在性问题的技巧和方法。

1.可观察性原则：根据这个原则，我们认为一个事物存在的充分条件是我们能够观察到它，或者通过其中一种方式获取到它的证据。

例如，在科学研究中，我们只能通过实验和观察来证明一个假设的存在与否。

3.推理和逻辑：逻辑推理是一个常用的解决存在性问题的方法。

通过分析一个问题的前提和假设，我们可以推导出一个结论。

例如，根据一些定理的前提和逻辑推理，我们可以得出结论该定理的存在与否。

4.反证法：反证法是一种常用的逻辑推理方法，用于证明一些命题的存在。

通过假设该命题不存在，然后推导出与已知事实矛盾的结论，从而证明该命题的存在。

5.比较法：当我们无法直接观察到一个事物的存在时，我们可以通过比较不同假设的优劣来推断一些事物的存在。

例如，在科学研究中，我们可以比较不同理论的预测结果，从而推断哪个理论更有可能存在。

6.综合方法：综合方法是一种将多种证据和推理方法综合考虑的解决存在性问题的方法。

通过结合前面介绍的各种技巧和方法，我们可以更全面地分析和判断一个事物的存在与否。

7.在有限信息下的概率推理：在一些情况下，我们可能无法确定一个事物准确的存在与否，但我们可以通过概率推理来估计其存在的可能性。

通过基于已有的证据和统计数据进行计算，我们可以得到一个事物存在的概率。

以上是解决存在性问题的一些常用技巧和方法，它们在不同的情况下都有不同的适用性。

在具体问题中，我们需要根据具体情况灵活运用这些方法。

通过合理的推理和分析，我们可以更准确地判断一个事物的存在与否，从而获得更准确的结论。

存在性问题

例谈2010年中考数学中的存在性问题随着新课改的不断深入，近年来各地中考数学试题不断推陈出新，“选拔性”及“能力性”兼容，命题由“知识性”立意向“素质性”、“能力性”立意转变，出现了一大批题型设计思路开阔、内涵丰富、立意深刻、发人深思的好试题，存在性问题恰恰是这些试题中突出考查学生能力的典型代表。

由于这类问题大多以函数图象为载体，来研究事物的存在性，理解起来比较抽象，涉及面较广，技巧性和综合性也较强，解决起来有一定的难度，对知识的迁移能力、灵活运用能力和分析问题的能力要求又高，所以一直是连续几年来全国各地中考数学试题的压轴型题目。

一、存在性问题的内涵所谓存在性问题是指根据题目所给的条件，探究是否存在符合要求的结论．存在性问题是相对于中学数学课本中有明确结论的封闭型问题而言的．存在性问题可抽象为“已知事项M，是否存在具有某种性质的对象Q。

”解题时要说明Q存在，通常的方法是将对象Q构造出来；若要说明Q不存在，可先假设存在Q，然后由此出发进行推论，并导致矛盾，从而否定Q的存在。

此类问题的叙述一般是“是否存在……，如果存在，请求出……（或请证明）；如果不存在，请说明理由．”二、存在性问题的解决策略1、直接求解法存在性问题是探索型问题中的一种典型性问题．存在性问题探索的方向是明确的．探索的结果有两种：一种是存在：另一种是不存在．直接求解法就是直接从已知条件入手，逐步试探，求出满足条件的对象，使问题得到解决的解法。

2、假设求解法先假设结论存在，再从已知条件和定义，定理，公理出发，进行演绎推理；若得到和题意相容的结论，则假设成立，结论也存在；否则，假设不成立，结论不存在。

即假设结论存在，根据条件推理、计算，如果求得出一个结果，并根据推理或计算过程每一步的可逆性，证得结论存在；如果推得矛盾的结论或求不出结果，则说明结论不存在．三、中考数学中的存在性问题的类型1、定性分类（1）肯定型存在性问题肯定型存在性问题是解决其余两类存在性问题的基础，具体地构造出（或求出，寻找出）满足条件的数学对象，是证明肯定型存在性问题的主要方法。

恒成立和存在性问题

恒成⽴和存在性问题⾼⼀函数专题同步拔⾼，难度4颗星！模块导图知识剖析恒成⽴和存在性问题类型(1) 单变量的恒成⽴问题①∀x ∈D ，f (x )<a 恒成⽴，则f (x )max <a②∀x ∈D ，f (x )>a 恒成⽴，则f (x )min >a③∀x ∈D ，f (x )<g (x )恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )<0，∴f (x )max <0④∀x ∈D ，f (x )>g (x )恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )>0，∴f (x )min >0(2) 单变量的存在性问题①∃x 0∈D ，使得f (x 0)<a 成⽴，则f (x )min <a②∃x 0∈D ，使得f (x 0)>a 成⽴，则f (x )max >a③∃x 0∈D ，使得f (x 0)<g (x 0)恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )<0，∴f (x )min <0④∃x 0∈D ，使得f (x 0)>g (x 0)恒成⽴，则F (x )=f (x )−g (x )>0，∴f (x )max >0(3) 双变量的恒成⽴与存在性问题①∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )max <g (x )max ;②∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)>g (x 2)恒成⽴，则f (x )min >g (x )min ;③∀x 1∈D ,∀x 2∈E ,f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )max <g (x )min ;④∃x 1∈D ，∃x 2∈E , 使得f (x 1)<g (x 2)恒成⽴，则f (x )min <g (x )max ;(4) 相等问题①∃x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)=g (x 2)，则两个函数的值域的交集不为空集；②∀x 1∈D ,∃x 2∈E ，使得f (x 1)=g (x 2)，则f (x )的值域⊆g (x )的值域解题⽅法恒成⽴和存在性问题最终可转化为最值问题，具体的⽅法有直接最值法分类参数法变换主元法数形结合法经典例题【题型⼀】恒成⽴和存在性问题的解题⽅法直接构造函数最值法【典题1】设函数f (x )=3|x |x 2+9的最⼤值是a ，若对于任意的x ∈[0,2)，a >x 2−x +b 恒成⽴，则b 的取值范围是_.【解析】当x =0时，f (x )=0；当x ≠0时，f (x )=3|x |x 2+9=3|x |+9|x |≤32√9=12，则f (x )max=12，即a =12．由题意知x 2−x+b <12在x ∈[0,2)上恒成⽴，即x 2−x +b −12<0在x ∈[0,2)上恒成⽴(∗)，(把不等式中移到右边，使得右边为，从⽽构造函数y =g (x )求最值)令g (x )=x 2−x +b −12，则问题(∗)等价于在x ∈[0,2)上g (x )<0恒成⽴，在x ∈[0,2)上，g (x )<g (2)=4−2+b −12=32+b∴32+b ≤0即b ≤−32．【点拨】① 直接构造函数最值法：遇到类似不等式f (x )<g (x )恒成⽴问题，可把不等式变形为f (x )−g (x )<0，从⽽构造函数h (x )=f (x )−g (x )求其最值解决恒成⽴问题；② 在求函数的最值时，⼀定要优先考虑函数的定义域;③ 题⽬中y =g (x )在x ∈[0,2)上是取不到最⼤值，g (x )<g (2)=32+b ，⽽要使得g (x )<0恒成⽴，32+b 可等于0，即32+b ≤0，⽽不是32+b <0分离参数法【典题1】已知函数f (x )=3x +8x +a 关于点(0,−12)对称，若对任意的x ∈[−1,1]，k ⋅2x −f (2x )≥0恒成⽴，则实数k 的取值范围为_.【解析】由y =3x +8x 为奇函数，可得其图象关于(0,0)对称，可得f (x )的图象关于(0,a )对称，函数f (x )=3x +8x +a 关于点(0,−12)对称，可得a =−12，对任意的x ∈[−1,1]，k ⋅2x −f (2x )≥0恒成⽴，⇔∀x ∈[−1,1]，k ⋅2x −3⋅2x +82x −12≥0恒成⽴，【思考：此时若利⽤直接构造函数最值法，求函数f (x )=k ⋅2x −3⋅2x +82x −12，x ∈[−1,1]的最⼩值，第⼀函数较复杂，第⼆函数含参要分即k ⋅2x ≥3⋅2x +82x −12在x ∈[−1,1]恒成⽴，所以k ≥82x 2−122x +3，(使得不等式⼀边是参数k ，另⼀边不含k 关于x 的式⼦，达到分离参数的⽬的)令t =12x ，由x ∈[−1,1]，可得t ∈12,2，设h (t )=8t 2−12t +3=8t −342−32，当t =2时，h (t )取得最⼤值11，则k 的取值范围是k ≥11.【点拨】①分离参数法：遇到类似k ⋅f (x )≥g (x )或k +f (x )≥g (x )等不等式恒成⽴问题，可把不等式化简为k >h (x )或k <h (x )的形式，达到分离参数的⽬的，再求解y =h (x )的最值处理恒成⽴问题；② 恒成⽴问题最终转化为最值问题，⽽分离参数法，最好之处就是转化后的函数不含参，避免了⿇烦的分离讨论.【典题2】已知f (x )=log 21−a ⋅2x +4x ，其中a 为常数(1)当f (1)−f (0)=2时，求a 的值；(2)当x ∈[1,+∞)时，关于x 的不等式f (x )≥x −1恒成⽴，试求a 的取值范围；【解析】 (1)f (1)−f (0)=2⇒log 2(1−2a +4)−log 2(1−a +1)=log 24⇒log 2(5−2a )=log 24(2−a )⇒5−2a =8−4a ⇒a =32；(2)log 21−a ⋅2x +4x ≥x −1=log 22x −1⇒1−a ⋅2x +4x ≥2x −1⇒a ≤2x +12x −12，令t =2x ，∵x ∈[1,+∞)∴t ∈[2,+∞)，设h (t )=t +1t −12，则a ≤h (t )min ,∵h (t )在[2,+∞)上为增函数⇒t =2时，h (t )=t +1t −12有最⼩值为2，∴a ≤2.【点拨】在整个解题的过程中不断的利⽤等价转化，把问题慢慢变得更简单些.变换主元法【典题1】对任意a ∈[−1,1]，不等式x 2+(a −4)x −2a >0恒成⽴，求x 的取值范围.思考痕迹见到本题中“x 2+(a −4)x −2a >0恒成⽴”潜意识中认为x 是变量，a 是参数，这样会构造函数f (x )=x 2+(a −4)x −2a ，⽽已知条件是a ∈[−1,1]，觉得怪怪的做不下去;此时若把a 看成变量，x 看成参数呢？【解析】因为不等式x 2+(a −4)x −2a >0恒成⽴⇔不等式(x −2)a +x 2−4x >0恒成⽴...①，令f (a )=(x −2)a +x 2−4x ,若要使得①成⽴，只需要f (−1)>0f (1)>0⇔x 2−5x +2>0x 2−3x −2>0解得x >5+√172或x <3−√172,故x 的取值范围x ∣x >5+√172 或 x <3−√172.【点拨】变换主元法，就是要分辨好谁做函数的⾃变量，谁做参数，⽅法是以已知范围的字母为⾃变量.数形结合法【典题1】已知a >0,f (x )=x 2−a x , 当x∈(−1,1)时，有f (x )<12恒成⽴，求a 的取值范围.思考痕迹本题若⽤直接最值法，求函数f (x )=x 2−a x ,x ∈(−1,1)的最⼤值，就算⽤⾼⼆学到的导数求解也是难度很⼤的事情；⽤分离参数法呢？试试也觉得⼀个硬⾻头.看看简单些的想法吧！【解析】不等式x 2−a x <12(x ∈(−1,1))恒成⽴等价于x 2−12<a x (x ∈(−1,1))恒成⽴...①，令f (x )=x 2−12,g (x )=a x ，若①成⽴，则当x ∈(−1,1)时，f (x )=x 2−12的图像恒在g (x )=a x 图像的下⽅，则需要g (1)>f (1)g (−1)>f (−1)⇔a >121a >12或a =1(不要漏了a =1，因为a >0，g (x )=a x 不⼀定是指数函数)⼜a >0，所以12<a <2,即实数a 的取值范围为12,2.【点拨】① 数形结合法：∀x ∈D ,f (x )<g (x )恒成⽴⇒在x ∈D 上，函数y =f (x )的图像在函数y =g (x )图像的下⽅.② 遇到h (x )<0不等式恒成⽴，可以把不等式化为f (x )<g (x )⽤数形结合法，⽽函数y =f (x )与y =g (x )最好是熟悉的函数类型，⽐如本题中构造出f (x )=x 2−12,g (x )=a x 两个常见的基本初级函数.【题型⼆】恒成⽴与存在性问题混合题型【典题1】已知函数f (x )=x 3+1,g (x )=2−x −m +1．(1)若对任意x 1∈[−1,3]，任意x_2∈[0 ,2]都有f(x_1)≥g(x_2)成⽴，求实数m 的取值范围．()[]()()(){{{}{{[](2)若对任意x_2∈[0 ,2]，总存在x_1∈[-1 ,3]使得f(x_1)≥g(x_2)成⽴，求实数m的取值范围．【解析】(1)由题设函数f(x)=x^3+1，g(x)=2^{-x}-m+1．对任意x_1∈[-1 ,3]，任意x_2∈[0 ,2]都有f(x_1)≥g(x_2)成⽴，知：f\left(x_{1}\right)_{\min } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }，∵f(x)在[-1 ,3]上递增，\therefore f\left(x_{1}\right)_{\min }=f(-1)=0⼜∵g(x)在[0 ,2]上递减，\therefore g\left(x_{2}\right)_{\max }=g(0)=2-m∴有0≥2-m，∴m的范围为[2 ,+∞)(2)由题设函数f(x)=x^3+1，g(x)=2^{-x}-m+1．对任意x_2∈[0 ,2]，总存在x_1∈[-1 ,3]使得f(x_1)≥g(x_2)成⽴，知f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }，∴有f(3)≥g(0)，即28≥2-m，∴M的范围为[-26 ,+∞)．【点拨】对于双变量的恒成⽴--存在性问题，⽐如第⼆问中怎么确定f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }，即到底是函数最⼤值还是最⼩值呢？具体如下思考如下，⼀先把g\left(x_{2}\right)看成定值m，那\exists x_{1} \in[-1,3]，都有f\left(x_{1}\right) \geq m，当然是要f(x)_{\max } \geq m；⼆再把f\left(x_{1}\right)看成定值n，那\forall x_{2} \in[0,2]，都有n \geq g\left(x_{2}\right)，当然是n \geq g(x)_{\max }；故问题转化为f\left(x_{1}\right)_{\max } \geq g\left(x_{2}\right)_{\max }.其他形式的双变量成⽴问题同理，要理解切记不要死背.【典题2】设f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}，g(x)=ax+3-2a(a>0)，若对于任意x_1∈[0 ,1]，总存在x_0∈[0 ,1]，使得g(x_0)=f(x_1)成⽴，则a的取值范围是\underline{\quad \quad }．【解析】\because f(x)=\dfrac{x^{2}}{x+1}，当x=0时，f(x)=0，当x≠0时，f(x)=\dfrac{1}{\dfrac{1}{x^{2}}+\dfrac{1}{x}}=\dfrac{1}{\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4}}，由0<x≤1，即\dfrac{1}{x} \geq 1，\left(\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\right)^{2}-\dfrac{1}{4} \geq 2，\therefore 0<f(x) \leq \dfrac{1}{2}，故0 \leq f(x) \leq \dfrac{1}{2}，⼜因为g(x)=ax+3-2a(a>0)，且g(0)=3-2a,g(1)=3-a．由g(x)递增，可得3－2a≤g(x)≤3-a，对于任意x_1∈[0 ,1]，总存在x_0∈[0 ,1]，使得g(x_0)=f(x_1)成⽴，可得\left[0, \dfrac{1}{2}\right] \subseteq[3-2 a, 3-a]，可得\left\{\begin{array}{l} 3-2 a \leq 0 \\ 3-a \geq \dfrac{1}{2} \end{array}\right.，\therefore \dfrac{3}{2} \leq a \leq \dfrac{5}{2}．巩固练习1(★★) 已知1+2^x+a\cdot 4^x>0对⼀切x∈(-∞ ,1]上恒成⽴，则实数a的取值范围是\underline{\quad \quad }．2 (★★) 若不等式2x-1>m(x^2-1)对满⾜|m|≤2的所有m都成⽴，求x的取值范围.3 (★★) 若不等式3x^2-\log_a x<0在x\in\left(0, \dfrac{1}{3}\right)内恒成⽴，实数a的取值范围．4 (★★★) 已知函数f(x)=x^2-3x，g(x)=x^2-2mx+m，若对任意x_1∈[-1 ,1]，总存在x_2∈[-1 ,1]使得f(x_1)≥g(x_2 )，则实数m的取值范围．5 (★★★) 已知a>0且a≠1，函数f(x)=a^x+a^{-x}(x∈[－1 ,1])，g(x)=ax^2-2ax+4-a(x∈[-1 ,1])．(1)求f(x)的单调区间和值域；(2)若对于任意x_1∈[-1 ,1]，总存在x_0∈[-1 ,1]，使得g(x_0)=f(x_1)成⽴，求a的取值范围；(3)若对于任意x_0∈[-1 ,1]，任意x_1∈[-1 ,1]，都有g(x_0)≥f(x_1)恒成⽴，求a的取值范围．答案1.\left(-\dfrac{3}{4},+\infty\right)2.\dfrac{\sqrt{7}-1}{2}<x<\dfrac{\sqrt{3}+1}{2}3.\dfrac{1}{27} \leq a<14.m≤-1或m≥3Processing math: 64%5.(1) \left[2, a+\dfrac{1}{a}\right](2) a>1(3) \left[\dfrac{1}{3}, 1\right)。

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