《高中竞赛教程》教案第80讲_存在性问题(新)

-1-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(ab),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(ab),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(ab)满足条件.事实上，若存在实数a,b(ab),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.xxxx(i)当a,b∈(0,1)时,f(x)=1x1在(0,1)上是减函数，所以，(),(),fabfba即11,11.baab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，-2-(),(),faafbb即11,11.aabb于是，a,b是方程x2x+1=0的实根，而此方程无实根，故此时不存在实数a,b满足条件.(iii)当a∈(0,1),b∈[1,+∞)时,显然，1∈[a,b],而f(1)=0,所以0∈[a,b]，矛盾.故故此时不存在实数a,b满足条件.综上可知，不存在实数a,b(ab)满足条件.(2)若存在实数a,b(ab),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(),(),famafbmb即11,11.maambb于是，a,b是方程mx2－x+1=0的两个大于1的实数根.所以，140,1141,2mmx只须0,140,1142.mmmm解得0m14.因此，m的取值范围是0m14.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a0，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BEBC=CFCD=DGDA，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BEBC=CFCD=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2a2x2+y2-2ay=0,-3-整理得x212+(y-a)2a2=1.当a2＝12时，点P的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点；当a2≠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a2＜12时，P到椭圆两个焦点(-12-a2,a),(12-a2,a)的距离之和为定长2；当a2＞12时，P到椭圆两个焦点(0,a-a2-12),(0,a+a2-12)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)=ax2+bx+a满足条件f(x+74)=f(74-x),且方程f(x)=7x+a有两个相等的实数根.(1)求f(x)的解析式;(2)是否存在实数m、n(0＜m＜n),使得f(x)的定义域和值域分别是[m,n]和[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：2x2－y2=1的右支交于不同的两点A、B.(I)求实数k的取值范围；(II)是否存在实数k，使得以线段AB为直径的圆经过双曲线C的右焦点F?若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.(2004年湖北省高考理科试题)B类例题例3将平面上每个点都以红、蓝两色之一着色，证明：存在这样的两个相似三角形，它们的相似比为1995，并且每一个三角形的三个顶点同色.(1995年全国高中数学联赛第二试试题)分析因为平面上的每点不是红色就是蓝色，由抽屉原理，对任何一个无穷点集，至少有一个无穷子集是同色点集，对一个含n个元素的有限点集，至少有一个含]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A1,A2,A3,A4,A5，连接OA1,OA2,OA3,OA4,OA5,分别交大圆于B1,B2,B3,B4,B5，根据抽屉原理,B1,B2,B3,B4,B5中必有三点同色，不妨设为B1,B2,B3,分别连接A1A2，A2A3,A3A1,B1B2,B2B3,B3B1,则△A1A2A3∽△B1B2B3，其相似比为1995，且两个三角形三顶点同色.说明解决有关染色问题抽屉原理是经常使用的．例4在坐标平面上，纵、横坐标都是整数的点称为整点.试证：存在一个同心圆的集合，使得(1)每个整点都在此集合的某一个圆周上；(2)此集合的每个圆周上，有且仅有一个整点.（1987年全国高中数学联赛第二试试题）A5A4A1A2A3OB3B1B2B4B5-4-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(2)()(2)(),3322()2().3abcdcacadbbd即上式仅当两端都为零时成立.所以c=a①c2－a2+d2－b2+32(b－d)=0②将①代入②并化简得d2－b2+32(b－d)=0.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d1，d2，d3，……，dn，…….显然，以P为圆心，以d1,d2,d3,…为半径作的同心圆集合即为所求.说明同心圆的圆心坐标不是惟一的.例5(1)给定正整数n(n≥5),集合An={1,2,3,…,n},是否存在一一映射φ：An→An满足条件：对一切k(1≤k≤n－1),都有k|(φ(1)+φ(2)+…+φ(n))；(2)N+为全体正整数的集合,是否存在一一映射φ：N+→N+满足条件：对一切k∈N+,都有k|(φ(1)+φ(2)+…+φ(n)).注映射φ：A→B称为一一映射,如果对任意b∈B,有且仅有一个a∈A,使得b=φ(a).题中“|”为整除符号.(2004年福建省数学竞赛试题)分析对于问题(1)不难用反证法结合简单的同余理论可以获解；对于问题(2)采用归纳构造．解(1)不存在.记Sk=nii1)(.当n=2m+1(m≥2)时,由2m|S2m及S2m=(2m+1)(2m+2)2－φ(2m+1)得φ(2m+1)≡m+1(mod2m).但φ(2m+1)∈A2m+1,故φ(2m+1)=m+1.再由(2m－1)|S2m－1及S2m－1=(2m+1)(2m+2)2－(m+1)－φ(2m)-5-得φ(2m)≡m+1(mod(2m－1)).[来源:]所以,φ(2m)=m+1,与φ的双射定义矛盾.当n=2m+1(m≥2)时,S2m+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≡S2n(mod(2n+1))≡S2nv(mod(2n+2)).定义φ(2n1)=u,φ(2n2)=v.正整数φ(k)(1≤k≤2n+2)也互不相同,满足整除条件,且包含1,2,…,n+1.根据数学归纳法原理,已经得到符合要求的一一映射φ：N+→N+.说明数论中的存在性问题是竞赛命题的一个热点．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PI(xi,yi)(i=1,2,3,4,5,6)满足(1)|xi|≤2,|yi|≤2,(i=1,2,3,4,5,6);(2)任何三点不在同一条直线上.试证在Pi(i=1,2,3,4,5,6)以为顶点的所有三角形中,必有一个三角形,它的面积不大于2.(1992年全国高中数学联赛第二试试题)5.在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线l1,l2,…，ln,…的直线族，它满足条件：(1)点(1,1)∈ln,n=1,2,…；(2)kn+1=an—bn，其中k1是l1的斜率，kn+1是ln+1的斜率，an和bn分别是ln在x轴和y轴上的截距，n=1,2,3,…；(3)knkn+1≥0，n=1,2,3,….并证明你的结论.(1988年全国高中数学联赛第二试试题)C类例题例6平面上是否存在100条直线,使它们恰好有1985个交点.(第26届IMO预选题)分析由于100条直线最多有C1002=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.[来源:]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