2012江苏省数学竞赛《提优教程》教案：第80讲_存在性问题(新)[公开课].doc

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? eq \f(1,x)|. (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 [a,b]是的子集，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)= (i)当a,b∈(0,1)时, f(x)= eq \f(1,x)?1在(0,1)上是减函数，所以， 即 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? eq \f(1,x)在(1,+∞)上为增函数，所以， 即 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? eq \f(1,x)在(1,+∞)上为增函数，有 即 于是，a,b是方程mx2－x+1=0的两个大于1的实数根.所以， 只须解得0mEQ \F(1,4). 因此，m的取值范围是0mEQ \F(1,4). 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 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EQ \F(BE,BC) = \F(CF,CD) = \F(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EQ \F(BE,BC) = \F(CF,CD) = \F(DG,DA) = 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,　　　　　　　　　　　　　　　　 由①②消去参数k得点P(x,y)坐标满足方程2a2x2+y2-2ay =0, 整理得EQ \F(x2,eq \f(1,2))+EQ \F((y-a)2,a2)=1. 当a2＝eq \f(1,2)时，点P的轨迹为圆弧，所以不存在符合题意的两点； 当a2≠eq \f(1,2)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＜eq \f(1,2)时，P到椭圆两个焦点(-EQ \R(eq \f(1,2)-a2),a),(EQ \R(eq \f(1,2)-a2),a)的距离之和为定长EQ \R(2)； 当a2＞eq \f(1,2)时，