存在性问题

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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。

中考数学中的存在性问题

2010年中考数学中的存在性问题一、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。

这种处理方法一般分为两大步，第一步是构造出满足要求的数学对象；第二步是通过验证，证明构造的对象满足问题的要求。

例1、(2010年陕西卷)问题探究(1)请你在图①中做一条．．直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分；（2）如图②点M是矩形ABCD内一点，请你在图②中过点M作一条直线，使它将矩形ABCD分成面积相等的两部分。

问题解决（3）如图③，在平面直角坐标系中，直角梯形OBCD是某市将要筹建的高新技术开发区用地示意图，其中DC∥OB,OB=6,CD=4开发区综合服务管理委员会（其占地面积不计）设在点P（4,2）处。

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．。

一次函数之存在性问题

一次函数之存在性问题（讲义）一、知识点睛1.存在性问题：通常是在变化的过程中，根据已知条件，探索某种状态是否存在的题目，主要考查_______________．2.一次函数背景下解决存在性问题的思考方向：①研究背景图形，把函数信息（_________________）转化为几何信息．②分析不变特征，确定分类标准．③分析特殊状态的形成因素，画出符合题意的图形并求解．3.不变特征举例：①等腰直角三角形根据直角顶点确定分类标准，然后借助两腰相等或者45°角确定点的位置．②等腰三角形以定线段作为底边或者腰确定分类标准，利用两圆一线确定点的位置．③全等三角形找准目标三角形，根据目标三角形的特征确定分类标准，利用对应关系确定点的位置．二、精讲精练1.如图，直线334y x=-+与x轴、y轴分别交于点A，点B，在第一象限是否存在点P，使以A，B，P为顶点的三角形是等腰直角三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．2.直线y=kx-4与x轴、y轴分别交于B，C两点，且43 OCOB.（1）求点B的坐标和k的值．（2）若点A是第一象限内的直线y=kx-4上的一个动点，则当点A运动到什么位置时，△AOB的面积是6？（3）在（2）成立的情况下，x轴上是否存在点P，使△POA是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．3.如图，在平面直角坐标系xOy中，直角梯形OABC的边OC，OA分别与x轴、y轴重合，AB∥OC，∠AOC=90°，∠BCO=45°，BC=C的坐标为(-9，0)．（1）求点B的坐标．（2）如图，直线BD交y轴正半轴于点D，且OD=3，求直线BD的表达式．（3）若点P是（2）中直线BD上的一个动点，是否存在点P，使以O，D，P为顶点的三角形是等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．4.5.如图，直线122y x=+与x轴、y轴分别交于A，B两点，P(x，y)是直线122y x=+上的一个动点（点P不与点A重合）．过P作AB的垂线分别交x轴、y轴于E，F两点，是否存在这样的点P，使△EOF≌△BOA？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．三、回顾与思考________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【参考答案】一、知识点睛1．运动的结果2．坐标或表达式二、精讲精练1．存在，P1(3，7)，P2(7，4)，P3(72，72)提示：根据直角顶点可以分为三种情况，借助等腰确定点的位置，然后构造弦图进行解答．2．（1）B(3，0)，43 k=（2）A(6，4)（3）存在，P1(0)，P2(-0)，P3(12，0)，P4(133，0)提示：（1）∵y=kx-4与y轴交于点C ∴C(0，-4)，OC=4∵43 OCOB=，∴OB=3，B(3，0) ∵y=kx-4经过点B ∴3k-4=0∴43 k=（2）设A(m，44 3m-)则14(4)23S OB m=⋅⋅-=6∴m=6∴A(6，4) （3）如图，①当OA=OP时，P1(-0)，P2(0)②当OA=AP时，P3(12，0)③当AP=OP时，P4(133，0)3．（1）B(-3，6) （2）y=-x+3（3）存在，P 1(3，0)，P 2(2，32-)，P 3(3+)，P 4(32，32)提示：O ，D 是定点，P 是动点，利用两圆一线确定点的位置．4．存在，C 1(125，65)，C 2(125-，245)，C 3(4-，6)提示：目标三角形△AOB 是直角三角形，两条直角边是3和4，首先根据直角顶点进行分类，点C ，点D 都可以作为直角顶点，然后根据直角边的长度建等式．5．存在，P 1(45，125)，P 2(125-，45)提示：目标三角形△AOB 是直角三角形，两条直角边是2和4，根据直角边进行分类．。

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。

圆锥曲线中的存在性问题

为解决实际问题提供更多思路和方法。
05
圆锥曲线中的体存在性问题
体在圆锥曲线上的存在性定理
1 2
圆锥曲线上的体存在性定理
在给定条件下，圆锥曲线上存在一个或多个满足特定性质的点或物体。
适用范围
适用于椭圆、抛物线、双曲线等圆锥曲线。
3
证明方法
利用数学分析、代数和几何等工具进行证明。
体在圆锥曲线上的存在性证明
线在圆锥曲线上的存在性证明
代数证明
通过代数方法，利用圆锥曲线的方程和导数，证明切线和割线的存在性。这种方法需要一定的数学基础。
几何证明
通过几何方法，利用圆锥曲线的性质和几何关系，证明切线和割线的存在性。这种方法需要较强的几何直觉和推理能力。
线在圆锥曲线上的存在性应用
几何作图
利用切线和割线的存在性定理，可以方便地进行几何作图，解决一些几何问题。
定理的适用范围
适用于不同类型和形状的圆锥曲线，但需满足特定的几何条件和约束。
定理的证明方法
通常采用代数几何、微分几何或解析几何的方法进行证明。
面在圆锥曲线上的存在性证明
01
02
03
证明过程
通过数学推导和证明，证明在给定条件下，圆锥曲线上确实存在满足特定性质的平面。
关键步骤
确定合适的参数和方程，利用代数、微分或解析技巧进行推导和求解。
代数证明
通过代数方法，如解方程或不等式，证明圆锥曲线上存在满足条件的点或物体。
几何证明
利用几何性质和定理，如平行线、相似三角形等，证明圆锥曲线上存在满足条件的点或物体。
反证法
通过假设不存在满足条件的点或物体，然后推导出矛盾，从而证明存在性。

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 .

存在性问题专题 (含答案)

存在性问题专题（含答案）1. 已知函数f(x)=(x−t)∣x∣(t∈R)．（1）试讨论函数f(x)的单调区间；（2）若∃t∈(0,2)，对于∀x∈[−1,2]，不等式f(x)>x+a都成立，求实数a的取值范围．2. 已知函数f(x)=x3−ax2+10．（1）当a=1时，求曲线y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程；（2）在区间[1,2]内至少存在一个实数x，使得f(x)<0成立，求实数a的取值范围．(n∈N∗)3. 已知等差数列{a n}满足：a1=8，a5=0．数列{b n}的前n项和为S n=2n−1−12（1）求数列{a n}和{b n}的通项公式；（2）令c n=2a n，试问：是否存在正整数n，使不等式b n c n+1>b n+c n成立?若存在，求出相应n的值；若不存在，请说明理由．ax2−2x+1，a∈R4. 已知函数f(x)=lnx−12（1）若f(x)在x=2处的切线与直线2x+y=0垂直，求a的值；（2）若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围．5. 已知函数f(x)=x2−mx+n(m,n∈R)．（1）若n=2，且不等式f(x)≤0在[0,4]上有解，试求m的最小值；（2）若x1，x2是方程f(x)=0的两实根，且满足0<x1<2<x2<4，试求m+n的范围．6. 已知函数y=x+tx有如下性质：如果常数t>0，那么该函数在(0,√t]上是减函数，在[√t,+∞)上是增函数．（1）已知f(x)=4x 2−12x−32x+1,x∈[0,1]，利用上述性质，求函数f(x)的单调区间和值域；（2）对于（1）中的函数f(x)和函数g(x)=−x−2a，若对任意x1∈[0,1]，总存在x2∈[0,1]，使得g(x2)=f(x1)成立，求实数a的值．7. 已知函数f(x)=xx2+b，其中b∈R．（1）求f(x)的单调区间；（2）设b>0，若∃x∈[14,34]，使f(x)≥1，求b得取值范围．8. 设f(x)是R上的奇函数，且对任意的实数a，b当a+b≠0时，都有f(a)+f(b)a+b>0．（1）若a>b，试比较f(a)，f(b)的大小；（2）若存在实数x∈[12,32]使得不等式f(x−c)+f(x−c2)>0成立，试求实数c的取值范围．9. 已知函数f(x)=∣x−1∣+∣x−a∣．（1）若a=−1，解不等式f(x)≥3；（2）如果∃x∈R，使得f(x)<2成立，求实数a的取值范围．10. 已知函数f(x)=∣x−a∣−∣x−4∣(x∈R,a∈R)的值域为[−3,3]．（1）求实数a的值；（2）若存在x0∈R，使得f(x0)≤2m−m2，求实数m的取值范围．11. 设二次函数 f (x )=ax 2+bx +c (a,b,c ∈R,a ≠0) 满足条件：（a ）当 x ∈R 时，f (x −4)=f (2−x )，且 f (x )≥x ；（b ）当 x ∈(0,2) 时，f (x )≤(x+12)2；（c ）f (x ) 在 R 上的最小值为 0．求最大的 m (m >1)，使得存在 t ∈R ，只要 x ∈[1,m ]，就有 f (x +t )≤x ．12. 已知函数 f (x )=kxx 2+3k (k >0)．（1）若 f (x )>m 的解集为 {x ∣x <−3或x >−2}，求不等式 5mx 2+k2x +3>0 的解集；（2）若存在 x 0>3，使得 f (x 0)>1 成立，求 k 的取值范围．13. 已知函数 f (x )=∣x −1∣+∣x +3∣，x ∈R ．（1）解不等式 f (x )≤5；（2）若不等式 t 2+3t >f (x ) 在 x ∈R 上有解，求实数 t 的取值范围．14. 设 f (x )=mx 2+3(m −4)x −9．（1）试判断函数 f (x ) 零点的个数；（2）若满足 f (1−x )=f (1+x )，求 m 的值；（3）若 m =1 时，存在 x ∈[0,2] 使得 f (x )−a >0 成立，求 a 的取值范围．15. 已知正项数列{a n}的前n项的和为S n，且(p−1)S n=p2−a n(n∈N∗,p>0,p≠1)，数列{b n}满足b n=2log p a n．（1）分别求a n和b n的表达式；（2）设数列{b na n }的前n项和T n，当p=12时，求证：0<T n<4；（3）是否存在正整数M，使得n>M时，a n>1恒成立?若存在，求出相应的M的值；若不存在，请说明理由．16. 设x1，x2为函数f(x)=ax2+(b−1)x+1(a>0)两个不同零点，且满足x2−x1=2．（1）若对任意x∈R都有f(2−x)=f(2+x)，求f(x)；（2）设g(x)=−f(x)+2(x2−x)，试证明必存在x0∈R使得g(x0)≥4成立．17. 设函数f(x)=xe x，g(x)=ax2+x（1）若f(x)与g(x)具有完全相同的单调区间，求a的值；（2）若当x≥0时恒有f(x)≥g(x)，求a的取值范围．18. 已知公差不为0的等差数列{a n}的首项a1=1，前n项和为S n，且a1，a2，a4成等比数列．（1）求数列{a n}的通项公式及S n；（2）记A=1S1+1S2+⋯+1S n，B=1a20+1a21+⋯1a2n−1，当n≥2时，比较A与B的大小；（3）是否存在实数k，使得对任意的正整数m，n，都有a m2+a n2≥k⋅a m+n2成立．若存在，求k的最大值；若不存在，请说明理由．19. 已知函数f(x)=∣x−3∣+∣2x+t∣，t∈R．（1）当t=1时，解不等式f(x)≥5；（2）若存在实数a满足f(a)+∣a−3∣<2，求t的取值范围．a（其中a>0）．20. 已知关于x的不等式∣x−1∣−∣2x−1∣>log13（1）当a=3时，求不等式的解集；（2）若不等式有解，求实数a的取值范围．21. 设函数f(x)=∣ax−1∣．（1）若f(x)≤2的解集为[−6,2]，求实数a的值；（2）当a=2时，若存在x∈R，使得不等式f(2x+1)−f(x−1)≤7−3m成立，求实数m 的取值范围．22. 设函数f(x)=x2+ax−lnx(a∈R)．（1）若a=1，求函数y=f(x)的单调区间；（2）若函数f(x)在区间(0,1]上是减函数，求实数a的取值范围；（3）过坐标原点O作曲线y=f(x)的切线，证明：切点的横坐标为1．23. 已知函数f(x)=x2+ax+b．（1）设b=a，若∣f(x)∣在x∈[0,1]上单调递增，求实数a的取值范围．（2）求证：存在x0∈[−1,1]，使∣f(x0)∣≥∣a∣．24. 已知命题p:关于x的方程a2x2+ax−2=0在[−1,1]上有解；命题q:只有一个实数x满足不等式x2+2ax+2a≤0．若“p或q”是假命题，求实数a的取值范围．25. 已知二次函数f(x)=2x2+ax+b为偶函数，g(x)=(√3−1)x+m，ℎ(x)=c(x+1)2(c≠2)．关于x的方程f(x)=ℎ(x)有且仅有一根1．2（1）求a，b，c的值；（2）若对任意的x∈[−1,1]，√f(x)≤g(∣x∣)恒成立，求实数m的取值范围；（3）令φ(x)=√f(x)+√f(1−x)，若存在x1,x2∈[0,1]使得∣φ(x1)−φ(x2)∣≥g(m)，求实数m的取值范围．−2lnx，其中e是自然对数的底数．26. 设函数f(x)=px−px时，求函数f(x)的极值（1）当p=√32（2）若f(x)在其定义域内为单调函数，求实数p的取值范围．（3）设g(x)=2e，若在[1,e]上至少存在一点x0，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数p的取值x范围．27. 已知函数f(x)=e x(x2+ax+a)．（1）当a=1时，求函数f(x)的单调区间；（2）若关于x的不等式f(x)≤e a在[a,+∞)上有解，求实数a的取值范围；（3）若曲线y=f(x)存在两条互相垂直的切线，求实数a的取值范围；（只需直接写出结果）28. 已知函数f(x)=x2+(a−4)x+3−a．（1）若f(x)在区间[0,1]上不单调，求a的取值范围；（2）若对于任意的a∈(0,4)，存在x0∈[0,2]，使得∣f(x0)∣≥t，求t的取值范围．+ax2+(1−b2)x，m,a,b∈R．29. 已知函数f(x)=mx33（1）求函数f(x)的导函数fʹ(x)；（2）当m=1时，若函数f(x)是R上的增函数，求z=a+b的最小值；（3）当a=1，b=√2时，函数f(x)在(2,+∞)上存在单调递增区间，求m的取值范围．30. 已知f(x)=ax2+bx+c，a,b,c∈R，定义域为[−1,1]．（1）当a=1，∣f(x)∣≤1时，求证：∣1+c∣≤1；（2）当b>2a>0时，是否存在x∈[−1,1]，使得∣f(x)∣≥b ?31. 已知函数f(x)=alnx+x2+bx（a为实常数）．（1）若a=−2，b=−3，求f(x)的单调区间；（2）若b=0，a>−2e2求函数f(x)在[1,e]上的最小值及相应的x值；（3）设b=0，若存在x∈[1,e]，使得f(x)≤(a+2)x成立，求实数a的取值范围．32. 已知函数f(x)=lnxx．（1）记函数F(x)=x2−x⋅f(x)(x∈[12,2])，求函数F(x)的最大值；（2）记函数H(x)={x2e ,x≥s,f(x),0<x<s,若对任意实数k，总存在实数x0，使得H(x0)=k成立，求实数s的取值集合．33. 已知过原点O的动直线l与圆C:(x+1)2+y2=4交于A，B两点．（1）若∣AB∣=√15，求直线l的方程．（2）在x轴上是否存在定点M(x0,0)，使得当l变动时，总有直线MA，MB的斜率之和为0?若存在，求出x0的值；若不存在，说明理由．34. 己知函数f(x)=(mx+n)e−x（m,n∈R，e是自然对数的底）．（1）若函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+ey−3=0，试确定函数f(x)单调区间；（2）①当n=−1，m∈R时，若对于任意x∈[12,2]，都有f(x)≥x恒成立，求实数m的最小值；②当m=n=1时，设函数g(x)=xf(x)+tfʹ(x)+e−x(t∈R)，是否存在实数a,b,c∈[0,1]，使得g(a)+g(b)<g(c)?若存在，求出t的取值范围；若不存在，说明理由．35. 设f(x)=alnx+bx−b，g(x)=exe x，其中a,b∈R．（1）求g(x)的极大值；（2）设b=1，a>0，若∣f(x2)−f(x1)∣<∣∣∣1g(x2)−1g(x1)∣∣∣对任意的x1,x2∈[3,4](x1≠x2)恒成立，求a的最大值；（3）设a=−2，若对任意给定的x0∈(0,e]，在区间(0,e]上总存在s,t(s≠t)，使f(s)= f(t)=g(x0)成立，求b的取值范围．36. 已知函数f(x)=alnx−x+2，其中a≠0．（1）求f(x)的单调区间；（2）若对任意的x1∈[1,e]，总存在x2∈[1,e]，使得f(x1)+f(x2)=4，求实数a的值．37. 已知函数f(x)=x+a⋅e−x．（1）当a=e2时，求f(x)在区间[1,3]上的最小值；（2）求证：存在实数x0∈[−3,3]，有f(x0)>a．38. 已知函数f(x)=12ax2−(2a+1)x+2lnx(a∈R)．（1）若曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行，求a的值；（2）求f(x)的单调区间；（3）设g(x)=x2−2x，若对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范围．)−2lnx(a∈R)．39. 已知函数f(x)=a(x−1x（1）若a=2，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（2）求函数f(x)的单调区间；．若至少存在一个x0∈[1,e]，使得f(x0)>g(x0)成立，求实数a的取（3）设函数g(x)=−ax值范围．f(lnx)，其中a∈R，e=2.71828⋯为自然对数40. 已知函数f(x)=(ax2+2x−a)e x，g(x)=12的底数．（1）若函数y=f(x)的图象在点M(2,f(2))处的切线过坐标原点，求实数a的值；（2）若f(x)在[−1,1]上为单调递增函数，求实数a的取值范围；（3）当a=0时，对于满足0<x1<x2的两个实数x1,x2，若存在x0>0，成立，试比较x0与x1的大小．使得gʹ(x0)=g(x1)−g(x2)x1−x2(a∈R)．41. 已知函数f(x)=x−alnx+1+ax（1）求f(x)的单调区间；（2）若在[1,e](e=2.71828⋯)上存在一点x0，使得f(x0)≤0成立，求a的取值范围．42. 已知函数f(x)=e mx−lnx−2．,1)，使得fʹ(t)=0；（1）若m=1，证明：存在唯一实数t∈(12（2）求证：存在0<m<1，使得f(x)>0．43. 已知椭圆C:x2a2+y2b2=1（a>b>0）的离心率为√22，点P(0,1)和点A(m,n)（m≠0）都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M．（1）求椭圆C的方程，并求点M的坐标（用m，n表示）．（2）设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N，问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM=∠ONQ ?若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．44. 已知函数f(x)=e x(2x−1)−ax+a(a∈R)，e为自然对数的底数．（1）当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；（2）①若存在实数x，满足f(x)<0，求实数a的取值范围；②若有且只有唯一整数x0，满足f(x0)<0，求实数a的取值范围．45. 已知函数f(x)=log a(x+1)(a>1)，若函数y=g(x)的图象与函数y=f(x)的图象关于原点对称．（1）写出函数g(x)的解析式；（2）求不等式2f(x)+g(x)≥0的解集A；（3）问是否存在m∈(0,+∞)，使不等式f(x)+2g(x)≥log a m的解集恰好是A ?若存在，请求出m的值；若不存在，请说明理由．46. 已知函数f(x)=x+1e x（e为自然对数的底数）．（1）求函数f(x)的最大值；（2）设函数φ(x)=xf(x)+tfʹ(x)+1e x，存在实数x1，x2∈[0, 1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求实数t的取值范围.47. 设函数f(x)=mlnx−12x+12x.(m∈R)．（1）当m=54时，求f(x)的极值；（2）设A、B是曲线y=f(x)上的两个不同点，且曲线在A、B两点处的切线均与x轴平行，直线AB的斜率为k，是否存在m，使得m−k=1 ? 若存在，请求出m的值，若不存在，请说明理由．48. 已知函数f(x)=x3+32(1−a)x2−3ax+1，a>0．（1）当a=1时，求函数f(x)的单调减区间；（2）证明：对于任意正数a，存在正数p，使得当x∈[0,p]时，有∣f(x)∣≤1；（3）设（2）中的p的最大值为g(a)，求g(a)的最大值．49. 设函数 f (x )=lnx −ax +1−a x −1．（1）当 a =1 时，过原点的直线与函数 f (x ) 的图象相切于点 P ，求点 P 的坐标；（2）当 0<a <12 时，求函数 f (x ) 的单调区间；（3）当 a =13 时，设函数 g (x )=x 2−2bx −512，若对于 ∀x 1∈(0,e ]，∃x 2∈[0,1] 使 f (x 1)≥g (x 2) 成立，求实数 b 的取值范围（e 是自然对数的底数，e <√3+1）．50. 已知函数 f (x )=ax −(2a +1)lnx −2x ，g (x )=−2alnx −2x ，其中 a ∈R ．（1）当 a =2 时，求曲线 y =f (x ) 在点 (1,f (1)) 处的切线方程；（2）当 a >0 时，求 f (x ) 的单调区间；（3）若存在 x ∈[1e ,e 2]，使不等式 f (x )≥g (x ) 成立，求 a 的取值范围．51. 函数 y =Asin (ωx +φ)(A >0,ω>0,0≤φ≤π2) 在 x ∈(0,7π) 内只取到一个最大值和一个最小值，且当 x =π 时，y max =3；当 x =6π 时，y min =−3．（1）求出此函数的解析式；（2）求该函数的单调递增区间；（3）是否存在实数 m ，满足不等式 Asin(ω√−m 2+2m +3+φ)>Asin(ω√−m 2+4+φ)?若存在，求出 m 的范围（或值），若不存在，请说明理由．52. 已知函数 f (x )=x 2−(k +1)x +94，g (x )=2x −k ，其中 k ∈R ．（1）若 f (x ) 在区间 (1,4) 上有零点，求实数 k 的取值范围；（2）设函数 p (x )={f (x ),x <0,g (x ),x ≥0,是否存在实数 k ，对任意给定的非零实数 x 1，存在唯一的非零实数 x 2(x 1≠x 2)，使得 p (x 1)=p (x 2)．若存在，求出 k 的值，若不存在，请说明理由．53. 已知函数f(x)=ln(12+12ax)+x2−ax（a为常数，a>0）．（1）当y=f(x)在x=12处取得极值时，若关于x的方程f(x)−b=0在[0,2]上恰有两个不相等的实数根，求实数b的取值范围；（2）若对任意的a∈(1,2)，总存在x0∈[12,1]，使不等式f(x0)>m(a2+2a−3)成立，求实数m的取值范围．54. 已知函数f(x)=e x，点A(a,0)为一定点，直线x=t(t≠a)分别与函数f(x)的图象和x轴交于点M，N，记△AMN的面积为S(t)．（1）当a=0时，求函数S(t)的单调区间；（2）当a>2时，若∃t0∈[0,2]，使得S(t0)≥e，求实数a的取值范围．55. 已知函数f(x)=x−alnx，g(x)=−1+ax(a>0)．（1）若a=1，求函数f(x)的极值；（2）设函数ℎ(x)=f(x)−g(x)，求函数ℎ(x)的单调区间；（3）若存在x0∈[1,e]，使得f(x0)<g(x0)成立，求a的取值范围．56. 已知函数f(x)−lnx−ax+1−ax−1(a∈R)．（1）当a≤12时，讨论f(x)的单调性；（2）设g(x)=x2−2bx+4．当a=14时，若对任意x1(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求实数b取值范围．（1）记函数f(x)在[0,2]上的最大值为M，若M≤1，求a的最大值；（2）若对任意的x1∈[0,2]，存在x2∈[0,2]，使得f(x1)+f(x2)>32a，求ba的取值范围.58. 设a为正实数，函数f(x)=ax，g(x)=lnx．（1）求函数ℎ(x)=f(x)⋅g(x)的极值；（2）证明：∃x0∈R，使得当x>x0时，f(x)>g(x)恒成立．59. 设函数f(x)=p(x−1x )−2lnx，g(x)=2ex（p是实数，e为自然对数的底数）．（1）若f(x)在其定义域内为单调函数，求p的取值范围；（2）若在[1,e]上至少存在一点x0，使得f(x0)>g(x0)成立，求p的取值范围．60. 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)满足下列条件：①当x∈R时，其最小值为0，且f(x−1)=f(−x−1)成立；②当x∈(0,5)时，x≤f(x)≤2∣x−1∣+1恒成立．（1）求f(1)的值；（2）求f(x)的解析式；（3）求最大的实数m(m>1)，使得存在t∈R，只要当x∈[1,m]时，就有f(x+t)≤x成立．61. 已知函数f(x)=e x，A(a,0)为一定点，直线x=t（t≠a）分别与f(x)的图象和x轴交于点M，N，记△AMN的面积为S(t)．（1）当a=0时，求函数S(t)的单调区间；（2）当a>2时，若∃t0∈[0,2]，使得S(t0)≥e，求a的取值范围．62. 已知函数f(x)=[ax2−(2a+1)x+a+2]e x(a∈R)．（1）当a≥0时，讨论函数f(x)的单调性；（2）设g(x)=bx 2lnx2，当a=1时，若对任意x1∈(0,2)，存在x2∈(1,2)，使f(x1)≥g(x2)，求实数b的取值范围．63. 已知函数f(x)=12ax2−(a+1)x+lnx，g(x)=x2−2bx+78．（1）当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；（2）当a<1时，求函数f(x)的单调区间；（3）当a=14时，函数f(x)在(0 ,2]上的最大值为M，若存在x∈[1,2]，使得g(x)≥M成立，求实数b的取值范围．(a<0)．64. 已知函数f(x)=x⋅e xx−a（1）当a=−4时，试判断函数f(x)在(−4,+∞)上的单调性；（2）若函数f(x)在x=t处取得极小值，(1)求实数t的取值集合T；f(t)≤m+1对于任意t∈T恒成立．若存在，求出(2)问是否存在整数m，使得m≤t2t+1整数m的值；若不存在，请说明理由．x2−bx(a≠1)，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为0．65. 设函数f(x)=alnx+1−a2（1）求b；，求a的取值范围．（2）若存在x0≥1，使得f(x0)<aa−166. 设函数f(x)=e x−1，x≠0．x（1）判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性；（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式∣f(x)−1∣<a成立．67. 已知 a >0 且 a ≠1，函数 f (x )=log a 21−x ．（1）求 f (x ) 的定义域 D 及其零点；（2）讨论并证明函数 f (x ) 在定义域 D 上的单调性；（3）设 g (x )=mx 2−2mx +3，当 a >1 时，若对任意 x 1∈(−∞,−1] 存在 x 2∈[3,4]，使得 f (x 1)≤g (x 2)，求实数 m 的取值范围．68. 已知函数 f (x )=log a (√x 2+1+x)．（1）判断并证明 f (x ) 的奇偶性；（2）若两个函数 F (x ) 与 G (x ) 在闭区间 [p,q ] 上恒满足 ∣F (x )−G (x )∣>2，则称函数 F (x ) 与G (x ) 在闭区间 [p,q ] 上是分离的．是否存在实数 a 使得 y =f (x ) 的反函数 y =f −1(x ) 与 g (x )=a x 在闭区间 [1,2] 上分离?若存在，求出实数 a 的取值范围；若不存在，请说明理由．69. 已知函数 f (x )=ax 2−2ax +b (a >0) 在区间 [−1,4] 上有最大值 10 和最小值 1．设 g (x )=f (x )x ．（1）求 a ，b 的值；（2）证明：函数 g (x ) 在 [√b,+∞) 上是增函数；（3）若不等式 g (2x )−k ⋅2x ≥0 在 x ∈[−1,1] 上有解，求实数 k 的取值范围．70. 已知函数 f (x )=x 3−(k 2−k +1)x 2+5x −2,g (x )=k 2x 2+kx +1，其中 k ∈R ．（1）设函数 p (x )=f (x )+g (x )．若 p (x ) 在区间 (0,3) 上不单调，求 k 的取值范围；（2）设函数 q (x )={g (x ),f (x ),x ≥0x <0，是否存在 k ，对任意给定的非零实数 x 1，存在惟一的非零实数 x 2(x 2≠x 1)，使得 qʹ(x 2)=qʹ(x 1) 成立?若存在，求 k 的值；若不存在，请说明理由．71. 已知函数f(x)=x−a．(x+a)2（1）若fʹ(a)=1，求a的值；（2）设a≤0，若对于定义域内的任意x1，总存在x2使得f(x2)<f(x1)，求a的取值范围．72. 设函数f(x)=x2−ax+lnx（a为常数）．（1）当a=3时，求函数f(x)的极值；（2）当0<a<2√2时，试判断f(x)的单调性；)恒成立，求实数m的取值范（3）若存在x0∈[1,2]，使不等式f(x0)<mlna对任意a∈(0,12围．≤x≤2}，函数y=log2(ax2−2x+2)的定义域为Q．73. 已知集合P={x∣12（1）若P∩Q≠∅，求实数a的取值范围；,2]内有解，求实数a的取值的取值范围．（2）若方程log2(ax2−2x+2)=2在[12，其导函数记为fʹ(x)（e为自然对数的底数）．74. 已知函数f(x)=exe x（1）求函数f(x)的极大值；（2）解方程f(f(x))=x；)<0．（3）若存在实数x1,x2(x1≠x2)使得f(x1)=f(x2)，求证：fʹ(x1+x2275. 已知函数f(x)=lnx−(x−1)2．2（1）求函数f(x)的单调递增区间；（2）证明：当x>1时，f(x)<x−1；（3）确定实数k的所有可能取值，使得存在x0>1，当x∈(1,x0)，恒有f(x)>k(x−1)．+alnx(a≠0,a∈R)76. 已知函数f(x)=1x（1）若a=1，求函数f(x)的极值和单调区间；（2）若在区间(0,e]上至少存在一点x0，使得f(x0)<0成立，求实数a的取值范围．77. 已知函数f(x)=x2−ax−aln(x−1)(a∈R).（1）求函数f(x)的单调区间；（2）试判断是否存在实数a(a≥1)，使y=f(x)的图象与直线y=1+ln√2无公共点（其中自然对数的底数e为无理数且e=2.71828…）．+xlnx，g(x)=x3−x2−3．78. 设f(x)=ax（1）当a=2时，求曲线y=f(x)在x=1处的切线方程；（2）如果存在x1，x2∈[0,2]使得g(x1)−g(x2)≥M成立，求满足上述条件的最大整数M；,2]都有f(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．（3）如果对任意的s,t∈[1279. 设函数f(x)=x2lnx，g(x)=ax3−x2．（1）求函数f(x)的最小值；（2）若存在x∈(0,+∞)，使f(x)>g(x)成立，求实数a的取值范围；（3）若使关于x的方程f(x)−g(x)=0在[e−13,e n]（其中e=2.71⋯⋯为自然对数的底数）上有解的a的最小值为a n，数列{a n}的前n项和为S n，求证：S n<3．80. 已知函数f(x)=12ax2−(2a+1)x+2lnx(a∈R) .（1）若曲线y=f(x)在x=1和x=3处的切线互相平行，求a的值；（2）求y=f(x)的单调区间；（3）设g(x)=x2−2x，若对任意x1∈(0,2]，均存在x2∈(0,2]，使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范围．81. 已知函数f(x)=e x−ax2+(a−e+1)x−1（e是自然对数的底数，a为常数）．（1）若函数g(x)=f(x)−12x⋅fʹ(x)在区间[1,+∞)上单调递减，求a的取值范围．（2）当a∈(e−2,1)时，函数f(x)=e x−ax2+(a−e+1)x−1在(0,1)上是否有零点?并说明理由．82. 设x=3是函数f(x)=(x2+ax+b)e3−x(x∈R)的一个极值点．（1）求a与b的关系式（用a表示b），并求f(x)的单调区间；（2）设a>0，g(x)=(a2+254)e x．若存在ɛ1，ɛ2∈[0,4]使得∣f(ɛ1)−g(ɛ2)∣<1成立，求a的取值范围．83. 已知函数f(x)=ax−lnx−4(a∈R)．（1）讨论f(x)的单调性；（2）当a=2时，若存在区间[m,n]⊆[12,+∞)，使f(x)在[m,n]上的值域是[km+1,kn+1]，求k的取值范围．84. 已知定义在R上的偶函数f(x)，当x∈[0,+∞)时，f(x)=e x．（1）当x∈(−∞,0)时，求过原点与函数f(x)图象相切的直线的方程；（2）求最大的整数m(m>1)，使得存在t∈R，只要x∈[1,m]，就有f(x+t)≤ex．85. 设函数f(x)=ax2+lnx，g(x)=x3−x2−3．（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若存在x1,x2∈[−13,3]，使得g(x1)−g(x2)≥M成立，求满足条件的最大整数M；（3）若对任意的s,t∈[13,2]，都有sf(s)≥g(t)成立，求实数a的取值范围．86. 数列{a n}各项均为正数，a1=12，且对任意的n∈N∗，有a n+1=a n+ca n2(c>0)．（1）求c1+ca1+c1+ca2+1a3的值；（2）若c=12016，是否存在n∈N∗，使得a n>1，若存在，试求出n的最小值，若不存在，请说明理由．87. 已知函数f(x)=ax2+bx+c（a>0），g(x)=f(x)⋅e−4x（e为自然对数的底），当−1≤x≤1时，∣f(x)∣≤1，且a+b=2．（1）求f(x)；（2）求函数g(x)可能的最大值和最小值；（3）若∃x0∈R，当x∈(−∞,x0]，g(x)≥fʹ(x)成立（fʹ(x)是f(x)的导函数），求最大整数x0．88. 已知函数f(x)=lnxx．（1）若关于x的不等式f(x)≤m恒成立，求实数m的最小值；（2）对任意的x1，x2∈(0,2)，已知存在x0∈(x1,x2)，使得fʹ(x0)=f(x2)−f(x1)x2−x1，求证：x0<√x1x2．答案第一部分1. （1） f (x )={x 2−tx,x ≥0−x 2+tx,x <0，当 t >0 时，f (x ) 的单调增区间为 [t2,+∞)，(−∞,0)，单调减区间为 [0,t2] .当 t =0 时，f (x ) 的单调增区间为 (−∞,+∞) .当 t <0 时，f (x ) 的单调增区间为 [0,+∞)，(−∞,t2]，单调减区间为 [t2,0) .（2）方法一：设 g (x )=f (x )−x ={x 2−(t +1)x,x ∈[0,2]−x 2+(t −1)x ,x ∈[−1,0].x ∈[0,2] 时，因为t+12∈(0,2)，所以 g min (x )=g (t+12)=−(t+1)24.x ∈[−1,0] 时，因为 g (−1)=−t ，g (0)=0，所以 g min (x )=−t .故只须 ∃t ∈(0,2)，使得：{−(t+1)24>a −t >a成立，即 {−14≥a 0≥a ，所以 a ≤−14 .方法二：设 ℎ(t )=f (x )−x =−∣x ∣⋅t +x ∣x ∣−x ，t ∈(0,2) . 只须 ℎ(t )max ≥a ，对 x ∈[−1,2] 都成立．则只须 ℎ(0)=x ∣x ∣−x ≥a ，对 x ∈[−1,2] 都成立．再设 m (x )=x ∣x ∣−x ，x ∈[−1,2]，只须 m (x )min ≥a ，易求得 a ≤−14 . 2. （1）当 a =1 时，fʹ(x )=3x 2−2x ，f (2)=14．曲线 y =f (x ) 在点 (2,f (2)) 处的切线斜率 k =fʹ(2)=8，所以曲线 y =f (x ) 在点 (2,f (2)) 处的切线方程为 y −14=8(x −2)，即 8x −y −2=0．（2）由已知，得 a >x 3+10x 2=x +10x 2，设 g (x )=x +10x 2(1≤x ≤2)，则 gʹ(x )=1−20x 3．因为 1≤x ≤2，所以 gʹ(x )<0，所以 g (x ) 在 [1,2] 上是减函数．所以 g (x )min =g (2)=92，所以 a >92．3. （1）设数列 {a n } 的公差为 d ，由 a 5=a 1+4d ，得 d =−2，得 a n =−2n +10．由数列 {b n } 的前 n 和为 S n =2n−1−12(n ∈N ∗) 可知，当 n =1 时，b 1=S 1=12．当 n ≥2 时，b n =S n −S n−1=2n−2．因为 21−2=12=b 1，所以 n ≥1 时，b n =2n−2．故数列 {a n } 的通项公式为 a n =−2n +10，{b n } 的通项公式为 b n =2n−2．（2） c n =2a n =210−2n =45−n ，b n =2n−2．假设存在正整数 n 使不等式 b n c n +1>b n +c n 成立，即要满足 (c n −1)(b n −1)>0．因为 c n ，b n 需满足同时大于 1 或同时小于 1．则由指数函数性质得 {5−n >0,n −2>0. 或 {5−n <0,n −2<0.解得 2<n <5．综上所述，存在正整数 n =3，4 时，使不等式 b n c n +1>b n +c n 成立． 4. （1）直线 2x +y =0 的斜率 k =−2，若曲线 f (x ) 在 x =2 处的切线与直线 2x +y =0 垂直，则 fʹ(2)=12， ∵f (x )=lnx −12ax 2−2x +1， ∴fʹ(x )=1x −ax −2，则 fʹ(2)=12−2a −2=12，解得 a =−1．（2）若 f (x ) 存在单调递减区间，即 fʹ(x )=1x−ax −2<0 在 (0,+∞) 上有解，即 1x−2<ax ，则a >1−2xx 2, 设 g (x )=1−2x x 2，则 g (x )=(1x )2−2⋅1x =(1x−1)2−1≥−1，则a >−1.5. （1）由 f (x )≤0 得 m ≥x +2x 在 [0,4] 上有解（易检验 x =0 不是已知不等式的解），则 m ≥2√2，即 m 的最小值为 2√2．（2）设 f (x )=x 2−mx +n ，则由题意得 {f (0)>0,f (2)<0,f (4)>0, 即 {n >0,4−2m +n <0,16−4m +n >0.利用线性规划可得 m +n 的范围为 (2,14)． 6. （1） y =f (x )=4x 2−12x−32x+1=2x +1+42x+1−8，设 u =2x +1,x ∈[0,1],1≤u ≤3，则 y =u +4u −8,u ∈[1,3]．由已知性质得，当 1≤u ≤2，即 0≤x ≤12 时，f (x ) 单调递减；所以减区间为 [0,12]；当 2≤u ≤3，即 12≤x ≤1 时，f (x ) 单调递增；所以增区间为 [12,1]；由 f (0)=−3,f (12)=−4,f (1)=−113，得 f (x ) 的值域为 [−4,−3]（2） g (x )=−x −2a 为减函数，故 g (x )∈[−1−2a,−2a ],x ∈[0,1]．由题意，f (x ) 的值域是 g (x ) 的值域的子集，所以 {−1−2a ≤−4−2a ≥−3．所以 a =32．7. （1） ① 当 b =0 时，f (x )=1x ．故 f (x ) 的单调区区间为 (−∞,0)，(0,+∞)；无单调增区间．②当 b >0 时，fʹ(x )=b−x 2(x 2+b )2．令 fʹ(x )=0，得 x 1=√b ，x 2=−√b ． f (x ) 和 fʹ(x ) 的情况如下： x (−∞,−√b)−√b (−√b,√b)√b(√b,+∞)fʹ(x )−0+0−f (x )↘↗↘f (x ) 和 fʹ(x ) 的情况如下：故 f (x ) 的单调减区间为 (−∞,−√b)，(√b,+∞)；单调增区间为 (−√b,√b)．③ 当 b <0 时，f (x ) 的定义域为 D ={x ∈R ∣x ≠±√−b}．因为 fʹ(x )=b−x 2(x 2+b )2<0 在 D 上恒成立，故 f (x ) 的单调减区间 (−∞,−√−b)，(−√−b,√−b)；无单调增区间．（2）因为 b >0，x ∈[14,34]，所以 f (x )≥1 等价于 b ≤−x 2+x ，其中 x ∈[14,34]．设 g (x )=−x 2+x ，g (x ) 在区间 [14,34] 上的最大值为 g (12)=14．则“∃∈[14,34]，使得 b ≤−x 2+x ”等价于 b ≤14．所以，b 的取值范围是 (0,14]．8. （1）因为 f (x ) 是 R 上的奇函数，所以f (a )−f (b )a −b =f (a )+f (−b )a +(−b )>0,又因为 a >b ，所以 a −b >0，所以f (a )−f (b )>0，即 f (a )>f (b )．（2）由（1）知，a >b 时，都有 f (a )>f (b )，所以 f (x ) 在 R 上单调递增．因为 f (x ) 为奇函数，所以 f (x −c )+f (x −c 2)>0 等价于 f (x −c )>f (c 2−x )，所以不等式等价于 x −c >c 2−x ，即 c 2+c <2x ，因为存在实数 x ∈[12,32] 使得不等式 c 2+c <2x 成立，所以 c 2+c <3，即 c 2+c −3<0，解得 c 的取值范围为 (−1+√132,√13−12)． 9. （1）若 a =−1，f (x )≥3，即为 ∣x −1∣+∣x +1∣≥3，当 x ≤−1 时，1−x −x −1≥3，即有 x ≤−32；当 −1<x <1 时，1−x +x +1=2≥3 不成立；当 x ≥1 时，x −1+x +1=2x ≥3，解得 x ≥32；综上可得，f (x )≥3 的解集为 (−∞,−32]∪[32,+∞)；（2） ∃x ∈R ，使得 f (x )<2 成立，即有 2>f (x )min ，由函数 f (x )=∣x −1∣+∣x −a∣≥∣x −1−x +a∣=∣a −1∣，当 (x −1)(x −a )≤0 时，取得最小值 ∣a −1∣，则 ∣a −1∣<2，即 −2<a −1<2，解得 −1<a <3．则实数 a 的取值范围为 (−1,3)． 10. （1）对于任意 x ∈R ，f (x )=∣x −a∣−∣x −4∣∈[−∣a −4∣,∣a −4∣]，可知 ∣a −4∣=3，解得：a =1 或 a =7；（2）依题意有 −3≤2m −m 2，即 m 2−2m −3≤0，解得：m ∈[−1,3]．11. 由（a ）知，函数 f (x ) 的对称轴为 x =−1．所以b =2a ⋯⋯①由（c ）知，x =−1 时，y =0，即a −b +c =0 ⋯⋯②由（a ）、（b ）知 f (1)=1，即a +b +c =1 ⋯⋯③联立①、②、③得a =14,b =12,c =14.所以f (x )=14x 2+12x +14=14(x +1)2.假设存在 t ∈R ，只要 x ∈[1,m ]，就有 f (x +t )≤x ，即 14(x +t +1)2≤x 恒成立．设g (x )=x 2+2(t −1)x +(t +1)2,只需证“存在 t ∈R ，只要 x ∈[1,m ]，g (x )=x 2+2(t −1)x +(t +1)2≤0 恒成立”，其充要条件为{g (1)≤0,g (m )≤0.取 x =1，有14(t +2)2≤1, 解得−4≤t ≤0,取 x =m ，有14(m +t +1)2≤m, 即m 2−2(1−t )m +t 2+2t +1≤0,解得1−t −√−4t ≤m ≤1−t +√−4t,所以 m ≤1−t +√−4t ．因为 0≤−t ≤4，所以 m ≤1+4+4=9．故当 t =−4 时，m max =9． 12. （1）因为 k >0，所以 f (x )>m ⇔kxx 2+3k >m ⇔mx 2−kx +3km <0，因为不等式 mx 2−kx +3km <0 的解集为 {x ∣x <−3或x >−2}，所以 −3，−2 是方程 mx 2−kx +3km =0 的根，且 m <0．所以 {km =−5,3k =6⇒{k =2,m =−25, 所以 5mx 2+k 2x +3>0⇔2x 2−x −3<0⇔−1<x <32．所以不等式 5mx 2+k 2x +3>0 的解集为 (−1,32)．（2）因为 f (x )>1⇔kx x 2+3k>1(k >0)⇔x 2−kx +3k <0⇔(x −3)k >x 2，存在 x 0>3，使得 f (x 0)>1 成立，即存在 x 0>3，使得 k >x 02x 0−3成立．令 g (x )=x 2x−3，x ∈(3,+∞)，则 k >g (x )min ．令 x −3=t ，则 t ∈(0,+∞)，y =(t+3)2t=t +9t +6≥2√t ⋅9t +6=12．当且仅当 t =9t 即 t =3 即 x =6 时等号成立．所以 g (x )min =12，所以 k ∈(12,+∞)．13. （1）原不等式等价于 {x <−3,−2−2x ≤5 或 {−3≤x ≤1,4≤5或 {x >1,2x +2≤5, 得−72≤x <−3 或 −3≤x ≤1 或 1<x ≤32, 因此不等式的解集为 [−72,32]．（2） ∵f (x )=∣x −1∣+∣x +3∣≥∣x −1−(x +3)∣=4，要使 t 2+3t >f (x ) 在 x ∈R 上有解，只需 t 2+3t 大于 f (x ) 的最小值，∴t 2+3t >[f (x )]min =4⇒t 2+3t −4>0⇒t <−4 或 t >1． 14. （1）（i ）当 m =0 时，f (x )=−12x −9 为一次函数，有唯一零点．（ii ）当 m ≠0 时，由 Δ=9(m −4)2+36m =9(m −2)2+108>0，故 f (x ) 必有两个零点．（2）由条件可得 f (x ) 的图象关于直线 x =1 对称，所以 −3(m−4)2m=1 且 m ≠0，解得m =125.（3）依题原命题等价于 f (x )−a >0 有解，即 f (x )>a 有解．所以 a <f (x )max ，因为 f (x ) 在 [0,2] 上递减，所以 f (x )max =f (0)=−9，故 a <−9．15. （1）当 n =1 时，由 (p −1)a 1=p 2−a 1 ，得 a 1=p ．当 n ≥2 时，(p −1)S n =p 2−a n(p −1)S n−1=p 2−a n−1两式相减，整理得 a na n−1=1p ．∴a n =p (1p )n−1=p 2−n ，从而 b n =4−2n ．（2） ∵{a n } 为等比数列， {b n } 为等差数列， ∴ 由错位相减法，得 T n =4n 2n−1．当 n =1,2 时， T 1=T 2=4 ．当 n ≥3 时， T n =T n−1=2−n 2n−3<0 ．∴0<T n <T 3=3 ，故 0<T n ≤4 ．（3）当 0<p <1 时，存在 M =2 ，使得当 n >2 时， a n >1 恒成立．当 p >1 时，由 a n =p 2−n >1 ，得 2−n >0 即 n <2 ．所以满足要求的 M 不存在．16. （1）由 f (2−x )=f (2+x ) 得函数 f (x ) 关于 x =2 对称，则 −b−12a=2，又 x 2−x 1=2 可知 x 1=1，x 2=3，则 a +b −1+1=0，解得 a =13，b =−13，则 f (x )=13x 2−43x +1．（2）g (x )=−a (x −x 1)(x −x 2)+2(x 2−x )=a (x 2−x )(x −x 1+2a )≤a (x 2−x 1+2a2)2,等号成立条件为 x 0=x 2+x 1−2a2，设函数 g (x ) 的最大值为 ℎ(a )，则 ℎ(a )=a (2+2a2)2=a (1+1a )2=a +1a+2≥4，故必存在 x 0∈R 使得 g (x 0)≥4 成立．17. （1）因为 f (x )=xe x ，所以 fʹ(x )=e x +xe x =(1+x )e x 当 x <−1 时，fʹ(x )<0，所以 f (x ) 在 (−∞,−1) 内单调递减；当 x >−1 时，fʹ(x )>0，所以 f (x ) 在 (−1,+∞) 内单调递增．又 gʹ(x )=2ax +1，由 gʹ(−1)=−2a +1=0，得 a =12，此时 g (x )=12x 2+x =12(x +1)2−12，显然 g (x ) 在 (−∞,−1) 内单调递减，在 (−1,+∞) 内单调递增，故 a =12．（2）当 x ≥0 时恒有 f (x )≥g (x )，即 f (x )−g (x )=x (e x −ax −1)≥0 恒成立．故只需 F (x )=e x −ax −1≥0 恒成立，对 F (x ) 求导数可得 Fʹ(x )=e x −a ．因为 x ≥0，所以 Fʹ(x )=e x −a ，若 a ≤1，则当 x ∈(0,+∞) 时，Fʹ(x )>0，F (x ) 为增函数，从而当 x ≥0 时，F (x )≥F (0)=0，即 f (x )≥g (x )；若 a >1，则当 x ∈(0,lna ) 时，Fʹ(x )<0，F (x ) 为减函数，从而当 x ∈(0,lna) 时，F(x)<F(0)=0，即 f(x)<g(x)，故 f(x)≥g(x) 不恒成立．故 a 的取值范围为：a ≤1．18. （1）设公差为 d ，由 a 1，a 2，a 4 成等比数列得：a 22=a 1a 4，即 (1+d )2=1⋅(1+3d )，求得：d =1或d =0(舍去) . 所以 a n =1+(n −1)⋅1=n ，S n =(1+a n )⋅n2=12n (n +1)．（2） A =1S 1+1S 2+⋯+1S n =2(11×2+12×3+⋯+1n×(n+1))=2(1−1n+1)，B =1a 20+1a 21+⋯1a 2n−1=120+121+⋯12n−1=2−12n−1=2(1−12n )，因为当 n ≥2 时，2n >n +1，即 1−12n>1−1n+1．所以 A <B ．（3）要使 a m 2+a n 2≥k ⋅a m+n2(m,n ∈N +) 成立，只须：k ≤a m 2+a n 2a m+n2(m,n ∈N +) 恒成立，即 k ≤(a m 2+a n 2a m+n2)min因为 a m 2+a n 2a m+n2=m 2+n 2(m+n )2=m 2+n 2m 2+n 2+2mn ，又因为 2mn ≤m 2+n 2所以 m 2+n 2m 2+n 2+2mn ≥m 2+n 22(m 2+n 2)=12(当且仅当m =n 时等号成立)所以 k ≤12 时，对任意的正整数 m ，n ，不等式 a m 2+a n 2≥k ⋅a m+n 2都成立，即实数 k 存在，最大值为 12 .19. （1）当 t =1 时，f (x )=∣x −3∣+∣2x +1∣，由 f (x )≥5 得 ∣x −3∣+∣2x +1∣≥5，当 x ≥3 时，不等式等价为 x −3+2x +1≥5，即 3x ≥7，得 x ≥73，此时 x ≥3，当 −12<x <3 时，不等式等价为 −(x −3)+2x +1≥5，即 x ≥1，此时 1≤x <3，当 x <−12时，不等式等价为 3−x −2x −1≥5，解得 x ≤−1，得 x ≤−1，综上，x ≥1 或 x ≤−1，即不等式的解集为 (−∞,−1]∪[1,+∞)．（2） f (a )+∣a −3∣=2∣a −3∣+∣2a +t∣≥∣2a +t −(2a −6)∣=∣t +6∣,则命题 f (a )+∣a −3∣<2，等价为 [f (a )+∣a −3∣]min <2，即 ∣t +6∣<2，则 −2<t +6<2，即 −8<t <−4，即 t 的取值范围是 (−8,−4)． 20. （1）当 a =3 时，∣x −1∣−∣2x −1∣>−1 ，所以 {x ≥1(x −1)−(2x −1)>−1 或 {x ≤12(1−x )−(1−2x )>−1 或 {12<x <1(1−x )−(2x −1)>−1所以 {x ≤12x >−1 或 {12<x <12−3x >−1，所以 −1<x ≤12或12<x <1，即 −1<x <1，所以不等式的解集为 (−1,1)．（2） f (x )=∣x −1∣−∣2x −1∣={−x,x ≥12−3x,12<x <1x,x ≤12 所以 f (x )∈(−∞,12]，所以 f (x ) 的最大值为 12．因为不等式有解，所以 12>log 13a ，所以 a >(13)12，即 a >√33． 21. （1）显然 a ≠0，当 a >0 时，解集为 [−1a ,3a ]，−1a =−6，3a =2，无解；当 a <0 时，解集为 [3a ,−1a ]，令 −1a =2，3a =−6，a =−12，综上所述，a =−12．（2）当 a =2 时，令 ℎ(x )=f (2x +1)−f (x −1)=∣4x +1∣−∣2x −3∣={−2x −4,x ≤−14,6x −2,−14<x <32,2x +4,x ≥32. 由此可知，ℎ(x ) 在 (−∞,−14) 单调减，在 (−14,32) 和 (32,+∞) 单调增，则当 x =−14 时，ℎ(x ) 取到最小值 −72，由题意知，−72≤7−3m ，则实数 m 的取值范围是 (−∞,72]． 22. （1） a =1 时，f (x )=x 2+ax −lnx (x >0)，所以 fʹ(x )=2x +1−1x=(2x−1)(x+1)x ，x ∈(0,12)，fʹ(x )<0，x ∈(12,+∞)，fʹ(x )>0， f (x ) 的减区间为 (0,12)，增区间 (12,+∞)．（2） fʹ(x )=2x +a −1x ．因为 f (x ) 在区间 (0,1] 上是减函数，所以 fʹ(x )≤0 对任意 x ∈(0,1] 恒成立，即 2x +a −1x ≤0 对任意 x ∈(0,1] 恒成立，所以 a ≤1x −2x 对任意 x ∈(0,1] 恒成立，令 g (x )=1x −2x ，所以 a ≤g (x )min ，易知 g (x ) 在 (0,1] 单调递减，所以 g (x )min =g (1)=−1．所以 a ≤−1．（3）设切点为 M(t,f (t ))，fʹ(x )=2x +a −1x ，切线的斜率 k =2t +a −1t，又切线过原点 k =f (t )t，f (t )t=2t +a −1t，即：t 2+at −lnt =2t 2+at −1．所以 t 2−1+lnt =0，存在性：t =1 满足方程 t 2−1+lnt =0，所以 t =1 是方程 t 2−1+lnt =0 的根．再证唯一性：设 φ(t )=t 2−1+lnt ，φʹ(t )=2t +1t >0， φ(t ) 在 (0,+∞) 单调递增，且 φ(1)=0，所以方程 t 2−1+lnt =0 有唯一解．综上，切点的横坐标为 1．23. （1） ① 当 −a2≤0 即 a ≥0 时，只需 f (0)=a ≥0 即可，所以 a ≥0 满足题意．② 当 0<−a 2<1 即 −2<a <0 时不合题意．③ 当 −a2≥1 即 a ≤−2 时，只需 f (0)=a ≤0 即可，所以 a ≤−2．所以 a ≤−2 或 a ≥0．（2）解法一：如果 ∣f (1)∣ 与 ∣f (−1)∣ 中有一个不小于 ∣a ∣，那么命题成立，而 ∣f (1)∣=∣1+a +b ∣≥∣a ∣⇔(1+b )(1+2a +b )≥0，此不等式在平面直角坐标系下表示的区域记为 M （图略），∣f (−1)∣=∣1−a +b ∣≥∣a ∣⇔(1+b )(1−2a +b )≥0，此不等式在平面直角坐标系下表示的区域记为 N （图略）．由于 M ∪N ={(x,y )∣x,y ∈R }，故 ∣f (1)∣≥∣a ∣ 与 ∣f (−1)∣≥∣a ∣ 至少有一个成立．解法二：当 a =0 时，∣f (x 0)∣≥0 显然成立．当 a >0，假设 ∀x ∈[−1,1],∣f (x )∣<a 恒成立，即 −a <f (x )<x ，所以 {−a <f (1)=1+a +b <a,−a <f (−1)=1−a +b <a,所以 {−1−2a <b <−1,−1<b <−1+2a,所以 b ∈∅．当 a <0 时，同理可得 b ∈∅，故假设不成立，综上知原命题结论成立． 24. 对于方程 a 2x 2+ax −2=0．当 a =0 时，无解；当 a ≠0 时，两根分别为 −2a 、 1a ．因此，当 a >0 时，若方程在 [−1,1] 上无解，则 {−2a <−1,1a>1,解得 0<a <1．当 a <0 时，若方程在 [−1,1] 上无解，则 {1a <−1,−2a >1,解得 −1<a <0．综上，p 为假时，有 a ∈(−1,1)．又因为当 q 为真时，有 (2a )2−4×2a =0，解得 a =0 或 a =2．所以 q 为假时，有 a ∈(−∞,0)∪(0,2)∪(2,+∞)．因为 p 或 q 为假，也就是 p ，q 都是假命题，因此 a ∈(−1,0)∪(0,1)．25. （1）由 f (x )=f (−x ) ⇒ a =0，由 f (x )=ℎ(x ) 可得：(c −2)x 2+2cx +c −b =0，代入 x =12 得：b =94c −12,⋯⋯① Δ=0⇒c 2=(c −2)(c −b ),⋯⋯② 联立方程 ①② 解得：b =1，c =23，所以 a =0，b =1，c =23．（2）由（1）知 f (x )=2x 2+1，对任意的 x ∈[−1,1]，√f (x )≤g (∣x∣) 恒成立，所以当 x ∈[−1,1] 时，√2x 2+1≤(√3−1)∣x∣+m 恒成立，当 x =0 时，m ≥1，当 m =1 时，(√2x 2+1)2−[(√3−1)∣x∣+1]2=2(√3−1)x 2−2(√3−1)∣x∣ =2(√3−1)∣x∣(∣x∣−1)≤0, 所以 √2x 2+1≤(√3−1)∣x∣+1（3）由题意可知 ∣φ(x 1)−φ(x 2)∣max ≥√3m ，由 a =0，b =1，c =23，易证明 f (x )≥23(x +1)2 在 x ∈[0,1] 上恒成立，所以 √2x 2+1≥√63(x +1) 在 x ∈[0,1] 上恒成立；由（2）知 √2x 2+1≤(√3−1)x +1 在 x ∈[0,1]上恒成立，所以 √63(x +1)≤√f (x )≤(√3−1)x +1 在 x ∈[0,1] 上恒成立．又因为当 x ∈[0,1] 时，1−x ∈[0,1]，所以√63(1−x +1)≤√f (1−x )≤(√3−1)(1−x )+1，所以 √63(x +1)+√63(1−x +1)≤φ(x )≤(√3−1)x +1+(√3−1)(1−x )+1，即√6≤φ(x)≤√3+1，φ(x)min=√6，φ(x)max=√3+1，所以∣φ(x1)−φ(x2)∣max=√3+1−√6≥√3m，所以m≤1+√33−√2．所以m≥1．26. （1）f(x)=px−px−2lnx，fʹ(x)=p+px2−2x=px2−2x+px2，当p=√32时，fʹ(x)=√3x2−4x+√32x2=(x−√3)(√3x−1)2x2．令fʹ(x)=0，x1=√3，x2=√33．x(0,√33)√33(√33,√3)√3(√3,+∞)fʹ(x)+0−0+f(x)增2ln√3−1减1−2ln√3增所以，函数f(x)在x=√33时，取得极大值2ln√3−1，函数f(x)在x=√3时取得极小值1−2ln√3．（2）令ℎ(x)=px2−2x+p，要使f(x)在其定义域(0,+∞)内是单调函数，只需ℎ(x)在(0,+∞)内满足：ℎ(x)≥0或ℎ(x)≤0恒成立．①当p=0时，ℎ(x)=−2x，因为x>0，所以ℎ(x)<0，f(x)=−2xx2<0，所以f(x)在(0,+∞)内是单调递减函数，即p=0适合题意；②当p>0时，ℎ(x)=px2−2x+p，其图象为开口向上的抛物线，对称轴为x=1p∈(0,+∞),所以ℎ(x)min=p−1p ，只需p−1p≥0，即p≥1时ℎ(x)≥0，fʹ(x)≥0,所以f(x)在(0,+∞)内为单调递增函数，故p≥1适合题意．③当p<0时，ℎ(x)=px2−2x+p，其图象为开口向下的抛物线，对称轴为x=1p∉(0,+∞)，只要ℎ(0)≤0，即p≤0时，ℎ(x)≤0在(0,+∞)恒成立，故p<0适合题意．综上所述，p的取值范围为p≥1或p≤0．（3）因为g(x)=2ex在[1,e]上是减函数，所以x=e时，g(x)min=2；x=1时，g(x)max=2e,即g(x)∈[2,2e]，①当p≤0时，由2知f(x)在[1,e]上递减⇒f(x)max=f(1)=0<2，不合题意；②当0<p<1时，由x∈[1,e]⇒x−1x≥0，所以f(x)=p(x−1x )−2lnx≤x−1x−2lnx≤e−1e−2lne=e−1e−2<2，不合题意；。

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。

(完整版)正方体存在性问题

(完整版)正方体存在性问题引言在数学中，一个重要的问题是确定一个物体是否存在。

本文将讨论正方体的存在性问题。

正方体是一种特殊的几何体，具有六个面，每个面都是正方形。

我们将探讨正方体是否存在以及给出相关证明。

正方体存在性问题的讨论正方体存在性问题是一个经典的数学问题。

我们将考虑如下问题：是否存在一个物体，它的六个面都是正方形，并且边长相等？即，能否找到一个物体，它的所有面都是正方形，而且这些正方形的边长相等？要回答这个问题，我们可以通过构造来证明正方体的存在。

我们可以使用图形绘制工具来绘制一个符合要求的三维图形，并检查它是否满足正方体的定义。

构造正方体的证明为了证明正方体的存在，我们可以按照以下步骤进行构造：1. 首先，我们需要绘制一个正方形，作为正方体的一个面。

2. 然后，我们需要绘制与第一个正方形相邻的另外两个正方形，并使它们的边与第一个正方形的边相等。

3. 在这三个正方形的另一侧，我们再绘制三个正方形，并与之前的三个正方形相连，使它们的边与之前的正方形边相等。

4. 最后，我们需要绘制一个最后的正方形，与之前的所有正方形连接，使它们的边与之前的正方形边相等。

通过以上构造，我们可以得到一个符合要求的正方体。

因此，我们证明了正方体的存在性问题。

结论通过构造的方式，我们证明了正方体的存在。

正方体是一个具有六个面，每个面都是正方形，并且边长相等的几何体。

这个问题的解决有助于我们进一步研究几何学中的其他问题，并且对于数学的发展有一定的意义。

参考文献[1] 网址1[2] 网址2。

增强学习自觉性存在问题及整改措施四篇

增强学习自觉性存在问题及整改措施四篇增强学习自觉性存在问题及整改措施：1.问题：缺乏学习动力很多学生在学习过程中缺乏动力，因为他们不能意识到学习的重要性或者对学习内容没有兴趣。

整改措施：- 激发学生的学习兴趣：教师可以通过生动的教学方式、引入实际案例和故事等方法，激发学生对学习的兴趣。

- 设定目标：学生需要设定清晰的学习目标，明确自己为什么要学习。

这将为他们提供追求目标的动力。

- 奖励机制：学校和家庭可以设立奖励机制，通过奖励优秀表现，激励学生努力学习。

2.问题：缺乏时间管理能力许多学生没有正确管理自己的学习时间，容易被其他娱乐活动或者社交媒体所分散精力。

整改措施：- 制定学习计划：学生需要制定每天的学习计划，合理安排时间，并为每个学科留足够的学习时间。

- 减少娱乐活动时间：学生需要意识到娱乐活动应该在完成学习任务之后进行，将学习放在优先位置。

- 提供学习环境：学校和家庭可以提供安静的学习环境，减少学生受外界干扰的机会。

3.问题：缺乏自我监管能力有些学生缺乏自我监管能力，容易在学习中分散注意力或者丧失学习目标。

整改措施：- 培养自律习惯：学校和家庭应该教育学生培养自我约束能力，提醒他们遵守学习计划和规定。

- 制定学习规则：学校和家庭应该制定明确的学习规则，如禁用手机、定时休息等，帮助学生保持学习状态。

- 学习小组互监：学生可以组建学习小组，相互监督和督促，共同完成学习任务。

4.问题：缺乏学习目标少数学生没有明确的学习目标，他们只是追求高分而不关心知识的实际应用。

整改措施：- 强调知识的应用性：教师可以通过案例分析和实际问题解决的方法，帮助学生意识到知识的应用性和重要性。

- 引导学生设定目标：学校和家庭可以引导学生设定明确的学习目标，让他们明白学习的重要性并为之努力。

- 提供实践机会：学校可以为学生提供实践机会，让他们将所学知识应用到实际生活中，增强学习的自觉性。

增强学习的自觉性是学生有效学习的重要前提。

高中数学任意性与存在性问题探究

高中数学任意性与存在性问题探究函数中任意性和存在性问题探究近年的高考中，全称命题和存在性命题与导数的结合成为了一大亮点。

本文将结合高考试题对此类问题进行归纳探究。

一、相关结论：结论1：对于任意的x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，若f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]max；【如图一】结论2：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]XXX；【如图二】结论3：对于任意的x1∈[a,b]和存在x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]min>[g(x)]XXX；【如图三】结论4：存在x1∈[a,b]和任意的x2∈[c,d]，使得f(x1)>g(x2)，则有[f(x)]max>[g(x)]max；【如图四】结论5：存在x1∈[a,b]和x2∈[c,d]，使得f(x1)=g(x2)，则f(x)的值域和g(x)的值域交集不为空；【如图五】例题1】：已知两个函数f(x)=8x+16x-k，g(x)=2x+5x+4x，x∈[-3,3]，k∈R；1) 若对于任意的x∈[-3,3]，都有f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；2) 若存在x∈[-3,3]，使得f(x)≤g(x)，求实数k的取值范围；3) 若对于任意的x1,x2∈[-3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求实数k的取值范围；解：1）设h(x)=g(x)-f(x)=2x-3x-12x+k，问题可转化为：对于x∈[-3,3]，h(x)≥常数成立，即[h(x)]XXX≥常数。

由结论1可知，当f(x1)>g(x2)时，[f(x)]min>[g(x)]max，即h(x)的最小值出现在f(x)和g(x)的交点处。

因此，我们可以求出h(x)的导数h'(x)并列出变化情况表格，得到[h(x)]min=k-45.因此，k≥45，即k∈[45,+∞)。

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