初等数学研究第三章答案
习题三
1、已知半径为r 的圆为内接等腰梯形ABCD。它的下底AB 是圆O 的直径，上底CD 的端点在圆周上。
（1）写出梯形的周长y 和腰长x 间的函数关系式，并求其定义域；
（2）当腰长为何值时，该等腰梯形的周长有最大值，并求出最大值。
解：（1）作DE ⊥AB 于 E 连DB，则∠ADB = 90°∴ADB∽AED ∴AD AB = AE AD 2 AD 2 ∴AD = AE ? AB ∴AE = AB 又Q DC = AB ? 2 AE ∴y = DC + AB + 2 AD = AB ? 2 AE + AB + 2 AD AD 2 = 2r ? 2 + 2r + 2 x AB 2x2 = 2r ? + 2r + 2 x 2r x2 = 4r ? + 2 x r x2 = ? + 2 x + 4r . r x2 又Q x > 0 ，且= AE < r ，即x < 2r 2r ∴函数的定义域为（0，2r）。（2）y = ? (r ? x) 2 + 5r ，所以当腰长x=r 时，周长y 有最大值5r.
2、设函数y = f ( x) 定义在R 上，当x>0 时，f ( x) > 1 ,且对于任意m, n ∈R ，有f (m + n) = f (m) ? f (n). 又当m ≠ n 时，f (m) ≠ f (n). 求证：（1）f (0) = 1. （2）对于任意x ∈R ，均有f ( x) > 0.
证明：（1）Q对任意m, n ∈R ，有f (m + n) = f (m) ? f (n). 1 r ∴令m=n=0,则有f (0 +
0) = f (0) + f (0) 即f (0) = f (0) + f (0) . ∴f (0) ? [ f (0) ? 1] = 0. ∴f (0) = 1 或f (0) = 0. 若
f (0) = 0.则对于任意m>0,有f ( m) = f ( m + 0) = f ( m) ? f (0) = 0 和题设矛盾。因此，f (0) =
1.
（2）由题设和（1）的结论，当x ≥ 0 时， f ( x) ≥ 1 > 0 ，假设x < 0 ，则? x > 0 ，因而 f (? x) > 1。但是 f ( x) ? f (? x) = f ( x ? x) = f (0) = 1 所以， f ( x) = 1 > 0. f (? x)
3、判断下列各组函数是不是同一函数，并说出理由。（1）f ( x) = lg x 2 , （2）f ( x) = x , g ( x) = 2lg rx . g ( x) = 3 x 3 .
解：（1）是同一函数。因为定义域相同：x ∈R ? {0} . 且对每个x,对应值也相等。（2）不是同一函数。因为当x<0 时，f ( x) > 0 ，而g ( x) < 0 .
4、求下列函数的定义域（1）y = (4 x ? 5) + 8 ?1 x （2）y = log (2 x?1) (3 x ? 2) （3）y = log 0.5 (log 2 x 2 + 1) （4）y = 7? x?2 lg(9 ? 3x ) （5）y = 1 ? ( ) 2 x?1 （6）y = lg x + lg(5 ?
2 x ) （7）y = arccos(2 x 2 ? x) （8）y = arcsin( x ? 1) + 1
3 1 5x ? 1 1
4 （9）y = sin x ? 1 + (1 ? sin x ) （10）y = lg cos3x ?4 x ?
5 ≠ 0 ? ?8
解：（1）Q ? ? 1 ≥ 0 ? x ? x ≠0 ? 5 ? x≠ ? 4 ? ，∴? x ≤ 8 ?x ≠0 ? ? 5 4 5 4 5 ? x≠ ? 4 ? ，∴? ?8 ≤ x ≤ 8 ? x≠0 ? ? ∴函数定义域为：[?8,0) U (0, ) U ( ,8] . ?3 x ? 2 > 0 ?
（2）Q ? 2 x ? 1 > 0 ?2 x ? 1 ≠ 1. ? 2 3 2 ? x> ? 3 ? 1 ? ∴?x > 2 ? ? x ≠1 ? ? ∴函数的定义域为：( ,1) U (1, +∞). ?log 0.5 (log 2 x 2 + 1) ≥ 0 ?
（3）Q ? log 2 x 2 + 1 > 0 ? x2 > 0 ? ? 0 < log 2 x 2 + 1 ≤ 1 ? ∴?log 2 x 2 > ?1 ?x≠0 ? ?2-1 ≤ x 2 ≤ 1 ? ∴? x 2 > 2?1 ?x ≠ 0 ? ? 2 2 ≤ x ≤ 1 或?1 ≤ x ≤ ? ? 2 ? 2 ? 2 2 或x ∴? 2 2 ? ? x≠0 ? ? ? 2 2 函数定义域为：[(?1, ? )U( ,1)] . 2 2 ?lg(9 ? 3x ) ≠ 0 ? Q
（4）? 9 ? 3x > 0 ?7 ? x ? 2 ≥ 0 ? ? x ≠ log 3 8 ? ∴? x < 2 ??5 ≤ x ≤ 9 ? ? 9 ? 3x ≠ 1 ? ∴? 3x < 9 ? x?2 ≤ 7 ? ? 3x ≠ 8 ? ∴? 3x < 32 ??7 ≤ x ? 2 ≤ 7 ? ∴log 3 8 < x < 2 或?5 ≤ x < log 3 8 ∴函数定义域为：[(?5,log 3 8) U (log 3 8, 2)].
（5）Q1 ? ( ) 2 x?1 ≥ 0. 1 3 ∴( )2 x?1 ≤ 1. ∴ 2 x ? 1 ≥ 0. ? log x ≥ 0 ?
（6）Q ? x > 0 ?5 ? 2 x > 0 ? 1 3 ∴1 ≤ x < log 5 2 1 1 ∴函数定义域为[ , +∞] 2 2 x ≥1 ? ? x ≥1 ? ? ∴? x > 0 ∴? x > 0 5 ? ?2 x < 5 ? x< ? 2 ∴x ≥ 5 ∴函数定义域为：[1, ) . 2
（7）Q ?1 ≤ 2 x 2 ? x ≤ 1 ? 2 x 2 ? x ? 1 ≤ 0LL ①∴? 2 ?2 x ? x + 1 ≥ 0LL ② 1 ? ?由①? ≤ x ≤ 1 ∴? 2 ?由②x ∈R ? ∴函数的定义域为：[1, ) . ??1 ≤ x ? 1 ≤ 1
（8）Q ? ? 5x ? 1 > 0 1 5 ?0 ≤ x ≤ 2 1 ? ∴? ∴
（9）Q ? ?sin x ? 1 ≥ 0 π ∴sin x = 1 ∴x = + 2kπ .k ∈Ζ. 2 ?1 ? sin x ≥ 0 ∴函数的定义域为：? x x = ? ? π ? + 2 kπ , k ∈Ζ ? . 2 ?
（10）Q cos3 x > 0 ∴2kπ ? π 2 < 3x < π 2 + 2 kπ . ∴ 2 kπ π n 2 kπ ? x< + , k ∈Ζ. 3 6 6 3 ∴函数的定义域为：? x ? 2 kπ π 2 kπ π ? ? 5、（1）已知函数f(x)的定义域是[1,4]，求f ( 1 ) 的定义域。x2 （2）已知函数f(x)的定义域是[-2,2]，求f ( x ) 的定义域。 （3）已知函数f(x)的定义域是( ,3) ， f (lg x) 的定义域。 解：（1）Q1 ≤ 1 2 1 ≤4 x2 ? 2 1 ?x ≥ ∴? 4 2 ? x ≤1 ? 1 1 ? ?x ≥ x 或≤ ? ∴? 2 2 ? ?1 ≤ x ≤ 1 ? 1 1 ∴≤ x ≤ 1 或?1 ≤ x ≤ ? 2 2 1 1 1 ∴函数f ( 2 ) 的定义域为[ ,1] U [?1, ? ] . x 2 2 （2）Q ?2 ≤ x ≤2 ∴0 ≤ x ≤ 4 ∴函数定义域为[0, 4] . ?1 ? < lg x < 3 （3）Q ? 2 ? x>0 ? ∴10 < x < 103 ∴函数定义域为( 10,103 ). 1 ?1 6 、设函数 f ( x) = ( x ? 4kx + 4k + k + ) 2 (k ∈Ζ). 求证k ?1 f ( x) 的定义域为实数集R 的充要条件是k > 1. 2 2 1 2 1 ? 3 2 ? ∴?lg10 < lg x < lg10 ? x>0 ? 证明： 1 ?2 Q f ( x) = ( x ? 4kx + 4k + k + ) (k ∈Ζ). k ?1 2 2 1 ∴f ( x) 的定义域为实数集R 的充要条件是对任意x ∈R ，有x 2 ? 4kx + 4k 2 + k + （*）成立的充要条件是1 > 0LL (*) k ?1 1 ) < 0. k ?1 4 <0 即16k 2 ? 16k 2 ? 4k ? k ?1 1 k 2 ? k +1 ∴k + >0 ∴> 0. k ?1 k ?1 ∴k > 1. = (4k ) 2 ? 4(4k 2 + k + ∴f ( x) 的定义域为实数集R 的充要条件是k > 1. 7、求下列函数的值域：x2 + x （1）y = 2 x + x +1 7 （2）y = cos x + sin x + 3 （3）y = lg(?3 x 2 + 6 x + 7) （4）y = 2 + 2x ?1 x ?1 （5）y = 2 x ? 3 + 13 ? 4 x 2 （6）y = 4 x ? 3 + 4 x + 4 x ? 3 e x ? e? x （7）y = x e + e? x 2x （8）y = 1 + lg x (1 < x < 2) 2 +1 1 （9）y = 3arccos( x ? ) 2 （10）y = arcctg 2 x ? 1 (0 ≤ x ≤ 2) x2 + x ，有：x 2 + x = y ( x 2 + x + 1) 解：（1）由y = 2 x + x +1 ∴( y ? 1) x 2 + ( y ? 1) x + y = 0. Q x 2 + x ≠ x 2 + x + 1. ∴y ≠ 1. Q x ∈R. ∴= ( y ? 1) 2 ? 4( y ? 1) y ≥ 0 ∴3 y 2 ? 2 y ? 1 ≤ 0. ? 1 ?? ≤ y ≤ 1 ∴? 3 ? y ≠1 ? 1 ∴函数值域为[? ,1). 3 （2）Q cos x + sin x = 2( 2 2 cos x + sin x) 2 2 = 2(sin 又Q ? 2 ≤ 2 sin( π 4 cos x + cos π sin x) = 2 sin( + x). 4 4 π π 4 + x) ≤ 2 ∴3 ? 2 ≤ cos x + sin x + 3 ≤ 3 + 2 ∴∴7 7 7 ≤ ≤ (3 + 2) cos x + sin x + 3 3 ? 2 7(3 ? 2) 7 7(3 + 2) ≤ ≤ (3 + 2)(3 ? 2) cos x + sin x + 3 (3 ? 2)(3 + 2) 7 ≤ 3+ 2 cos x + sin x + 3 ∴3 ? 2 ≤ ∴3 ? 2 ≤ y ≤ 3 + 2 ∴函数值域为[3 ? 2,3 + 2]. （3）设u = lg(?3 x 2 + 6 x + 7), v = ?3 x 2 + 6 x + 7 = ?3( x ? 1) 2 + 10. 又Q u = lg(?3 x 2 + 6 x + 7) 为增函数∴y = u 也是增函数。但u ≤ 10. ∴0 ≤ u ≤ lg10 = 1. ∴函数值域为[0,1]. （4）由y = 0 ≤ u ≤1 2 + 2 x ? 1, 有：2 x 2 ? (3 + y ) x + (3 + y ) = 0. x ?1 ∴= [?(3 + y )]2 ? 4 × 2 x × (3 + y ) ≥ 0. Q x ∈R. ∴y 2 ? 2 y ? 15 ≥ 0 ∴y ≥ 5, y ≤ ?3. ∴函数定义域为：(?∞, ?3] U [5, +∞). 13 ? t 2 （5）令13 ? 4 x = t , 则x = 4 ∴原函数可记为：2 13 ? t 2 1 7 1 y = 2? ? 3 + t = ? t 2 + t + = ? (t 2 ? 2t ? 7) 4 2 2 2 1 1 = ? [(t 2 ? 2t + 1) ? 8] = ? (t ? 1) 2 + 4 ≤ 4 2 2 ∴y ≤ 4. ∴函数值域为(?∞, 4]. t2 + 3 . 原函数可记为： （6）令 4 x ? 3 = t , 则x = 4 1 4 y=t+ t + 6t 2 + 4t + 9 2 2 e x ? e? x （7）由y = x , 有：e + e? x e x ? e ? x = y (e x + e ? x ). ∴ex ? 1 y = ye x + x ex e ∴e2 x ? 1 = y ? e 2 x + y ∴e 2 x (1 ? y ) = y + 1 1+ y ∴e2 x = 1? y 1+ y 1 1+ y ∴2 x = ln , x = ln . 1? y 2 1? y ∴?1 + 0 > 0 ?1 + y > 0 1+ y 或? > 0. ∴? 1? y ?1 ? 0 > 0 ?1 ? y > 0 ∴?1 < y < 1 ∴函数的值域为（-1，1）. 2x (1 < x < 2) 是增函数2x + 1 2 2x 22 ∴1 + lg < 1 + lg x < 1 + lg 2 2 +1 2 +1 2 +1 2 4 ∴1 + lg < y < 1 + lg 3 5 2 4 ∴lg ×10 < y < lg ×10 3 5 20 lg < y < lg8 3 20 ∴函数定义域为(lg , lg8). 3 1 （9）Q 0 < arccos( x ? ) < π 2 1 ∴0 < 3arccos( x ? ) < 3π 3 1 ∴y = 3arccos( x ? ) 的值域为(0,3π ). 3 （8）Q y = 1 + lg （10）Q y = arcctgx 在(0, π ) 是减函数∴arcctg 2π ? 1 ≤ arcctg 2 x ? 1 ≤ arcctg 20 ? 1 ∴arcctg 3 ≤ arcctg 2 x ? 1 ≤ arcctg 0 ∴π 6 ≤ arcctg 2 x ? 1 ≤ π 2 ∴函数的值域为[ , ]. 6 2 5x + 4 8、已知 f (4 x + 1) = 2 , 试求f ( x) 的值域。4x ? 3 π π 解：令t = 4 x + 1, 则x = t ?1 5t + 11 . 因此y = f (t ) = 2 . 4 t ? 2t ? 11 5 x + 11 . x 2 ? 2 x + 11 再将自变量t 换成x,得：y = f ( x) = x ∈R 且x ≠ 1 ± 2 3. 去分母，整理得：yx 2 ? (2 y + 5) x ? 11( y + 1) = 0 当y ≠ 0 时，上式是关于实数x 的二次方程，故：= (2 y + 5) 2 + 44 y ( y + 1) ≥ 0 即48 y 2 + 64 y + 25 ≥ 0 ∴y ∈(?∞,0) U (0, +∞). 当y=0 时，f ( x) 有意义。因此， f ( x) 的值域是(?∞, +∞). 9、求下列函数的反函数，并求反函数的定义域和值域。 （1）y = ? ?2 x + 2; （2）y = 2x . 5x + 1 2 ? y2 y2 解：（1）由x = = 1 ? . 有y 2 = ?2 x + 2. 2 2 2 ? y2 y2 ∴x = = 1? 2 2 x2 x,y 互换，得∴y = 1 ? ( x ≤ 0) 2 这就是所求的函数的反函数。Q在原函数y = ? ?2 x + 2 中，由?2 x + 2 ≥ 0, 有x ≤ 1. x2 ∴反函数y = 1 ? 的值域为(?∞,1] ，定义域为(?∞,0]. 2 2x 1 （2）Q y = ，∴ 5 x + 1 ≠ 0, x ≠ ? 5x + 1 5 1 1 ∴函数的定义域为(?∞, ? ) U (? , +∞). 5 2 2x y ，解出x : x = 由y = 5x + 1 2 ? 5y x 2 x,y 互换，得，y = ，Q 2 ? 5 x ≠ 0,∴x ≠ . 2 ? 5x 5 2 2 ∴原函数的反函数的值域为：(?∞, ) U ( , +∞). 5 5 1 10、试证函数y = 1 + 2 有下界但无上界。x 证明：函数的定义域是 D = (?∞, 0) U (0, +∞). 1 1 > 0 ∴1 + 2 > 1. x2 x 1 ∴y = 1 + 2 有下界1. x 1 如果y = 1 + 2 有上界，则必存在M>1，使对于?x ∈R. 有：x 1 1 1 + 2 < M , 即x2 > . 但此式不能成立。因为当M>1 时，x M ?1 1 1 1 总有x < . 使x2 < ，即1+ 2 > M ，所以M ?1 x M ?1 1 y = 1 + 2 无上界。x ?x ∈D, 有 11、设函数 f ( x) 和g ( x) 具有同一定义域D，是有界函数，但g ( x) 没有上界。求证：f ( x) 与g ( x) 的和在定义域D 上无上界。证明：设M 是f ( x) 的上界，则对于任意x ∈D, f ( x ) ≤ M . 因g ( x) 无上界，所以对于任意给定的p>0，都存在x1 ∈D, 使g ( x1 ) > M + p. 所以f ( x1 ) + g ( x1 ) > g ( x1 ) ? f ( x1 ) > (n + p ) ? M = p. 所以，f ( x) 与g ( x) 的和在 D 上无上界。 12、讨论函数y = 2 ? x 2 + 2 x +8 的单调性。 解：设u = g ( x) = ? x 2 + 2 x + 8 ，则y = f (u ) = 2u 因指数函数y = 2n 是增函数，故y = f [ g ( x )] 的增减性就取决于g ( x) = ? x 2 + 2 x + 8 的增减性。被开放数g 2 ( x ) = ? x 2 + 2 x + 8 ≥ 0. 所以定义域为[-2,4]. 又Q ? x 2 + 2 x + 8 = 9 ? ( x ? 1) 2 , 定义域被划分为增减性不同的两个区间[-2,1]和[1，4]. 当?2 ≤ x1 ≤ x2 ≤ 1时，则有：g 2 ( x1 ) ? g 2 ( x2 ) = ( x2 ? x1 )( x2 + x1 ? 2) < 0 ∴g 2 ( x1 ) < g 2 ( x2 ). 又g ( x1 ) ≥ 0, g ( x2 ) ≥ 0. ∴g ( x1 ) < g ( x2 ). 即u1 < u2 ,∴2n1 < 2n2 . 因此，函数y = f [ g ( x )] 在区间[-2,1]上递增，同理可证：y = f [ g ( x )] 在区间[1，4]上递减。 13、判断下列函数的奇偶性：（1）f ( x) = x 5 ( x 2 + 1) （3）f ( x) = （2）f ( x) = lg(1 + x ) + lg(1 ? x ) （4）y = sin 2 x + cos x （6）y = x 2 + 2 x ? 1 1 x+2 （5）y = cos(sin x) 解：（1）Q f (? x ) = (? x)5 [(? x) 2 + 1] = ? x 5 ( x 2 + 1) = ? f ( x) ∴f ( x) = x 5 ( x 2 + 1) 是 奇函数。（2）Q f (? x ) = lg[1 + (? x)] + lg[1 ? (? x )] = lg(1 ? x) + lg(1 + x) = f ( x) ∴f ( x) = lg(1 + x) + lg(1 ? x) 是偶函数。（3）Q f (? x ) = 1 1 = (? x) + 2 2 ? x ? f ( x) = ? 1 . x+2 ∴f (? x) ≠ f ( x). ∴f ( x) = f (? x) ≠ ? f ( x) 1 是非奇非偶函数。x+2 （4）设f ( x) = sin 2 x + cos x, 则f (? x) = sin 2(? x) + cos(? x) = ? sin 2 x + cos x ? f ( x) = ? sin 2 x ? cos x ∴f (? x) ≠ f (? x) f (? x) ≠ ? f ( x) ∴y = f ( x) = sin 2 x + cos x 是非奇非偶函数。（5）设f ( x) = cos(sin x) ，则f (? x) = cos[sin(? x)] = cos[? sin x] = cos(sin x) = f ( x) ∴y = f ( x) = cos(sin x) 是偶函数。（6）设 f ( x) = x 2 + 2 x ? 1, 则 f (? x) = (? x ) 2 + 2 ? x ? 1 = x2 + 2 x ? 1 = f ( x) ∴y = f ( x) = x 2 + 2 x ? 1是偶函数。 14、设g ( x) 是实数集上奇函数，判断f ( x) = g ( x)( （其中a > 0, a ≠ 1 ）的奇偶性。解：设h( x ) = 1 1 + ) ax ?1 2 1 1 1 1 1 1 + . 则h( ? x ) = ( ? x ) + = + a x ?1 2 a ?1 2 1 ?1 2 ax ax 1 ax ?1+1 1 1 1 1 1 = + = + = ?1 + x + =? ? x 1? ax 2 1? ax 2 a ?1 2 2 a ?1 1 1 = ?( x + ) = ?h( x). a ?1 2 ∴h( x) 是奇函数。又Q g ( x) 是实数集上的奇函数∴f ( x) = g ( x) ? h( x) 在实数集上是偶函数。 15、已知y = lg 解：Q 1? x > 0,∴?1 < x < 1,∴函数定义域为（-1，1）。1+ x 1? x ,则1+ x 1? x , 判断它的奇偶性，并求它的单调区间。1+ x 设 f ( x) = lg f (? x) = lg 1+ x 1 1 ? x ?1 1? x = lg = lg( ) = ? lg = ? f ( x) 1? x 1? x 1+ x 1+ x 1+ x ∴f ( x) = lg 1? x , 在定义域上为奇函数。1+ x ?x1 , x2 ∈(?1,1), 且x1 < x2 . 则 1 ? x1 1 ? x2 (1 ? x1 )(1 + x2 ) ? (1 ? x2 )(1 + x1 ) 2( x2 ? x1 ) ? = = 1 + x2 1 + x2 (1 + x1 )(1 + x2 ) (1 + x1 )(1 + x2 ) 2( x2 ? x1 ) ①当0 < x1 < x2 < 1. > 0. (1 + x1 )(1 + x2 ) 1 ? x1 1 ? x2 1 ? x1 1 ? x2 ∴? >0 > 1 + x1 1 + x2 1 + x1 1 + x2 1 ? x1 1 ? x2 ∴f ( x1 ) > f ( x2 ). ∴lg > lg 1 + x1 1 + x2 2( x2 ? x1 ) ②当?1 < x1 < x2 < 0 ，> 0. (1 + x1 )(1 + x2 ) 1 ? x1 1 ? x2 1 ? x1 1 ? x2 ∴? >0 > 1 + x1 1 + x2 1 + x1 1 + x2 1 ? x1 1 ? x2 ∴f ( x1 ) > f ( x2 ). ∴l g > lg 1 + x1 1 + x2 ∴y = f ( x) = lg 1? x 在（-1，1）是减函数。1+ x x 2 + 1). 16、设y = f ( x) = lg( x + ?1 （1）确定f ( x) 的定义域和奇偶性；（2）求它的反函数f （3）求它的值域；（4）求证 f ( x) 在其定义域上是增函数。( x) ； 解：（1）?x ∈R,Q x + x + 1 = 2 ( x 2 + 1 + x)( x 2 + 1 ? x) x +1 ? x 2 = 1 x +1 ? x 2 >0 ∴函数的定义域为R 又Q f ( ? x) = lg[( ? x) + (? x) 2 + 1] = lg( x 2 + 1 ? x ) = lg ( x 2 + 1 ? x)( x 2 + 1 + x ) x2 + 1 + x = lg 1 ( x 2 + 1 + x) = lg( x 2 + 1 + x) ?1 = ? lg( x 2 + 1 + x) = ? f ( x). ∴y = f ( x ) = lg( x 2 + 1 + x) 在R 上是奇函数。 （2）由y = lg( x + x 2 + 1).有x + x 2 + 1 = 10 y. ∴x 2 + 1 = (10 y ? x) 2 = 102 y + x 2 ? 2 x ? 10 y ∴2 x ? 10 y = 102 y ? 1. 102 y ? 1 1 ∴x = = (10 y ? 10? y ). 2 ? 10 y 2 1 x, y 互换，有y = (10 x ? 10? x ). 2 1 ∴f ?1 ( x) = (10 x ? 10? x ), x ∈R 2 （3） f ( x) 的值域是R. （4）?x1 , x2 ∈R, 且x1 < x2 ，则 f ( x1 ) = lg( x1 + x12 + 1). f ( x2 ) = lg( x2 + x2 2 + 1). Q ( x1 + x12 + 1) ? ( x2 + x2 2 + 1) = ( x1 ? x2 ) + ( x12 + 1 ? x2 2 + 1) = ( x1 ? x2 ) + x12 ? x2 2 x12 + 1 + x2 2 + 1 = ( x1 ? x2 )[1 + x1 ? x2 x + 1 + x2 + 1 2 1 2 ] = ( x1 ? x2 ) x12 + 1 + x2 2 + 1 + x1 + x2 x12 + 1 + x2 2 + 1 ( x12 + 1 + x1 ) + ( x2 2 + 1 + x2 ) x12 + 1 + x2 2 + 1 = ( x1 ? x2 ) <0 ∴x1 + x12 + 1 < x2 + x2 2 + 1 ∴lg( x1 + x12 + 1) < lg( x2 + x2 2 + 1) ∴f ( x1 ) < f ( x2 ). ∴y = f ( x) 在R 上是增函数。 17、设f ( x) 是奇函数，当x > 0 时，f ( x) = x ? x + 2, 求2 当x < 0 时，f ( x) 的表达式。 解：设x < 0 ，则? x > 0. 所以f (? x) = (? x) 2 ? (? x) + 2 = x 2 + x + 2 又f ( x) 是奇函数，所以，当x < 0 时， f ( x) = ? f (? x) = ? x 2 ? x ? 2 18、设x ∈( ? 偶性。 解：f ( x) = π π 1 + sin x ? cos x , ).判断函数f ( x) = 的奇1 + sin x ? cos x 2 2 1 + sin x ? cos x 1 + sin x ? cos x 2tg x x 1 ? tg 2 2 ? 2 1+ x x 1 + tg 2 1 + tg 2 2 2 = x x 2tg 1 ? tg 2 2 + 2 1+ x x 1 + tg 2 1 + tg 2 2 2 x x 2(tg 2 + tg ) 2 2 = tg x = x 2 2(tg + 1) 2 ∴f ( x) 是奇函数。 19、设x, y, z ∈R , 且满足2 = 3 = 6 . x y z + （1）比较 2 x,3 y 和6z 的大小； （2）求证： 1 1 1 + = . x y z 解：（1）由 2 = 3 x y ∴lg 2 x = lg 3 y ∴x lg 2 = y lg 3 ∴x lg 3 = y lg 2 ∴x = y ∴lg 3 lg 2 2 x 2lg 3 = > 1 ∴2x > 3y 3 y 3lg 2 同理求得，6 z > 2 x. 因此，6 z > 2 x > 3 y. （2）设 2 = 3 = 6 = k . x y z Q x, y, z ∈R + ,∴k > 1 1 ∴= lg k 2, x 1 1 1 ∴+ = . x y z 20 、设a > 0 且a ≠ 1.x ∈(0,1). 试比较log a (1 ? x) 与1 1 = lg k 3, = lg k 6. y z log a (1 + x ) 的大小。解：Q log a (1 ? x) log a (1 ? x) = = log1+ x (1 ? x) log a (1 + x) log a (1 + x) 0 < 1 ? x < 1. Q x ∈(0,1), ∴1 + x > 1, ∴log1+ x (1 ? x) = ? log1+ x (1 ? x) = log1+ x 1 (1 ? x) = log1+ x ∴log a (1 ? x) > log a (1 + x) 1+ x = 1 ? log1+ x (1 ? x 2 ) > 1. 1 ? x2 21、求sin(cos x) 的递减区间。 解：Q cos x ∈[ ?1,1], 而[ ?1,1] ? [ ? 当u ∈[? π π , ] 时，sin u 是增函数。 2 2 所以，y = sin(cos x) 的递减区间就是cos x 的递减区间。即为[2kπ ,2kπ + π ], k ∈Ζ. 22 、设x 是第二象限的角，cos π π , ], 2 2 x x 5 + sin = ? ,求2 2 2 x x cos ? sin 的值。2 2 x x x x 5 2 5 + sin ) 2 = 1 + 2sin cos = (? ) = 2 2 2 2 2 4 x x 1 ∴2sin cos = ? 2 2 4 x x x x 3 ∴(cos ? sin ) 2 = 1 ? 2sin cos = 2 2 2 2 4 解：Q (cos x x 3 cos ? sin = ± 2 2 2 这里是正负号的取舍，取次于Q ∴π π 2 4 x 所在区间 2 + 2 kπ < x < π + 2 kπ + kπ < x π < + kπ 2 2 因cos x x 3 x ? sin = ? < 0, 不可能在第一象限，所以k 2 2 2 2 必定为奇数设k = 2n + 1( n ∈Ζ) ，则5π x 3π + 2nπ < < + 2nπ (n ∈Ζ) 4 2 2 此时，sin x x x x 3 < cos ，∴sin ? cos = ? 2 2 2 2 2 23、证明： f ( x) = sin x + cos x 的最小正周期是π 2 . π 分析：首先要验证π 正周期不能比 2 是函数 f ( x) 的周期，然后证明f ( x) 的小，用反证法。2 证明：Q sin( x + π 2 ) + cos( x + π 2 ) = cos x + ? sin x = sin x + cos x ∴是f ( x) 的周期。2 π 假设0 < l < π 2 sin( x + l) + cos( x + l) = sin x + cos x . 成立, l 是f ( x) 的周期，即对?x ∈R ，有令x = π 4 , 得： 初等代数研究课后习题 20071115033 数学院 07（1） 杨明 1、证明自然数的顺序关系具有对逆性与全序性，即 （1）对任何N b a ∈,，当且仅当b a <时，a b >. （2））对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立. 证明：对任何N b a ∈,，设a A ==，b B == （1）“?” b a <，则B B ??,,使,~B A ，A B B ~, ?∴,a b >∴ “?” a b >，则B B ??,,使A B ~,，B B A ?∴,~,b a <∴ 综上 对任何N b a ∈,，b a （2）由（1）b a b a <∴与b a >不可能同时成立， 假设b a <∴与b a =同时成立，则B B ??,,使,~B A 且B A ~， ,~B B ∴与B 为有限集矛盾，b a <∴与b a =不可能同时成立， 综上，对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立.. 2、证明自然数的加法满足交换律. 证明：对任何N b a ∈,设M 为使等式a b b a +=+成立的所有b 组成的集合 先证 a a +=+11，设满足此式的a 组成集合k ，显然有1+1=1+1成立 φ≠∈∴k 1，设k a ∈，a a +=+11，则 +++++++=+=+==+a a a a a 1)1()1()(1 k a ∈∴+，N k =∴， 取定a ，则1M φ∈≠，设,b M a b b a ∈+=+，则 ()()a b a b b a b a +++++=+=+=+ ,b M M N + ∴∈∴= ∴ 对任何N b a ∈,，a b b a +=+ 3、证明自然数的乘法是唯一存在的 证明：唯一性：取定a ，反证：假设至少有两个对应关系,f g ，对b N ?∈，有 (),()f b g b N ∈，设M 是由使()()f b g b =成立的所有的b 组成的集合， ()()1f b g b a ==? 1M φ∴∈≠ 设b N ∈则()()f b g b =()()f b a g b a ∴+=+ ()()f b g b ++∴=，b M +∴∈，M N ∴= 即b N ?∈，()()f b g b = 1、 因式分解：32 35113x x x ---= 2、 已知21x a x x =++，则2 421 x x x =++ 3、 已知1abc =，求 111a b c a ab b bc c ca ++++++++的值； 4、 已知 111a b c a ab b bc c ca ++++++++=1，求证1abc =； 5、 = 6、 解不等式： 2233132 x x x x +-≤-+ 7、 求一个方程，使其各根分别等于方程43 67620x x x x -++-=的各根减去2。 8、 解方程22223223132231 x x x x x x x x ++++=-+-+。 9、 求不定方程7517x y -=的整数解。 10、 定义在R 上的函数()f x 满足()()()2(f x y f x f y x y x y R +=++∈、，(1)2f =，则(3)f -等于 11、 若函数()y f x =的定义域是[]0,2，则函数(2)()1f x g x x =-的定义域是 12、 0= 13、 将多项式32 22x x x -++表示成(1)x -的方幂形式是 14、 将分式22233(1)(25) x x x x x ----+分解成部分分式之和 15、 求函数2 y =的值域 16、 已知5,4x <求函数14245 y x x =-+-的最大值。 17、 解方程：4322316320x x x x +-++= 18、 已知x y z 、、是互不相等的正数，且1,x y z ++=求证：111(1)(1)(1)8x y z ---> 19、 利用多项式对称性因式分解： （1）555()()()()f x y z x y y z z x =-+-+-、、 设222(,,)()()()[()()],f x y z x y y z z x L x y z M xy yz xz =---+++++ （2）5555 ()()f x y z x y z x y z =++---、、 设222()()()[()()]x y y z z x k x y z m xy yz zx ++++++++ 初等数学研究期末专题论文 函数方程与函数的奇偶性 摘要 函数的奇偶性是函数的一种重要性质，也是高中数学教学中的重点内容，如何让学生正确理解函数的奇偶性并能灵活应用，是每位数学教师不断探论的问题。本文详细讲述了函数奇偶性的判断方法，以及应该注意的地方，对比较抽象的题目给出合适的证明方法。 关键词：函数 奇偶性 方程 性质 1.关于函数奇偶性的定义 （1）一般地，如果对函数()x f 的定义域内任意一个x 都有 ()()0 f x f x --=（()()x f x f =-），那么函数()x f 就叫做偶函数，如：2)(x x f =，()x x f =。 （2）一般地，如果对函数()x f 的定义域内任意任意一个x 都有()()0=-+x f x f (()()x f x f -=-)，那么函数()x f 就叫做奇函数，如：()x x f = , ()x x f 1 = 。 例1：判断函数())1lg(2x x x f -+=的奇偶性。 解：x x x ≥>+221 ∴函数()x f 的定义域为R 又()())1lg()1lg(22x x x x x f x f +++-+=-+ 01lg )1lg(22==-+=x x 。 ∴ ()x f 为奇函数。 例2：判断函数x x e e x f -+=)(的奇偶性。 解：显然)(x f 的定义域为R 又)()(x f e e x f x x -=+=- ∴)(x f 为偶函数。 2.函数奇偶性的几个性质 2.1 对称性 函数的定义域关于原点对称 如： 2.2 整体性 奇偶性是函数的整体性质，对定义域内任意一个x 都必须成立。 2.3 可逆性 )()()(x f x f x f ?=-是偶函数 )()()(x f x f x f ?-=-是奇函数 2.4 等价性 0)()()()(=--?=-x f x f x f x f 0)()()()(=-+?=-x f x f x f x f 2.5 奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y 轴对称。 2.6 可分性 根据奇偶性可将函数分为四类：奇函数，偶函数，既是奇函数又是偶函数，非奇非偶函数。 3.判断函数奇偶性的方法 3.1定义法 1．任取自变量的一个值x ，x -是否有定义，如果存在一个属于定义域的0x 但在0x -没有定义，则既不是奇函数也不是偶函数，若)(x f -存在，则进行下一步。 2．)()(x f x f ±=-着相当于证明一个恒等式，有时，为了运算上的方便可转而验证 0)()(=-±x f x f ， 1)() (±=-x f x f ，???=-+偶函数 奇函数)(20)()(x f x f x f 判断步骤如下： ① 定义域是否关于原点对称； 经典难题（一） 1、已知：如图，O 是半圆的圆心，C 、E 是圆上的两点，CD ⊥AB ，EF ⊥AB ，EG ⊥CO ． 求证：CD ＝GF ．（初二） 2、已知：如图，P 是正方形ABCD 内点，∠PAD ＝∠PDA ＝150． 求证：△PBC 是正三角形．（初二） 3、如图，已知四边形ABCD 、A 1B 1C 1D 1都是正方形，A 2、B 2、C 2、D 2分别是AA 1、BB 1、 CC 1、DD 1的中点． 求证：四边形A 2B 2C 2D 2是正方形．（初二） 4、已知：如图，在四边形ABCD 中，AD ＝BC ，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，AD 、BC 的延长线交MN 于E 、F ． 求证：∠DEN ＝∠F ． 经典难题（二） A P C D B A F G C E B O D D 2 C 2 B 2 A 2 D 1 C 1 B 1 C B D A A 1 A N F E C D B P C G F B Q A D E 1、已知：△ABC 中，H 为垂心（各边高线的交点），O 为外心，且OM ⊥BC 于M ． （1）求证：AH ＝2OM ； （2）若∠BAC ＝600，求证：AH ＝AO ．（初二） 2、设MN 是圆O 外一直线，过O 作OA ⊥MN 于A ，自A 引圆的两条直线，交圆于B 、C 及D 、E ，直线EB 及CD 分别交MN 于P 、Q ． 求证：AP ＝AQ ．（初二） 3、如果上题把直线MN 由圆外平移至圆内，则由此可得以下命题： 设MN 是圆O 的弦，过MN 的中点A 任作两弦BC 、DE ，设CD 、EB 分别交MN 于P 、Q ． 求证：AP ＝AQ ．（初二） 4、如图，分别以△ABC 的AC 和BC 为一边，在△ABC 的外侧作正方形ACDE 和正方形 CBFG ，点P 是EF 的中点． 求证：点P 到边AB 的距离等于AB 的一半．（初二） 经典难题（三） 1、如图，四边形ABCD 为正方形，DE ∥AC ，AE ＝AC ，AE 与CD 相交于F ． 求证：CE ＝CF ．（初二） · A D H E M C B O · G A O D B E C Q P N M · O Q P B D E C N M · A A F D E C B 姓名：苏章燕学号：201102024002 班级：师范1班 分类思想 摘要：分类讨论的问题在这学期做高考题和中考题过程中，很多题上面都有体现。是在问题的解答出现多种情况且综合考虑无法深入时，我们往往把可能出现的所有情况分别进行讨论，得出每种情况下相应的结论，这种思想方法就是分类的思想。 关键词：分类讨论、函数、例题、集合分类 一、分类要素 分类的思想运用到每个具体数学问题中都有三个基本内容，即分类三要素，在分类的合定义中，三要素就是全集，子集和子集的分类根据。分类的逻辑定义中，三要素是母项，子项和分类标准。 二、分类的规则 在问题讨论前，首先应弄清楚我们所研究对象的范围，即全集。分类就要在这个特定范围内进行，要防止在全集不明确的情况下或全集外进行讨论。 每次分类都必须以同一本质属性为标准，被分概念或集合有若干本质属性，确定某一个作为分类标准。那么在分类过程中就要始终使用这个标准。同一次讨论中标准只能是一个。如实数在讨论绝对值时，可分为整数、负数和零；在讨论其他性质和运算时可分为有理数与无理数。又如函数按自变量个数可分为一元函数、二元函数乃至多元函数；按单调性可分为增函数、减函数和非单调函数（在某一区间内）；按定义域可分为在R上都有意义的函数与定义域不是R的函数；按奇偶性可分为奇函数、偶函数和非奇非偶函数（在定义域内）；按属性可分为代数函数和超级函数。诸如此类，按不同标准就有不同的分类。 分类的完整性，把集合A分为A1、A2、···An等n个子集的分类，集合A应是这n 个子集的并集，集合的每一个元素都属于且仅属于其中的一个子集，分类时必须防止遗漏，如把角分为第一象限角、第二象限角、第三象限角、第四象限角，就不是一个完整的分类，因为终边落在坐标轴上的角就不在其中。 分类的互斥性，分类中分成的各部分必须是互相排斥的，即分类中各个子集的交集是空集，如平面几何中把三角形分为锐角三角形、等腰三角形······的分类就是不正确的分类，因为存在着等腰锐角三角形，这是由于破坏了分类的互斥性。 分类的逐级性，被分概念必须分成与它最邻近的概念。有些问题必须要连续分类，这就要求严格按层次逐级进行划分、讨论。 分类的种类，人们对事物的认识有一个由现象到本质逐步深化的无线过程，因此分类也有一个从现象分类到本质这样一个逐步深化的过程。 现象分类就是根据事物的外部标志或外部联系所进行的分类，这种分类往往会把本质上相同的事物分为不同的类别，而把本质上不相同的事物归为同一类别。如平面几何中多边形按边数分类就是一个现象分类，因为凸多变形和凹多边形即使边数相同其性质也大相径庭，而正多边形（不管它边数多少）都具有很多共性，它们本质上是相同的。 本质分类就是根据事物的本质特征或内部联系所进行的分类，本质分类能够揭示数学对象之间的规律，如含角的三角函数的绝对值，用零点分段法对角进行的分类就属于本质分类。 分类方法的解题步骤，确定分类标准，这就是要运用辩证的逻辑思维，对具体事物作具体分析，从表面上极为相似的事物之间看出它们本质的相同点，发现事物的本质特征，只有这样才能揭示数学对象之间的规律，对数学对象进行有意义的分类。 恰当地进行分类，在确定分类标准的基础上，遵守分类的五条规则，对所讨论的问题恰当地分类，问题能否顺利讨论的关键是对所讨论对象进行正确的分类。 逐类讨论，根据分好的各类情况，逐类地加以研究，深入进行讨论，分门别类逐一把 习题一 1、数系扩展的原则是什么？有哪两种扩展方式？（P9——P10） 答：设数系A 扩展后得到新数系为B ，则数系扩展原则为： （1）A 的元素间所定义的一些运算或几本性质，在B 中被重新定义。而且对于A 的元素来说，重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全一致。 （2）在A 中不是总能实施的某种运算，在B 中总能施行。 （3）在同构的意义下，B 应当是A 的满足上述三原则的最小扩展，而且有A 唯一确定。 数系扩展的方式有两种： （1）添加元素法。 （2）构造法。 2、对自然数证明乘法单调性：设,,,a b c N ∈则 （3）,a b ac bc >>若则； 证明：（1）设命题能成立的所有C 组成集合M 。 由归纳公理知，,N M =所以命题对任意自然数成立。 （2）,,.a b b a k k N <=+∈若则有 （P17定义9） 由（1）有()bc a k c =+ ac bc ∴< （P17.定义9） 或：,,.a b b a k k N <=+∈若则有 bc ()a k c ac kc =+=+ 3、对自然数证明乘法消去律：,,,a b c N ∈设则 （1）,;ac bc a b ==若则 （2）ac bc a b <<若，则； （3）ac bc a b >>若，则。 证明（1）（用反证法） （2）方法同上。 （3）方法同上。 4、依据序数理论推求： 解： 1313134++=='（）先求，， （P16.例1）323231(31)45,++=+=+=='''再求， （2）31313??=先求，， 5、设n N ∈，证明n 415n 1+-是9的倍数。 证明：1n 141511189,1n =+?-==①当时，是的倍数故时命题成立。 k n k 415k 19=+-②假设当时，命题成立。即是的倍数。则当n=k+1时： k 1k 415k 11 4415k 1315k 18441519(52) k k k +++-=+--?+=+---（）（）（）。 1n k ∴=-当时，命题成立。 由①，②知，对于任一自然数n 成立。 6、用数学归纳法证明下式对于任意自然数都成立： 证明： ①412111--3-3.11-21n +?==== ==?当时，左边，右边左边右边。 ②n k =假设当时，等式成立，即： 几何经典难题 1、已知：如图，O 是半圆的圆心，C 、E 是圆上的两点，CD ⊥AB ，EF ⊥AB ，EG ⊥CO ． 求证：CD ＝GF ．（初三） 2、已知：如图，P 是正方形ABCD 内点， ∠PAD ＝∠PDA ＝150． 求证：△PBC 是正三角形．（初二） 3、如图，已知四边形ABCD 、A 1B 1C 1D 1都是正方形，A 2、B 2、C 2、D 2分别是AA 1、BB 1、CC 1、DD 1 的中点． 求证：四边形A 2B 2C 2D 2是正方形．（初二） 4、已知：如图，在四边形ABCD 中，AD ＝BC ，M 、N 分别是AB 、CD 的中点，AD 、BC 的延长线交 MN 于E 、F ． 求证：∠DEN ＝∠F ． 5、已知：△ABC 中，H 为垂心（各边高线的交点），O 为外心，且OM ⊥BC 于M ． （1）求证：AH ＝2OM ； （2）若∠BAC ＝600，求证：AH ＝AO ．（初三） A P C D B A F G C E B O D D 2 C 2 B 2 A 2 D 1 C 1 B 1 C B D A A 1 A N F E C D M B · A D H E M C B O P C G F B Q A D E 6、设MN 是圆O 外一直线，过O 作OA ⊥MN 于A ，自A 引圆的两条直线，交圆于B 、C 及D 、E ， 直线EB 及CD 分别交MN 于P 、Q ． 求证：AP ＝AQ ．（初三） 7、如果上题把直线MN 由圆外平移至圆内，则由此可得以下命题： 设MN 是圆O 的弦，过MN 的中点A 任作两弦BC 、DE ，设CD 、EB 分别交MN 于P 、Q ． 求证：AP ＝AQ ．（初三 ） 8、如图，分别以△ABC 的AC 和BC 为一边，在△ABC 的外侧作正方形ACDE 和正方形CBFG ，点P 是EF 的中点． 求证：点P 到边AB 的距离等于AB 的一半．（初二） · G A O D B E C Q P N M · O Q P B D E C N M · A 初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案 初等数学研究（程晓亮、刘影）版课后习题答案 第一章 数 1添加元素法和构造法，自然数扩充到整数可以看成是在自然数的基础上添加0到扩大的自然数集，再添加负数到整数集；实数扩充到复数可以看成是在实数的基础上构造虚数单位i 满足12-=i ，和有序实数对),(b a 一起组成一个复数bi a +. 2（略） 3从数的起源至今，总共经历了五次扩充： 为了保证在自然数集中除法的封闭性，像b ax =的方程有解，这样，正分数就应运而生了，这是数的概念的第一次扩展，数就扩展为正有理数集. 公元六世纪，印度数学家开始用符号“0”表示零.这是数的概念的第二次扩充，自然数、零和正分数合在一起组成算术数集. 为了表示具有相反意义的量，引入了负数.并且直到17世纪才对负数有一个完整的认识，这是数的概念的第三次扩充，此时，数的概念就扩展为有理数集. 直到19世纪下半叶，才由皮亚诺、戴德金、维尔斯特拉斯等数学家的努力下构建了严格的实数理论.这是数的概念的第四次扩充，形成了实数集. 虚数作为一种合乎逻辑的假设得以引进，并在进一步的发展中加以运用.这是数学概念的第五次扩充，引进虚数，形成复数集. 4证明：设集合D C B A ,,,两两没有公共元素d c b a ,,,分别是非空有限集D C B A ,,,的基数，根据定义，若b a >，则存在非空有限集'A ，使得B A A ~'?；若d c ≥从而必存在非空有限集'C ，使得D C C ~'?，所以)(C A ?)(D B ??所以集合C A ?的基数c a +大于集合D B ?的基数d b +，所以d b c a +>+. 5（1）解：按照自然数序数理论加法定义， 15 55555155155 )25(2535''=++=++?=+?=+?=?=? （2）解：按照自然数序数理论乘法定义 8 7)6(])15[()15()25(2535'''''''' '===+=+=+=+=+ 6证明：?1当2=n 时，命题成立.（反证法） 第一章 1、自然数集是有序集 2、自然数集具有阿基米德性质即：如果a,b∈N，则存在n∈N，使na>b 3、自然数集具有离散型即：在任意两个相邻的自然数a和a’之间不存在自然数b， 使a 值 例：求00080cos 40cos 20cos ??8 120sin 8160sin 20sin 880cos 80sin 220sin 480cos 40cos 40sin 220sin 280cos 40cos 20cos 20sin 2000000 0000 0000= ===???=解：原式N c N a N c N b N b N a ac b c b a log log log log log log :1,,2=--=求证， 的正数，且是不等于例：设原式右边原式左边所以，得证明：由==-?-?=--=-=-+==a N c N b N c N a N a N b N c N c N b N b N a N b N c N a N b N c N a N b N a c b log log )log (log log )log (log log log 1log 1log 1log 1log log log log log log log 2213cot cot cot 3tan tan tan =-+-θθθθθθ例：求证的值 内的两相异实根，求在为方程、例：已知)sin(),0()0(cos sin βαπβα+≠=+mn p x n x m 原式右边（原式左边证明：（综合法）==?-?-?-?-=--?-+?-=13tan cot 3cot tan 23tan cot 3cot tan 2)3cot )(cot 3tan tan 3tan cot 13cot tan 1θ θθθθθθθθθθθθθθθ 《初等数学研究》教学大纲Research on elementary mathematics 课程名称：初等数学研究英文名称：课程性质：专业必修课 4 学分： 64 理论学时： 64 总学时：适用专业：数学与应用数学先修课程：数学分析，高等代数，解析几何一、教学目的与要求应使学生在掌握近、通过本课程的开设，初等数学研究是数学教育专业开设的必修课程。现做到初等与高等相结合。系统深入掌握中学数学内容有关的初等数学知识，代数学的基础上，以填补学生在中学数现代数学思想方法，尽量反映近、一方面，通过初等数学内容的研究，处学与高等数学之间的空白；另一方面，试图用近、现代数学的思想方法居高临下地分析、为当好一名使学生对中学数学内容有个高屋建建瓴的认识与理解，研究中学数学内容，理、使学生进行解题策略的训练，同时通过本课程的开设，中学数学教师打下扎实的知识基础。具有一定的解题能力。由于学生对初等数学内容并非一无所知，因此，必须突出与强调课程的研究性质。在每章、以帮助学生形成自主探索、研究，每节之后提出若干问题让学生进行探索、合作交流的学习方式，以便他们将来走向教学岗位后，能较快地适应课程改革的形势。必要时运用小组合作的方式进行适学生自学为辅的教学方法，本课程主要采用以讲授为主、当的专题讨论。周，有32八学期开设，安排---初等数学研究是专业选修课，系主干课程。一般情况下第七课时。64共,周36条件时可安排二、教学内容与学时分配序 号章节名称学时分配 1 第一章绪论 2 2 第二 章集合与逻辑 6 3 第三章数与式的理论 8 4 第四章函数的理论 8 5 第五章方程、不等式 8 6 公理化方法与演绎推理 6 7 第七章几何变换 8 8 第八章几何的向量结构及坐标 法 6 9 第九章排列、组合 6 10 第十章中学数学解题策略 6 合计学时数 64 三、各章节主要知识点与教学要求课时） 2第一章绪论（中学数学与初等数学的关系，中学数学的特点，中学数学的发展历程，包括数学研究的对象，本课程的研究 对象，学习本课程的目的意义，等等本章重点：中学数学的 特点本章难点：无掌握中学数学的特点，中学数学的发展历程；要求学生了解数学研究的对象，本章教学要求：中学数 学与初等数学的关系，掌握本课程的研究对象，学习本课程的 目的意义课时）6第二章集合与逻辑（集合集合的特性， 集合的运算。集合的运用命题的逻辑演算命题的特征，简 单命题，复合命题的真值定义，等价命题，简单命题的演算 命题中的量词假言命题的四种形式，量词的否定，存在量词， 全称量词，开语句的复合，真值集，开语句，充分条件与必要 条件集合与逻辑的关系本章重点：复合命题的真值定义， 等价命题，假言命题的四种形式本章难点：假言命题的四种 形式，开语句的复合，本章教学要求：要求学生掌握假言命题 初中数学几何图形初步经典测试题及答案解析 一、选择题 1．如图是由若干个大小相同的小正方体堆砌而成的几何体，那么其三种视图中面积最小的是（ ） A ．主视图 B ．俯视图 C ．左视图 D ．一样大 【答案】C 【解析】 如图，该几何体主视图是由5个小正方形组成， 左视图是由3个小正方形组成， 俯视图是由5个小正方形组成， 故三种视图面积最小的是左视图， 故选C ． 2．如图，一个正六棱柱的表面展开后恰好放入一个矩形内，把其中一部分图形挪动了位置，发现矩形的长留出5cm ，宽留出1,cm 则该六棱柱的侧面积是（ ） A ．210824(3) cm - B ．(2 108123cm - C ．(2 54243cm - D ．(2 54123cm - 【答案】A 【解析】 【分析】 设正六棱柱的底面边长为acm ，高为hcm ，分别表示出挪动前后所在矩形的长与宽，由题意列出方程求出a ＝2，h ＝9?36ah 求解． 【详解】 解：设正六棱柱的底面边长为acm ，高为hcm ， 如图，正六边形边长AB ＝acm 时，由正六边形的性质可知∠BAD ＝30°， ∴BD ＝ 12a cm ，AD ＝32 a cm ， ∴AC ＝2AD ＝3a cm ， ∴挪动前所在矩形的长为（2h ＋23a ）cm ，宽为（4a ＋ 1 2 a ）cm ， 挪动后所在矩形的长为（h ＋2a ＋3a ）cm ，宽为4acm ， 由题意得：（2h ＋23a ）?（h ＋2a ＋3a ）＝5，（4a ＋1 2 a ）?4a ＝1， ∴a ＝2，h ＝9?23， ∴该六棱柱的侧面积是6ah ＝6×2×（9?23）＝210824(3) cm -； 故选：A ． 【点睛】 本题考查了几何体的展开图，正六棱柱的性质，含30度角的直角三角形的性质；能够求出正六棱柱的高与底面边长是解题的关键． 3．将一副三角板如下图放置，使点A 落在DE 上，若BC DE P ，则AFC ∠的度数为（ ） A ．90° B ．75° C ．105° D ．120° 【答案】B 【解析】 【分析】 根据平行线的性质可得30E BCE ==?∠∠，再根据三角形外角的性质即可求解AFC ∠的度数． 【详解】 初等数学研究答案1 大学数学之初等数学研究，李长明，周焕山版，高等教育出版社 习题一 1答：原则：（1）A ?B （2）A 的元素间所定义的一些运 算或基本关系，在B 中被重新定义。而且对于A 的元素来说，重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全一致。 （3）在A 中不是总能施行的某种 运算，在B 中总能施行。 (4) 在同构的意义下,B 应当是A 满足上述三原则的最小扩展,而且由A 唯一确定。 方式：（1）添加元素法；（2）构造法 2证明:(1)设命题能成立的所有c 组成集合M 。 a=b ，M 11b 1a ∈∴?=?∴， 假 设 bc ac M c =∈，即，则 M c c b b bc a ac c a ∈'∴'=+=+='， 由归纳公理知M=N ，所以命题对任意 自然数c 成立。 （ 2）若a < b ，则 bc kc ac bc,k)c (a )1(b k a N k =+=+=+∈?即，，由，使得 则ac 《初等数学研究》考试大纲 Elementary Mathematics Research 一、本大纲适用专业 数学与应用数学。 二、考试目的 测试学生对初等数学的基本内容和方法的熟练程度。 三、考试内容 第一章数系 1. 考试知识点 （1）数的概念的扩展； （2）自然数序数理论及其性质； （3）整数环、有理数域、实数域、复数域的建立及性质。 2. 考试要求 （1）了解数系扩展的两种形式及其所遵循的原则； （2）掌握自然数的基数理论及整数环的构造； （3）理解自然数集扩充到有理数集的有关概念，弄清自然数、整数运算的概念及其运算律，掌握有理数大小比较的法则、有理数的运算法则和有理数域的性质； （4）理解无理数、实数概念，掌握实数大小比较的法则、实数的运算法则和实数域的性质； （5）理解复数概念，掌握复数的两种表示形式、复数的运算和复数域的性质。 第二章解析式 1. 考试知识点 （1）多项式的恒等定理； （2）待定系数法； （3）因式分解方法； （4）分式恒等变形； （5）根式的化简和计算； （6）解不等式（组）； （7）不等式的证明； （8）几个著名的不等式。 （1）了解解析式的概念及其分类； （2）了解多项式概念，掌握待定系数法和多项式的因式分解方法； （3）了解分式的概念和定理；掌握分式恒等变形； （4）掌握根式的运算和变形； （5）掌握不等式的基本性质、解法和证明； （6）熟悉几个著名的不等式。 第三章方程与函数 1. 考试知识点 （1）方程（组）的同解理论及基本解法； （2）几类特殊的高次方程的解法； （3）分式方程、无理方程和超越方程的解法 （4）函数概念的形成和发展； （5）初等函数的性质。 2. 考试要求 （1）掌握各种代数方程中的同解理论（弄清增、失根原因及检验方法）及基本解法； （2）掌握特殊的高次方程的解法； （3）掌握简单的分式方程、无理方程和超越方程的解法； （4）了解函数概念的发展与几种定义方式； （5）掌握初等函数的基本性质。 第四章数列 1. 考试知识点 （1）数列的通项公式； （2）等差与等比数列； （3）高阶等差数列、斐波那契数列、分群数列； （4）数学归纳法的基本形式和其他形式； （5）数列的母函数。 2. 考试要求 （1）掌握求数列通项的方法； （2）熟练掌握等差与等比数列的综合题； （3）了解高阶等差数列、斐波那契数列、分群数列； （4）熟练掌握数学归纳法的各种形式的应用； （5）了解数列的母函数。 第五章排列与组合 初等数学研究期末复习题：选择题与填空题 一．选择题 1．如图，有一块矩形纸片ABCD ，AB =8，AD =6．将纸片折叠，使得AD 边落在AB 边上，折痕为AE ，再将△AED 沿DE 向右翻折，AE 与BC 的交点为F ，则△CEF 的面积为( )． A C B D A ．2 B ．4 C ． 6 D ． 8 2．若M =223894613x xy y x y -+-++(x ，y 是实数)，则M 的值一定是( )． A ．正数 B ．负数 C ．零 D ．整数 3．已知点I 是锐角三角形ABC 的内心，A 1，B 1，C 1分别是点I 关于边BC ，CA ，AB 的对称点．若点B 在△A 1B 1C 1的外接圆上，则∠ABC 等于( )． A ．30° B ．45° C ．60° D ．90° 4．设A =22211148()34441004 ?++???+---，则与A 最接近的正整数是( )． A ．18 B ．20 C ．24 D ．25 5．设a 、b 是正整数，且满足于5659a b ≤+≤，0.90.91a b <<，则22b a -等于( )． A ．171 B ．177 C ．180 D ．182 6 的结果是( )． A ．无理数 B ．真分数 C ．奇数 D ．偶数 7．设4r ≥，1 1 1a r r =-+ ，b = ，c =，则下列各式一定成立 的是( )． A ．a b c >> B ．b c a >> C ．c a b >> D ．c b a >> 8．若x 1，x 2，x 3，x 4，x 5为互不相等的正奇数，满足(2005－x 1)(2005－x 2)(2005－x 3)(2005－ x 4)(2005－x 5)＝242，则2222212345 x x x x x ++++的未位数字是( )． A ．1 B ．3 C ．5 D ．7 9． 已知1m = 1n =且22(714)(367)m m a n n -+--=8，则a 的值等于( )． A ．5- B ．5 C ．9- D ．9 10．Rt △ABC 的三个顶点A ，B ，C 均在抛物线y =x 2上，并且斜边AB 平行于x 轴．若斜边上的高为h ，则( )． A ．h <1 B ．h =1 C ．1 （易错题精选）初中数学几何图形初步易错题汇编及答案解析 一、选择题 1．如图，将三个同样的正方形的一个顶点重合放置，如果145∠=°，330∠=°时，那么2∠的度数是（ ） A ．15° B ．25° C ．30° D ．45° 【答案】A 【解析】 【分析】 根据∠2=∠BOD+EOC-∠BOE ，利用正方形的角都是直角，即可求得∠BOD 和∠EOC 的度数从而求解． 【详解】 ∵∠BOD=90°-∠3=90°-30°=60°， ∠EOC=90°-∠1=90°-45°=45°， ∵∠2=∠BOD+∠EOC-∠BOE ， ∴∠2=60°+45°-90°=15°． 故选：A ． 【点睛】 此题考查余角和补角，正确理解∠2=∠BOD+EOC-∠BOE 这一关系是解题的关键． 2．将如图所示的Rt △ACB 绕直角边AC 旋转一周，所得几何体的主视图（正视图）是（ ） A．B．C． D． 【答案】D 【解析】 解：Rt△ACB绕直角边AC旋转一周，所得几何体是圆锥，主视图是等腰三角形． 故选D． 首先判断直角三角形ACB绕直角边AC旋转一周所得到的几何体是圆锥，再找出圆锥的主视图即可． 3．如图，直线a∥b，点B在直线b上，且AB⊥BC，∠1=55°，那么∠2的度数是（） A．20°B．30°C．35°D．50° 【答案】C 【解析】 【分析】 由垂线的性质可得∠ABC=90°，所以∠3=180°﹣90°﹣∠1=35°，再由平行线的性质可得到∠2的度数. 【详解】 解： 由垂线的性质可得∠ABC=90°， 所以∠3=180°﹣90°﹣∠1=35°， 又∵a∥b， 所以∠2=∠3=35°． 故选C． 【点睛】 课程名称： 初等数学研究 任课教师姓名： 左晓虹 卷面总分： 100 分 考试时长： 100 分钟 考试类别：闭卷 √ 开卷 □ 其他 □ 注：答题内容请写在答题纸上，否则无效． 一、单选题（4*10=40分） 1．设a ，b 是向量，命题“若a b =-，则||||a b =”的逆否命题是 （ ） （A ）若a b ≠-，则||||a b ≠ （B ）若a b =-，则||||a b ≠ （C ）若||||a b ≠，则a b ≠- （D ）若||||a b =，则a b =- 2．设抛物线的顶点在原点，准线方程为2x =-，则抛物线的方程是 （ ） （A ）28y x =- （B ）28y x = （C ）24y x =- （D ）24y x = 3．设函数()f x （x ∈R ）满足()()f x f x -=，(2)()f x f x +=，则函数()y f x =的图像是 （ ） 4．6(42)x x --（x ∈R ）展开式中的常数项是 （ ） （A ）20- （B ）15- （C ）15 （D ）20 5．某几何体的三视图如图所示，则它的体积是 （ ） （A ）283π - （B ）83 π - （C ）82π- （D ）23 π 6．函数()cos f x x =在[0,)+∞内 （ ） （A ）没有零点 （B ）有且仅有一个零点 （C ）有且仅有两个零点 （D ）有无穷多个零点 7．设集合22{||cos sin |,}M y y x x x R ==-∈， 1 {|||N x x i =- 初二几何难题训练题 1，如图矩形ABCD对角线AC、BD交于O，E F分别是OA、OB的中点（1）求证△ADE≌△BCF：（2）若AD=4cm，AB=8cm，求CF的长。 2，如图，在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠ABC=90°，AB=2DC，对角线AC⊥BD，垂足为F，过点F作EF∥AB，交AD于点E，CF=4cm． （1）求证：四边形ABFE是等腰梯形； （2）求AE的长． 3，如图，用三个全等的菱形ABGH、BCFG、CDEF拼成平行四边形ADEH，连接AE与BG、CF分别交于P、Q， （1）若AB=6，求线段BP的长； （2）观察图形，是否有三角形与△ACQ全等？并证明你的结论 4，已知点E,F在三角形ABC的边AB所在的直线上,且AE=BF，FH//EG//AC，FH、EC分别交边BC所在的直线于点H，G 1 如果点E。F在边AB上，那么EG+FH=AC，请证明这个结论 2 如果点E在AB上，点F在AB的延长线上，那么线段EG，FH，AC的长度关系是什么？ 3 如果点E在AB的反向延长线上，点F在AB的延长线上，那么线段EG，FH，AC的长度关系是什么？ 4 请你就1，2，3的结论，选择一种情况给予证明 5，如图是一个常见铁夹的侧面示意图，OA，OB表示铁夹的两个面，C是轴，CD⊥OA于点D，已知DA=15mm，DO=24mm，DC=10mm，我们知道铁夹的侧面是轴对称图形，请求出A、B两点间的距离． 6，如图,在平行四边形ABCD中,过点B作BE⊥CD,垂足为E,连接AE，F为AE上一点，且∠BFE=∠C，（1）求证：△ABF∽△EAD ；（2）若AB=5，AD=3，∠BAE=30°，求BF 的长 7，如图,AB与CD相交于E,AE=EB,CE=ED,D为线段FB的中点,GF与AB相交于点G，若CF=15cm，求GF之长。 8， 如图1，已知四边形ABCD是菱形，G是线段CD上的任意一点时，连接BG交AC于F，过F作FH∥CD交BC于H，可以证明结论FH/AB =FG /BG 成立．（考生不必证明）（1）探究：如图2，上述条件中，若G在CD的延长线上，其它条件不变时，其结论是否成立？若成立，请给出证明；若不成立，请说明理由； （2）计算：若菱形ABCD中AB=6，∠ADC=60°，G在直线CD上，且CG=16，连接BG 交AC所在的直线于F，过F作FH∥CD交BC所在的直线于H，求BG与FG的长．（3）发现：通过上述过程，你发现G在直线CD上时，结论FH /AB =FG /BG 还成立吗？ 初等数学研究复习题 一、 选择题 1、中学数学的证明方法，按选证命题形式的不同可分为：（ C ） A ：综合法与分析法 B ：演绎法与归纳法 C ：直接证法与间接证法 D ：具体方法、一般方法和数学思想方 2、不等式 22 x x x x --> 的解集是（ A ） A. (02)， B. (0)-∞， C. (2)+∞， D. (0)∞?+∞（-，0）， 3、函数sin 1tan tan 2x y x x ?? =+? ??? 的最小正周期为 ( B ) A π B 2π C 2 π D 32π 4、已知)(x f 不是常数函数，对于R x ∈，有)8()8(x f x f -=+， 且)4()4(x f x f -=+，则)(x f （ C ） A 、是奇函数不是偶函数 B 、是奇函数也是偶函数 C 、是偶函数不是奇函数 D 、既不是奇函数也不是偶函数 5、已知)2(log ax y a -=在[0，1]上是x 的减函数，则a 的取值范围：（B ） A （0，1） B （1，2） C （0，2） D [2，＋∞） 法 6、下列定理能作为证明“点共线”的依据的是：（ B ） A 西姆松定理 B 梅涅劳斯定理 C 塞瓦定理 D 斯蒂瓦尔特定理 7.下列关于平移的说法中正确的是 （ A ）。 A.以原图形中的一点为端点，且经过它的对应点的射线的方向是平移的方向； B.平移后的两个图形中两个顶点连成的线段长是平移的距离； C.原图形中两个顶点连成的线段长是平移的距离； D.以对应点中的一点为端点的射线是平移的方向 8.若一个四边形既是轴对称图形，又是中心对称图形，则这个四边形是（ D ）。 A.直角梯形；B.等腰梯形；C.平行四边形；D.矩形。 9、已知)2(),1(3)(2f f x x x f ''+=则=（ B ）初等数学研究课后习题答案(2020年7月整理).pdf
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