高中数学竞赛讲义(免费)

2023年12月10日发(作者：乌市二模难不难学数学试卷)

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高中数学竞赛资料

一、高中数学竞赛大纲

全国高中数学联赛

全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。

全国高中数学联赛加试

全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：

1.平面几何

几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。几何不等式。几何极值问题。几何中的变换：对称、平移、旋转。圆的幂和根轴。面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。

2.代数

周期函数，带绝对值的函数。三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。

第二数学归纳法。平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。

复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。

n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。

函数迭代，简单的函数方程*

3. 初等数论

同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。

4.组合问题

圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。组合计数，组合几何。抽屉原理。容斥原理。极端原理。图论问题。集合的划分。覆盖。平面凸集、凸包及应用*。

注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。

三、高中数学竞赛基础知识

第一章 集合与简易逻辑

一、基础知识

定义1 一般地，一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合，简称集，用大写字母来表示；集合中的各个对象称为元素，用小写字母来表示，元素x在集合A中，称x属于A，记为xA，否则称x不属于A，记作xA。例如，通常用N，Z，Q，B，Q+分别表示自然数集、整数集、有理数集、实数集、正有理数集，不含任何元素的集合称为空集，用来表示。集合分有限集和无限集两种。

集合的表示方法有列举法：将集合中的元素一一列举出来写在大括号内并用逗号隔开表示集合的方法，如{1，2，3}；描述法：将集合中的元素的属性写在大括号内表示集合的方法。例如{有理数}，{xx0}分别表示有理数集和正实数集。

定义2 子集：对于两个集合A与B，如果集合A中的任何一个元素都是集合B中的元素，则A叫做B的子集，记为AB，例如NZ。规定空集是任何集合的子集，如果A是B的子集，B也是A的子集，则称A与B相等。如果A是B的子集，而且B中存在元素不属于A，则A叫B的真子集。 .

定义3 交集，AB{xxA且xB}.

定义4 并集，AB{xxA或xB}.

定义5 补集，若AI,则C1A{xxI,且xA}称为A在I中的补集。

定义6 差集，AB{xxA,且xB}。

定义7 集合{xaxb,xR,ab}记作开区间(a,b)，集合

{xaxb,xR,ab}记作闭区间[a,b]，R记作(,).

定理1 集合的性质：对任意集合A，B，C，有：

（1）A(BC)(AB)(AC); （2）A(BC)(AB)(AC)；

（3）C1AC1BC1(AB); （4）C1AC1BC1(AB).

【证明】这里仅证（1）、（3），其余由读者自己完成。

（1）若xA(BC)，则xA，且xB或xC，所以x(AB)或x(AC)，即x(AB)(AC)；反之，x(AB)(AC)，则x(AB)或x(AC)，即xA且xB或xC，即xA且x(BC)，即xA(BC).

（3）若xC1AC1B，则xC1A或xC1B，所以xA或xB，所以x(AB)，又xI，所以xC1(AB)，即C1AC1BC1(AB)，反之也有C1(AB)C1AC1B.

定理2 加法原理：做一件事有n类办法，第一类办法中有m1种不同的方法，第二类办法中有m2种不同的方法，…，第n类办法中有mn种不同的方法，那么完成这件事一共有Nm1m2mn种不同的方法。

定理3 乘法原理：做一件事分n个步骤，第一步有m1种不同的方法，第二步有m2种不同的方法，…，第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事一共有Nm1m2mn种不同的方法。

二、方法与例题

1．利用集合中元素的属性，检验元素是否属于集合。

例1 设M{aaxy,x,yZ}，求证：

22.

（1）2k1M,(kZ)；

（2）4k2M,(kZ)；

（3）若pM,qM，则pqM.

[证明]（1）因为k,k1Z，且2k1k(k1)，所以2k1M.

（2）假设4k2M(kZ)，则存在x,yZ，使4k2xy，由于xy和xy有相同的奇偶性，所以xy(xy)(xy)是奇数或4的倍数，不可能等于4k2，假设不成立，所以4k2M.

（3）设pxy,qab,x,y,a,bZ，则pq(xy)(ab)

22222222222222a2a2y2b2x2b2y2a2(xayb)2(xbya)2M

（因为xayaZ,xbyaZ）。

2．利用子集的定义证明集合相等，先证AB，再证BA，则A=B。

例2 设A，B是两个集合，又设集合M满足

。

AMBMAB,ABMAB，求集合M（用A，B表示）【解】先证(AB)M，若x(AB)，因为AMAB，所以xAM,xM，所以(AB)M；

再证M(AB)，若xM，则xABMAB.1）若xA，则xAMAB；2）若xB，则xBMAB。所以M(AB).

综上，MAB.

3．分类讨论思想的应用。

例3

A{xx23x20},B{xx2axa10},C{xx2mx20}，若ABA,ACC，求a,m.

2【解】依题设，A{1,2}，再由xaxa10解得xa1或x1，

因为ABA，所以BA，所以a1A，所以a11或2，所以a2或3。

2因为ACC，所以CA，若C，则m80，即22m22，若C，则1C或2C，解得m3.

综上所述，a2或a3；m3或22m22。 .

4．计数原理的应用。

例4 集合A，B，C是I={1，2，3，4，5，6，7，8，9，0}的子集，（1）若ABI，求有序集合对（A，B）的个数；（2）求I的非空真子集的个数。

【解】（1）集合I可划分为三个不相交的子集；AB，BA，AB,I中的每个元素恰属于其中一个子集，10个元素共有310种可能，每一种可能确定一个满足条件的集合对，所以集合对有310个。

（2）I的子集分三类：空集，非空真子集，集合I本身，确定一个子集分十步，第一步，1或者属于该子集或者不属于，有两种；第二步，2也有两种，…，第10步，0也有两种，由乘法原理，子集共有2101024个，非空真子集有1022个。

5．配对方法。

例5 给定集合I{1,2,3,,n}的k个子集：A1,A2,,Ak，满足任何两个子集的交集非空，并且再添加I的任何一个其他子集后将不再具有该性质，求k的值。

【解】将I的子集作如下配对：每个子集和它的补集为一对，共得2n1对，每一对不能同在这k个子集中，因此，k2n1；其次，每一对中必有一个在这k个子集中出现，否则，若有一对子集未出现，设为C1A与A，并设AA1，则A1C1A，从而可以在k个子集中再添加C1A，与已知矛盾，所以k2n1。综上，k2n1。

6．竞赛常用方法与例问题。

定理4 容斥原理；用A表示集合A的元素个数，则ABABAB,

需要xy此结论可以ABCABCABACBCABC，推广到n个集合的情况，即

Ai1niAiAiAji1ijn1ijknAiAjAk(1)n1Ai1ni.

定义8 集合的划分：若A1A2AnI，且AiAj(1i,jn,ij)，则这些子集的全集叫I的一个n-划分。

定理5 最小数原理：自然数集的任何非空子集必有最小数。

定理6 抽屉原理：将mn1个元素放入n(n1)个抽屉，必有一个抽屉放有不少于m1个元素，也必有一个抽屉放有不多于m个元素；将无穷多个元素放入n个抽屉必有一个抽屉放有无穷多个元素。

例6 求1，2，3，…，100中不能被2，3，5整除的数的个数。

【解】 记I{1,2,3,,100},A{x1x100,且x能被2整除（记为2x）}，.

B{x1x100,3x},C{x1x100,5x}，由容斥原理，100100ABCABCABBCCAABC2310010010010010074，所以不能被2，3，5整除的数有56101530IABC26个。

例7 S是集合{1，2，…，2004}的子集，S中的任意两个数的差不等于4或7，问S中最多含有多少个元素？

【解】将任意连续的11个整数排成一圈如右图所示。由题目条件可知每相邻两个数至多有一个属于S，将这11个数按连续两个为一组，分成6组，其中一组只有一个数，若S含有这11个数中至少6个，则必有两个数在同一组，与已知矛盾，所以S至多含有其中5个数。又因为2004=182×11+2，所以S一共至多含有182×5+2=912个元素，另一方面，当恰有S912，且S满足题目条件，S{rr11kt,t1,2,4,7,10,r2004,kN}时，所以最少含有912个元素。

例8 求所有自然数n(n2)，使得存在实数a1,a2,,an满足：

{aiaj}1ijn}{1,2,,n(n1)}.

2【解】 当n2时，a10,a21；当n3时，a10,a21,a33；当n4时，

a10,a22,a35,a41。下证当n5时，不存在a1,a2,,an满足条件。

令0a1a2an，则ann(n1).

2所以必存在某两个下标ij，使得aiajan1，所以an1an1a1an1或an1ana2，即a21，所以an（ⅰ）若ann(n1)n(n1)，a21。

,an1an1或an22n(n1),an1an1，考虑an2，有an2an2或an2ana2，2即a22，设an2an2，则an1an2anan1，导致矛盾，故只有a22.

考虑an3，有an3an2或an3ana3，即a33，设an3an2，则an1an22a2a0，推出矛盾，设a33，则anan11a3a2，又推出矛盾，

所以an2a2,n4故当n5时，不存在满足条件的实数。 .

（ⅱ）若ann(n1),a21，考虑an2，有an2an1或an2ana3，即2a32，这时a3a2a2a1，推出矛盾，故an1an2。考虑an3，有an3an2或an3ana3，即a3=3，于是a3a2anan1，矛盾。因此an2an3，所以an1an21a2a1，这又矛盾，所以只有an2a2，所以n4。故当n5时，不存在满足条件的实数。

例9 设A={1，2，3，4，5，6}，B={7，8，9，……，n}，在A中取三个数，B中取两个数组成五个元素的集合Ai，i1,2,,20,AiAj2,1ij20.求n的最小值。

【解】

nmin16.

设B中每个数在所有Ai中最多重复出现k次，则必有k4。若不然，数m出现k次（k4），则3k12.在m出现的所有Ai中，至少有一个A中的数出现3次，不妨设它是1，就有集合{1，a1,a2,m,b1}{1,a3,a4,m,b2},{1,a5,a6,m,b3}，其中aiA,1i6，为满足题意的集合。ai必各不相同，但只能是2，3，4，5，6这5个数，这不可能，所以k4.

20个Ai中，B中的数有40个，因此至少是10个不同的，所以n16。当n16时，如下20个集合满足要求：

{1，2，3，7，8}， {1，2，4，12，14}， {1，2，5，15，16}， {1，2，6，9，10}，

{1，3，4，10，11}， {1，3，5，13，14}， {1，3，6，12，15}， {1，4，5，7，9}，

{1，4，6，13，16}， {1，5，6，8，11}， {2，3，4，13，15}， {2，3，5，9，11}，

{2，3，6，14，16}， {2，4，5，8，10}， {2，4，6，7，11}， {2，5，6，12，13}，

{3，4，5，12，16}， {3，4，6，8，9}， {3，5，6，7，10}， {4，5，6，14，15}。

例10 集合{1，2，…，3n}可以划分成n个互不相交的三元集合{x,y,z}，其中xy3z，求满足条件的最小正整数n.

【解】 设其中第i个三元集为{xi,y,zi},i1,2,,n,则1+2+…+3n4zi1ni,

n3n(3n1)4zi。所以当n为偶数时，有83n，所以n8，当n为奇数时，有83n1，2i1所以n5，当n5时，集合{1，11，4}，{2，13，5}，{3，15，6}，{9，12，7}，{10，14，8}满足条件，所以n的最小值为5。

第二章 二次函数与命题

一、基础知识 .

1．二次函数：当a0时，y=ax2+bx+c或f(x)=ax2+bx+c称为关于x的二次函数，其对称轴为直线x=-bb，另外配方可得f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，其中x0=-，下同。

2a2a2．二次函数的性质：当a>0时，f(x)的图象开口向上，在区间（-∞，x0]上随自变量x增大函数值减小（简称递减），在[x0, -∞）上随自变量增大函数值增大（简称递增）。当a<0时，情况相反。

3．当a>0时，方程f(x)=0即ax2+bx+c=0…①和不等式ax2+bx+c>0…②及ax2+bx+c<0…③与函数f(x)的关系如下（记△=b2-4ac）。

1）当△>0时，方程①有两个不等实根，设x1,x2(x1x2}和{x|x1

2）当△=0时，方程①有两个相等的实根x1=x2=x0={x|xb,不等式②和不等式③的解集分别是2ab}和空集，f(x)的图象与x轴有唯一公共点。

2a3）当△<0时，方程①无解，不等式②和不等式③的解集分别是R和.f(x)图象与x轴无公共点。

当a<0时，请读者自己分析。

4acb2b4．二次函数的最值：若a>0，当x=x0时，f(x)取最小值f(x0)=,若a<0，则当x=x0=4a2a4acb2时，f(x)取最大值f(x0)=.对于给定区间[m,n]上的二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)，当4ax0∈[m, n]时，f(x)在[m, n]上的最小值为f(x0); 当x0n时，f(x)在[m, n]上的最小值为f(n)（以上结论由二次函数图象即可得出）。

定义1 能判断真假的语句叫命题，如“3>5”是命题，“萝卜好大”不是命题。不含逻辑联结词“或”、“且”、“非”的命题叫做简单命题，由简单命题与逻辑联结词构成的命题由复合命题。

注1 “p或q”复合命题只有当p，q同为假命题时为假，否则为真命题；“p且q”复合命题只有当p，q同时为真命题时为真，否则为假命题；p与“非p”即“p”恰好一真一假。

定义2 原命题：若p则q（p为条件，q为结论）；逆命题：若q则p；否命题：若非p则q；逆否命题：若非q则非p。

注2 原命题与其逆否命题同真假。一个命题的逆命题和否命题同真假。

注3 反证法的理论依据是矛盾的排中律，而未必是证明原命题的逆否命题。

定义3 如果命题“若p则q”为真，则记为pq否则记作pq.在命题“若p则q”中，如果已知pq,则p是q的充分条件；如果qp，则称p是q的必要条件；如果pq但q不p，则称p是q的充分非必要条件；如果p不q但pq，则p称为q的必要非充分条件；若pq且qp，则p是q的充要条件。

二、方法与例题

1．待定系数法。

例1 设方程x2-x+1=0的两根是α，β，求满足f(α)=β,f(β)=α,f(1)=1的二次函数f(x).

【解】 设f(x)=ax2+bx+c(a0),

则由已知f(α)=β,f(β)=α相减并整理得（α-β）[（α+β）a+b+1]=0， .

因为方程x2-x+1=0中△0，

所以αβ，所以(α+β)a+b+1=0.

又α+β=1,所以a+b+1=0.

又因为f(1)=a+b+c=1，

所以c-1=1，所以c=2.

又b=-(a+1)，所以f(x)=ax2-(a+1)x+2.

再由f(α)=β得aα2-(a+1)α+2=β,

所以aα2-aα+2=α+β=1，所以aα2-aα+1=0.

即a(α2-α+1)+1-a=0,即1-a=0，

所以a=1,

所以f(x)=x2-2x+2.

2．方程的思想。

例2 已知f(x)=ax2-c满足-4≤f(1)≤-1, -1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围。

【解】 因为-4≤f(1)=a-c≤-1,

所以1≤-f(1)=c-a≤4.

85f(2)-f(1),

338585所以×(-1)+≤f(3)≤×5+×4,

3333又-1≤f(2)=4a-c≤5, f(3)=所以-1≤f(3)≤20.

3．利用二次函数的性质。

例3 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R, a0)，若方程f(x)=x无实根，求证：方程f(f(x))=x也无实根。

【证明】若a>0，因为f(x)=x无实根，所以二次函数g(x)=f(x)-x图象与x轴无公共点且开口向上，所以对任意的x∈R,f(x)-x>0即f(x)>x，从而f(f(x))>f(x)。

所以f(f(x))>x，所以方程f(f(x))=x无实根。

注：请读者思考例3的逆命题是否正确。

4．利用二次函数表达式解题。

例4 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)，方程f(x)=x的两根x1, x2满足0

（Ⅱ）设函数f(x)的图象关于x=x0对称，求证：x0<1,

ax1.

2【证明】 因为x1, x2是方程f(x)-x=0的两根，所以f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)，

即f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x.

（Ⅰ）当x∈(0, x1)时，x-x1<0, x-x2<0, a>0，所以f(x)>x.

其次f(x)-x1=(x-x1)[a(x-x2)+1]=a(x-x1)[x-x2+1]<0，所以f(x)

a综上，x

（Ⅱ）f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x=ax2+[1-a(x1+x2)]x+ax1x2,

所以x0=a(x1x2)1x1x21,

2a22a.

所以x0x1x1112x20，

222a2a所以x0x1.

25．构造二次函数解题。

例5 已知关于x的方程(ax+1)2=a2(a-x2), a>1，求证：方程的正根比1小，负根比-1大。

【证明】 方程化为2a2x2+2ax+1-a2=0.

构造f(x)=2a2x2+2ax+1-a2,

f(1)=(a+1)2>0, f(-1)=(a-1)2>0, f(0)=1-a2<0, 即△>0，

所以f(x)在区间（-1,0）和（0，1）上各有一根。

即方程的正根比1小，负根比-1大。

6．定义在区间上的二次函数的最值。

x4x25例6 当x取何值时，函数y=取最小值？求出这个最小值。

22(x1)【解】 y=1-151,令u,则0

2222x1(x1)x1211919y=5u2-u+1=5u,

102020且当u119即x=3时，ymin=.

10201，求b的值。

2例7 设变量x满足x2+bx≤-x(b<-1)，并且x2+bx的最小值是【解】 由x2+bx≤-x(b<-1)，得0≤x≤-(b+1).

22bb1b,，所以b2=2，所以b2ⅰ)-≤-(b+1)，即b≤-2时，x2+bx的最小值为-4422（舍去）。

b>-(b+1)，即b>-2时，x2+bx在[0，-(b+1)]上是减函数，

213所以x2+bx的最小值为b+1,b+1=-,b=-.

223综上，b=-.

2ⅱ) -7.一元二次不等式问题的解法。

x2xaa20例8 已知不等式组 ①②的整数解恰好有两个，求a的取值范围。

x2a1【解】 因为方程x2-x+a-a2=0的两根为x1=a, x2=1-a,

若a≤0，则x11-2a. .

因为1-2a≥1-a，所以a≤0,所以不等式组无解。

若a>0，ⅰ）当0

2因为0

1时，a=1-a，①无解。

21ⅲ）当a>时，a>1-a，由②得x>1-2a，

2ⅱ）当a=所以不等式组的解集为1-a

又不等式组的整数解恰有2个，

所以a-(1-a)>1且a-(1-a)≤3，

所以1

综上，a的取值范围是1

8．充分性与必要性。

例9 设定数A，B，C使得不等式

A(x-y)(x-z)+B(y-z)(y-x)+C(z-x)(z-y)≥0 ①

对一切实数x,y,z都成立，问A，B，C应满足怎样的条件？（要求写出充分必要条件，而且限定用只涉及A，B，C的等式或不等式表示条件）

【解】 充要条件为A，B，C≥0且A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA).

先证必要性，①可改写为A(x-y)2-(B-A-C)(y-z)(x-y)+C(y-z)2≥0 ②

若A=0，则由②对一切x,y,z∈R成立，则只有B=C，再由①知B=C=0，若A0，则因为②恒成立，所以A>0，△=(B-A-C)2(y-z)2-4AC(y-z)2≤0恒成立，所以(B-A-C)2-4AC≤0，即A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)

同理有B≥0，C≥0，所以必要性成立。

再证充分性，若A≥0，B≥0，C≥0且A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)，

1）若A=0，则由B2+C2≤2BC得(B-C)2≤0，所以B=C，所以△=0，所以②成立，①成立。

2）若A>0，则由③知△≤0，所以②成立，所以①成立。

综上，充分性得证。

9．常用结论。

定理1 若a, b∈R, |a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|.

【证明】 因为-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|,

所以|a+b|≤|a|+|b|（注：若m>0，则-m≤x≤m等价于|x|≤m）.

又|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b|,

即|a|-|b|≤|a+b|.综上定理1得证。

定理2 若a,b∈R, 则a2+b2≥2ab；若x,y∈R+,则x+y≥2xy.

(证略)

注 定理2可以推广到n个正数的情况，在不等式证明一章中详细论证。

第三章 函数

一、基础知识

定义1 映射，对于任意两个集合A，B，依对应法则f，若对A中的任意一个元素x，在B中都有唯一一个元素与之对应，则称f: A→B为一个映射。

定义2 单射，若f: A→B是一个映射且对任意x, y∈A, xy, 都有f(x)f(y)则称之为单射。 .

定义3 满射，若f: A→B是映射且对任意y∈B，都有一个x∈A使得f(x)=y，则称f: A→B是A到B上的满射。

定义4 一一映射，若f: A→B既是单射又是满射，则叫做一一映射，只有一一映射存在逆映射，即从B到A由相反的对应法则f-1构成的映射，记作f-1: A→B。

定义5 函数，映射f: A→B中，若A，B都是非空数集，则这个映射为函数。A称为它的定义域，若x∈A, y∈B，且f(x)=y（即x对应B中的y），则y叫做x的象，x叫y的原象。集合{f(x)|x∈A}叫函数的值域。通常函数由解析式给出，此时函数定义域就是使解析式有意义的未知数的取值范围，如函数y=3x-1的定义域为{x|x≥0,x∈R}.

定义6 反函数，若函数f: A→B（通常记作y=f(x)）是一一映射，则它的逆映射f-1: A→B叫原函数的反函数，通常写作y=f-1(x). 这里求反函数的过程是：在解析式y=f(x)中反解x得x=f-1(y)，然后将x, y互换得y=f-1(x)，最后指出反函数的定义域即原函数的值域。例如：函数y=11的反函数是y=1-(x0).

1xx定理1 互为反函数的两个函数的图象关于直线y=x对称。

定理2 在定义域上为增（减）函数的函数，其反函数必为增（减）函数。

定义7 函数的性质。

（1）单调性：设函数f(x)在区间I上满足对任意的x1, x2∈I并且x1< x2，总有f(x1)

(f(x)>f(x2))，则称f(x)在区间I上是增（减）函数，区间I称为单调增（减）区间。

（2）奇偶性：设函数y=f(x)的定义域为D，且D是关于原点对称的数集，若对于任意的x∈D，都有f(-x)=-f(x)，则称f(x)是奇函数；若对任意的x∈D，都有f(-x)=f(x)，则称f(x)是偶函数。奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称。

（3）周期性：对于函数f(x)，如果存在一个不为零的常数T，使得当x取定义域内每一个数时，f(x+T)=f(x)总成立，则称f(x)为周期函数，T称为这个函数的周期，如果周期中存在最小的正数T0，则这个正数叫做函数f(x)的最小正周期。

定义8 如果实数aa}记作开区间（a, +∞），集合{x|x≤a}记作半开半闭区间（-∞,a].

定义9 函数的图象，点集{(x,y)|y=f(x), x∈D}称为函数y=f(x)的图象，其中D为f(x)的定义域。通过画图不难得出函数y=f(x)的图象与其他函数图象之间的关系(a,b>0)；（1）向右平移a个单位得到y=f(x-a)的图象；（2）向左平移a个单位得到y=f(x+a)的图象；（3）向下平移b个单位得到y=f(x)-b的图象；（4）与函数y=f(-x)的图象关于y轴对称；（5）与函数y=-f(-x)的图象关于原点成中心对称；（6）与函数y=f-1(x)的图象关于直线y=x对称；（7）与函数y=-f(x)的图象关于x轴对称。

定理3 复合函数y=f[g(x)]的单调性，记住四个字：“同增异减”。例如y=∞,2）上是减函数，y=1, u=2-x在（-2x11在（0，+∞）上是减函数，所以y=在（-∞,2）上是增函数。

u2x注：复合函数单调性的判断方法为同增异减。这里不做严格论证，求导之后是显然的。

二、方法与例题

1．数形结合法。

y1例1 求方程|x-1|=的正根的个数.

1x1

x .

【解】 分别画出y=|x-1|和y=

1的图象，由图象可知两者有唯一交点，所以方程有一个正根。

x例2 求函数f(x)=x3x6x13222242x4x21的最大值。

22【解】 f(x)=(x2)(x3)(x1)(x0)，记点P(x, x-2)，A（3，2），B（0，1），则f(x)表示动点P到点A和B距离的差。

因为|PA|-|PA|≤|AB|=32(21)210,当且仅当P为AB延长线与抛物线y=x2的交点时等号成立。

所以f(x)max=10.

2.函数性质的应用。

2(x1)1997(x1)1例3 设x, y∈R，且满足，求x+y.

3(y1)1997(y1)1【解】 设f(t)=t3+1997t，先证f(t)在（-∞，+∞）上递增。事实上，若a0，所以f(t)递增。

由题设f(x-1)=-1=f(1-y)，所以x-1=1-y，所以x+y=2.

例4 奇函数f(x)在定义域（-1，1）内是减函数，又f(1-a)+f(1-a2)<0，求a的取值范围。

【解】 因为f(x) 是奇函数，所以f(1-a2)=-f(a2-1)，由题设f(1-a)

又f(x)在定义域（-1，1）上递减，所以-1<1-a

例5 设f(x)是定义在（-∞，+∞）上以2为周期的函数，对k∈Z, 用Ik表示区间(2k-1, 2k+1]，已知当x∈I0时，f(x)=x2，求f(x)在Ik上的解析式。

【解】 设x∈Ik，则2k-1

所以f(x-2k)=(x-2k)2.

又因为f(x)是以2为周期的函数，

所以当x∈Ik时，f(x)=f(x-2k)=(x-2k)2.

例6 解方程：(3x-1)(9x6x51)+(2x-3)(4x12x13+1)=0.

【解】 令m=3x-1, n=2x-3，方程化为

m(m4+1)+n(n4+1)=0. ①

若m=0，则由①得n=0，但m, n不同时为0，所以m0, n0.

ⅰ)若m>0，则由①得n<0，设f(t)=t(t4+1),则f(t)在（0，+∞）上是增函数。又f(m)=f(-n)，22222.

454ⅱ)若m<0，且n>0。同理有m+n=0,x=,但与m<0矛盾。

54综上，方程有唯一实数解x=.

5所以m=-n，所以3x-1+2x-3=0，所以x=.

3.配方法。

例7 求函数y=x+2x1的值域。

1[2x+1+22x1+1]-1

2111=(2x1+1)-1≥-1=-.

222111当x=-时，y取最小值-，所以函数值域是[-，+∞）。

222【解】 y=x+2x1=4．换元法。

2例8 求函数y=(1x+1x+2)(1x+1),x∈[0,1]的值域。

2【解】令1x+1x=u，因为x∈[0,1]，所以2≤u2=2+21x≤4,所以2≤u≤2,u222u2u22所以≤≤2，1≤≤2，所以y=,u∈[2+2，8]。

2222所以该函数值域为[2+2，8]。

5．判别式法。

x23x4例9 求函数y=2的值域。

x3x4【解】由函数解析式得(y-1)x2+3(y+1)x+4y-4=0. ①

当y1时，①式是关于x的方程有实根。

所以△=9(y+1)2-16(y-1)2≥0，解得1≤y≤1.

7又当y=1时，存在x=0使解析式成立，

所以函数值域为[1，7]。

76．关于反函数。

例10 若函数y=f(x)定义域、值域均为R，且存在反函数。若f(x)在(-∞,+ ∞)上递增，求证：y=f-1(x)在(-∞,+ ∞)上也是增函数。

【证明】设x1

∞)上递增，所以x1≥x2与假设矛盾，所以y1

即y=f-1(x)在(-∞,+ ∞)递增。

例11 设函数f(x)=44x1，解方程：f(x)=f-1(x).

3x2.

【解】 首先f(x)定义域为（-∞，-21）∪[-，+∞）；其次，设x1, x2是定义域内变量，且34x10,

33x223x12(3x22)(3x12)21）上递增，同理f(x)在[-，+∞）上递增。

34所以f(x)在（-∞，-在方程f(x)=f-1(x)中，记f(x)=f-1(x)=y，则y≥0，又由f-1(x)=y得f(y)=x，所以x≥0,所以x,y∈1，+∞）.

4若xy，设x

[-同理若x>y也可得出矛盾。所以x=y.

即f(x)=x，化简得3x5+2x4-4x-1=0,

即(x-1)(3x4+5x3+5x2+5x+1)=0,

因为x≥0，所以3x4+5x3+5x2+5x+1>0，所以x=1.

第四章 几个初等函数的性质

一、基础知识

1．指数函数及其性质：形如y=ax(a>0, a1)的函数叫做指数函数，其定义域为R，值域为（0，+∞），当01时，y=ax为增函数，它的图象恒过定点（0，1）。

2．分数指数幂：a1nna,aa,amnnmn1n,anam1nam。

3．对数函数及其性质：形如y=logax(a>0, a1)的函数叫做对数函数，其定义域为（0，+∞），值域为R，图象过定点（1，0）。当01时，y=logax为增函数。

4．对数的性质（M>0, N>0）；

1）ax=Mx=logaM(a>0, a1)；

2）loga(MN)= loga M+ loga N；

3）loga（nM）= loga M- loga N；4）loga Mn=n loga M；，

N5）loga

logcb1M=loga M；6）aloga M=M; 7) loga b=(a,b,c>0, a, c1).

nlogcaax5. 函数y=x+（a>0）的单调递增区间是,a和和0,a。（请读者自己用定义证明）

a,，单调递减区间为a,06．连续函数的性质：若a

二、方法与例题

1．构造函数解题。

例1 已知a, b, c∈(-1, 1)，求证：ab+bc+ca+1>0.

【证明】 设f(x)=(b+c)x+bc+1 (x∈(-1, 1))，则f(x)是关于x的一次函数。 .

所以要证原不等式成立，只需证f(-1)>0且f(1)>0（因为-1

因为f(-1)=-(b+c)+bc+1=(1-b)(1-c)>0，

f(1)=b+c+bc+a=(1+b)(1+c)>0，

所以f(a)>0，即ab+bc+ca+1>0.

例2 （柯西不等式）若a1, a2,…,an是不全为0的实数，b1, b2,…,bn∈R，则（ai1n2i）·（bi1n2i）≥(abii1ni)2，等号当且仅当存在R，使ai=bi, i=1, 2, …, n时成立。

nnnn【证明】 令f(x)= （ai12i）x2-2(abii1i)x+b=(a2ii1i1ixbi)2,

因为ai1n2i>0，且对任意x∈R, f(x)≥0，

所以△=4(abii1ni)-4（ai1n2i）(bi1n2i)≤0.

展开得（ai1n2i）(bi1n2i)≥(abii1ni)2。

等号成立等价于f(x)=0有实根，即存在，使ai=bi, i=1, 2, …, n。

例3 设x, y∈R+, x+y=c, c为常数且c∈(0, 2]，求u=x11y的最小值。

xy【解】u=x1xy111xy=xy+≥xy++2·y

xyyxxyyxxy=xy+1+2.

xyc2(xy)2c21.

令xy=t，则0

4c2c24c24所以f(t)min=f()=+2，所以u≥+2+2.

44c4cc24c当x=y=时，等号成立. 所以u的最小值为++2.

4c22.

2．指数和对数的运算技巧。

例4 设p, q∈R+且满足log9p= log12q= log16(p+q)，求q的值。

p【解】 令log9p= log12q= log16(p+q)=t，则p=9

t , q=12

t , p+q=16t，

44所以9

t +12

t =16

t，即1+.

3315q12t4. 记x=t，则1+x=x2，解得x2p93又tt2tqq15. >0，所以=2pp1111，求xyzw例5 对于正整数a, b, c(a≤b≤c)和实数x, y, z, w，若ax=by=cz=70w，且证：a+b=c.

【证明】 由ax=by=cz=70w取常用对数得xlga=ylgb=zlgc=wlg70.

所以111111lga=lg70, lgb=lg70, lgc=lg70，

yxzwww相加得11111111，

(lga+lgb+lgc)=lg70，由题设xyzwwxyz所以lga+lgb+lgc=lg70，所以lgabc=lg70.

所以abc=70=2×5×7.

若a=1，则因为xlga=wlg70，所以w=0与题设矛盾，所以a>1.

又a≤b≤c，且a, b, c为70的正约数，所以只有a=2, b=5, c=7.

所以a+b=c.

例6 已知x1, ac1, a1, c1. 且logax+logcx=2logbx，求证c2=(ac)logab.

【证明】 由题设logax+logcx=2logbx，化为以a为底的对数，得

logaxlogax2logax，

logaclogab因为ac>0, ac1，所以logab=logacc2，所以c2=(ac)logab.

注：指数与对数式互化，取对数，换元，换底公式往往是解题的桥梁。

3．指数与对数方程的解法。

解此类方程的主要思想是通过指对数的运算和换元等进行化简求解。值得注意的是函数单调性的应用和未知数范围的讨论。

例7 解方程：3x+4 x +5 x =6 x.

125【解】 方程可化为=1。设f(x)=

236xxx125, 则f(x)在(-236xxx.

∞,+∞)上是减函数，因为f(3)=1，所以方程只有一个解x=3.

xyy12x例8 解方程组：（其中x, y∈R+）.

xy3xy【解】 两边取对数，则原方程组可化为(xy)lgx12lgy. ①②

(xy)lgy3glx把①代入②得(x+y)2lgx=36lgx，所以[(x+y)2-36]lgx=0.

由lgx=0得x=1，由(x+y)2-36=0(x, y∈R+)得x+y=6，

代入①得lgx=2lgy，即x=y2，所以y2+y-6=0.

又y>0，所以y=2, x=4.

x11x24所以方程组的解为 .

;y11y22例9 已知a>0, a1，试求使方程loga(x-ak)=loga2(x2-a2)有解的k的取值范围。

(xak)2x2a2【解】由对数性质知，原方程的解x应满足xak0.①②③

x2a20若①、②同时成立，则③必成立，

(xak)2x2a2故只需解.

xak0由①可得2kx=a(1+k2)， ④

1k2a(1k2)当k=0时，④无解；当k0时，④的解是x=，代入②得>k.

2k2k若k<0，则k2>1，所以k<-1；若k>0，则k2<1，所以0

综上，当k∈(-∞,-1) ∪(0, 1)时，原方程有解。

第五章 数列

一、基础知识

定义1 数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{an}的一般形式通常记作a1, a2, a3,…，an或a1, a2, a3,…，an…。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的具体表达式，称为数列的通项。

定理1 若Sn表示{an}的前n项和，则S1=a1, 当n>1时，an=Sn-Sn-1.

定义2 等差数列，如果对任意的正整数n，都有an+1-an=d（常数），则{an}称为等差数列，d叫做公差。若三个数a, b, c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d, 则a=b-d, c=b+d.

定理2 等差数列的性质：1）通项公式an=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：Sn=n(a1an)n(n1)na1d；3）an-am=(n-m)d，其中n, m为正整数；4）若n+m=p+q，22则an+am=ap+aq；5）对任意正整数p, q，恒有ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B至少有一个不.

为零，则{an}是等差数列的充要条件是Sn=An2+Bn.

定义3 等比数列，若对任意的正整数n，都有比。

an1q，则{an}称为等比数列，q叫做公ana1(1qn)定理3 等比数列的性质：1）an=a1q；2）前n项和Sn，当q1时，Sn=；当1qn-1q=1时，Sn=na1；3）如果a, b, c成等比数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a, c的等比中项；4）若m+n=p+q，则aman=apaq。

定义4 极限，给定数列{an}和实数A，若对任意的>0，存在M，对任意的n>M(n∈N),都有|an-A|<，则称A为n→+∞时数列{an}的极限，记作limanA.

n定义5 无穷递缩等比数列，若等比数列{an}的公比q满足|q|<1，则称之为无穷递增等比数列，其前n项和Sn的极限（即其所有项的和）为a1（由极限的定义可得）。

1q定理3 第一数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)时n=k成立时能推出p(n)对n=k+1成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。

竞赛常用定理

定理4 第二数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)对一切n≤k的自然数n都成立时（k≥n0）可推出p(k+1)成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。

定理5 对于齐次二阶线性递归数列xn=axn-1+bxn-2，设它的特征方程x2=ax+b的两个根为α,β:(1)若αβ，则xn=c1an-1+c2βn-1，其中c1, c2由初始条件x1, x2的值确定；(2)若α=β，则xn=(c1n+c2) αn-1，其中c1, c2的值由x1, x2的值确定。

二、方法与例题

1．不完全归纳法。

这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探索未知世界的普遍方式。通常解题方式为：特殊→猜想→数学归纳法证明。

例1 试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24，35，…；2）1，5，19，65，…；3）-1，0，3，8，15，…。

【解】1）an=n2-1；2）an=3n-2n；3）an=n2-2n.

例2 已知数列{an}满足a1=【解】 因为a1=1,a1+a2+…+an=n2an, n≥1，求通项an.

21,又a1+a2=22·a2,

2所以a2=aa111，a3=22,猜想an(n≥1).

n(n1)3432311，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。

21证明；1）当n=1时，a1=当n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+ a1+…+a1=[(k+1)2-1] ak+1,， .

所以111=k(k+2)ak+1,

2132k(k1)11111=k(k+2)ak+1,

223kk1即1所以1k. =k(k+2)ak+1,所以ak+1=(k1)(k2)k11.

n(n1)1，求证：对任意n∈N+,有an>1.

an由数学归纳法可得猜想成立，所以an例3 设0

1)当n=1时，1

2)假设n=k时，①式成立，即1

1aak1111aa21aaa1.

1a1a1aak由数学归纳法可得①式成立，所以原命题得证。

2．迭代法。

数列的通项an或前n项和Sn中的n通常是对任意n∈N成立，因此可将其中的n换成n+1或n-1等，这种办法通常称迭代或递推。

例4 数列{an}满足an+pan-1+qan-2=0, n≥3，q0，求证：存在常数c，使得22nan1pan1·an+qancq0.

2222【证明】an1pan1·an+1+qan1an2(pan+1+an+2)+qan1=an+2·(-qan)+qan1=

2222q(an1anan2)q[an1+an(pqn+1+qan)]=q(an1pan1anqan).

222qapaa若a2+pa2a1qa12=0，则对任意n,

ann=0，取c=0即可.

1n1n22222若a2公式为qpa2a1qa120，则{an1pan1an+qan}是首项为a2pa2a1qa1，的等比数列。

22所以an1pan1an+qan=(a2pa2a1qa1)·qn.

22取c(a2pa1a2qa1)·综上，结论成立。

221即可.

q例5 已知a1=0, an+1=5an+24an1，求证：an都是整数，n∈N+.

2.

【证明】 因为a1=0, a2=1，所以由题设知当n≥1时an+1>an.

又由an+1=5an+24an1移项、平方得

22an110anan1an10. ①

2210anan1an当n≥2时，把①式中的n换成n-1得an110，即

22an110anan1an10. ②

2因为an-1

再由a1=0, a2=1及③式可知，当n∈N+时，an都是整数。

3．数列求和法。

数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等。

例6 已知an=1(n=1, 2, …)，求S99=a1+a2+…+a99.

n10042221004n4100n111【解】 因为an+a100-n=n+=，

421004100n2100410022100(4n4100n)21所以S99=(ana100n)100101.

2n1222例7 求和：Sn111. +…+n(n1)(n2)1232341k2k

k(k1)(k2)2k(k1)(k2)【解】 一般地，111，

2k(k1)(k1)(k2)所以Sn=1

k(k1)(k2)k1n

1111111

212232334n(n1)(n1)(n2)111

22(n1)(n2)11.

42(n1)(n2).

例8 已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+1+an, Sn为数列an的前n项和，求证：Sn<2。

n2【证明】 由递推公式可知，数列{an}前几项为1，1，2，3，5，8，13。

因为Sna112358， ①

23456nn2222222所以a11235。 ②

Sn2345nn1222222111Sn222211an2n22222an2n1，

由①-②得所以a111SnSn2nn。

12242又因为Sn-20,

2n111111SnSn, 所以Sn，

22442所以Sn<2，得证。

4．特征方程法。

例9 已知数列{an}满足a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4an，求an.

【解】 由特征方程x2=4x-4得x1=x2=2.

故设an=(α+βn)·2n-1，其中3，

6(2)2所以α=3，β=0，

所以an=3·2n-1.

例10 已知数列{an}满足a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an，求通项an.

【解】 由特征方程x2=2x+3得x1=3, x2=-1,

33所以an=α·3+β·(-1)，其中，

69nn33，β，

441所以an[3n1(1)n1·3]。

4解得α=5．构造等差或等比数列。

例11 正数列a0,a1,…,an,…满足anan2an1an2=2an-1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。 .

【解】 由anan2an1an22an1得ana2n1=1，

an1an2aann1即121.

an2an1令bn=ana1+1，则{bn}是首项为+1=2，公比为2的等比数列，

an1a0所以bn=aan+1=2n，所以n=（2n-1）2，

an1an1nanan1a2a1k2所以an=·…··a0=(21).

an1an2a1a0k1n注：Ci1iC1·C2·…·Cn.

2xn2例12 已知数列{xn}满足x1=2, xn+1=,n∈N+, 求通项。

2xnx22x22【解】 考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=2.

2x2x2xn2因为x1=2, xn+1=,可知{xn}的每项均为正数。

2xn2又xn+2≥22xn，所以xn+1≥2(n≥1)。又

2xn2(xn2)2Xn+1-2=, ①

2=2xn2xn2xn2(xn2)2Xn+1+2=, ②

2=2xn2xnxn12xn2由①÷②得。 ③

xn12xn2又2x12x12>0，

由③可知对任意n∈N+，xn2xn2>0且lgxn12xn22lg,

xn12xn2.

所以lgxn222是首项为lg，公比为2的等比数列。

xn222所以lgxn2xn22n122xn222·lg，所以22x222n2n12n12n1，

解得xn2·(22)(22)(22)(22)2n12n1。

注：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。

第六章 三角函数

一、基础知识

定义1 角，一条射线绕着它的端点旋转得到的图形叫做角。若旋转方向为逆时针方向，则角为正角，若旋转方向为顺时针方向，则角为负角，若不旋转则为零角。角的大小是任意的。

定义2 角度制，把一周角360等分，每一等价为一度，弧度制：把等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做一弧度。360度=2π弧度。若圆心角的弧长为L，则其弧度数的绝对值|α|=L,r其中r是圆的半径。

定义3 三角函数，在直角坐标平面内，把角α的顶点放在原点，始边与x轴的正半轴重合，在角的终边上任意取一个不同于原点的点P，设它的坐标为（x,y），到原点的距离为r,则正弦函数sinα=xyyx,余弦函数cosα=,正切函数tanα=，余切函数cotα=，正割函数secyrxrα=rr,余割函数cscα=.

yx111,sinα=，cosα=；cotcscsec定理1 同角三角函数的基本关系式，倒数关系：tanα=商数关系：tanα=sincos；乘积关系：tanα×cosα=sinα,cotα×sinα=cos,cotcossinα；平方关系：sin2α+cos2α=1, tan2α+1=sec2α, cot2α+1=csc2α.

定理2 诱导公式（Ⅰ）sin(α+π)=-sinα, cos(π+α)=-cosα, tan(π+α)=tanα, cot(π+α)=cotα;（Ⅱ）sin(-α)=-sinα, cos(-α)=cosα, tan(-α)=-tanα, cot(-α)=cotα; （Ⅲ）sin(π-α)=sinα, cos(π-α)=-cosα, tan=(π-α)=-tanα, cot(π-α)=-cotα; （Ⅳ）sin=cosα,

2cos=sinα, tan=cotα（奇变偶不变，符号看象限）。

22定理3 正弦函数的性质，根据图象可得y=sinx（x∈R）的性质如下。单调区间：在区间32k,2k2k,2k上为减函数，最小正周期上为增函数，在区间2222.

为2. 奇偶数. 有界性：当且仅当x=2kx+取最小值-1。对称性：直线x=k+时，y取最大值1，当且仅当x=3k-时, y22均为其对称轴，点（k, 0）均为其对称中心，值域为2[-1，1]。这里k∈Z.

定理4 余弦函数的性质，根据图象可得y=cosx(x∈R)的性质。单调区间：在区间[2kπ, 2kπ+π]上单调递减，在区间[2kπ-π, 2kπ]上单调递增。最小正周期为2π。奇偶性：偶函数。对称性：直线x=kπ均为其对称轴，点k,0均为其对称中心。有界性：当且仅当x=2kπ时，y2取最大值1；当且仅当x=2kπ-π时，y取最小值-1。值域为[-1，1]。这里k∈Z.

)在开区间(kπ-, kπ+)上为增222函数, 最小正周期为π，值域为（-∞，+∞），点（kπ，0），（kπ+，0）均为其对称中心。

2定理6 两角和与差的基本关系式：cos(αβ)=cosαcosβsinαsinβ,sin(αβ)=sinα定理5 正切函数的性质：由图象知奇函数y=tanx(xkπ+cosβcosαsinβ; tan(αβ)=(tantan).

(1tantan)定理7 和差化积与积化和差公式:

sinα+sinβ=2sin2cos2,sinα-sinβ=2sin2cos2,

cosα+cosβ=2coscos, cosα-cosβ=-2sinsin,

222211[sin(α+β)+sin(α-β)],cosαsinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],

2211cosαcosβ=[cos(α+β)+cos(α-β)],sinαsinβ=-[cos(α+β)-cos(α-β)].

22sinαcosβ=定理8 倍角公式:sin2α=2sinαcosα, cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α,

tan2α=2tan.

2(1tan)定理9 半角公式:sin(1cos)(1cos),cos=,

=2222tansin(1cos)(1cos). ==2(1cos)sin(1cos).

2tan1tan22,

cos2, 定理10 万能公式:

sin1tan21tan2222tan2.

tan1tan22定理11 辅助角公式：如果a, b是实数且a2+b20，则取始边在x轴正半轴，终边经过点(a,

b)的一个角为β，则sinβ=bab22,cosβ=aab22，对任意的角α.

asinα+bcosα=(a2b2)sin(α+β).

定理12 正弦定理：在任意△ABC中有abc2R，其中a, b, c分别是sinAsinBsinC角A，B，C的对边，R为△ABC外接圆半径。

定理13 余弦定理：在任意△ABC中有a2=b2+c2-2bcosA，其中a,b,c分别是角A，B，C的对边。

定理14 图象之间的关系：y=sinx的图象经上下平移得y=sinx+k的图象；经左右平移得y=sin(x+)的图象（相位变换）；纵坐标不变，横坐标变为原来的1，得到y=sinx(0)的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，得到y=Asinx的图象（振幅变换）；y=Asin(x+)(>0)的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，得到y=Asinx的图象（振幅变换）；y=Asin(x+)(,

个单位得到y=Asinx的图象。

定义4 函数y=sinxx>0)(|A|叫作振幅)的图象向右平移的反函数叫反正弦函数，记作y=arcsinx(x∈[-1, 1])，函,22数y=cosx(x∈[0, π]) 的反函数叫反余弦函数，记作y=arccosx(x∈[-1, 1]). 函数y=tanxx的反函数叫反正切函数。记作y=arctanx(x∈[-∞, +∞]). y=cosx(x∈[0,

,22π])的反函数称为反余切函数，记作y=arccotx(x∈[-∞, +∞]).

定理15 三角方程的解集，如果a∈(-1,1)，方程sinx=a的解集是{x|x=nπ+(-1)narcsina, n∈Z}。方程cosx=a的解集是{x|x=2kxarccosa, k∈Z}. 如果a∈R，方程tanx=a的解集是{x|x=kπ+arctana, k∈Z}。恒等式：arcsina+arccosa=定理16 若x0,；arctana+arccota=.

22，则sinx

2.

二、方法与例题

1．结合图象解题。

例1 求方程sinx=lg|x|的解的个数。

【解】在同一坐标系内画出函数y=sinx与y=lg|x|的图象（见图），由图象可知两者有6个交点，故方程有6个解。

2．三角函数性质的应用。

例2 设x∈(0, π), 试比较cos(sinx)与sin(cosx)的大小。

【解】 若x,，则cosx≤1且cosx>-1，所以cosx,0，

22所以sin(cosx) ≤0,又00，

所以cos(sinx)>sin(cosx).

若x0,2，则因为sinx+cosx=2222(sinxcos+sincosx)=2sin(x+)≤sinxcosx244422<，

2-cosx<，

22所以cos(sinx)>cos(-cosx)=sin(cosx).

2所以0

coscos例3 已知α，β为锐角，且x·（α+β-）>0，求证：2.

2sinsin【证明】 若α+β>xx，则x>0，由α>-β>0得cosα

222所以0sin(-β)=cosβ, 所以0<<1，

sin2sinxx00coscoscoscos所以2.

sinsinsinsin若α+β<

，则x<0，由0<α<-β<得cosα>cos(-β)=sinβ>0,

2222所以coscos>1。又01，

sin2sinxx00coscoscoscos所以sinsinsin2，得证。

sin.

注：以上两例用到了三角函数的单调性和有界性及辅助角公式，值得注意的是角的讨论。

3．最小正周期的确定。

例4 求函数y=sin(2cos|x|)的最小正周期。

【解】 首先，T=2π是函数的周期（事实上，因为cos(-x)=cosx，所以co|x|=cosx）；其次，当且仅当x=kπ+时，y=0（因为|2cosx|≤2<π）,

2所以若最小正周期为T0，则T0=mπ, m∈N+，又sin(2cos0)=sin2sin(2cosπ)，所以T0=2π。

4．三角最值问题。

例5 已知函数y=sinx+1cos2x，求函数的最大值与最小值。

【解法一】 令sinx=2cos,1cos2x则有y=2cos因为32sin0,

442sin2sin(4).

30，所以，

4424所以0sin(所以当

当4)≤1，

3，即x=2kπ-(k∈Z)时，ymin=0，

24(k∈Z)时，ymax=2.

224，即x=2kπ+【解法二】 因为y=sinx+1cosx=2（因为(a+b)2≤2(a2+b2)），

2(sin2x1cos2x),

且|sinx|≤1≤1cosx，所以0≤sinx+1cosx≤2，

所以当1cosx=sinx，即x=2kπ+当1cosx=-sinx，即x=2kπ-例6 设0<<π，求sin2222(k∈Z)时, ymax=2，

2(k∈Z)时, ymin=0。

22(1cos)的最大值。

【解】因为0<<π，所以022，所以sin>0, cos>0.

22所以sin（1+cos）=2sin·cos2=22sin2cos2cos2 ≤22222232cos2cos22sin222=1643.

23279.

当且仅当2sin2243=cos2, 即tan=时，sin(1+cos)取得最大值。

292222例7 若A，B，C为△ABC三个内角，试求sinA+sinB+sinC的最大值。

【解】 因为sinA+sinB=2sinABABABcos, ①

2sin222sinC+sin3C2sin23cosC2C232sinC23, ②

32sin又因为sin4由①，②，③得sinA+sinB+sinC+sin≤4sin,

33所以sinA+sinB+sinC≤3sinABsin2ABC3cosABC432sin，③

333=,

23当A=B=C=33时，（sinA+sinB+sinC）max=.

23注：三角函数的有界性、|sinx|≤1、|cosx|≤1、和差化积与积化和差公式、均值不等式、柯西不等式、函数的单调性等是解三角最值的常用手段。

5．换元法的使用。

例8 求ysinxcosx的值域。

1sinxcosx222sin(x). 【解】 设t=sinx+cosx=2sinxcosx224因为1sin(x所以2t4)1,

2.

又因为t2=1+2sinxcosx,

x21t21t1所以sinxcosx=，所以y2，

21t2所以21y221.

2因为t-1，所以t11，所以y-1.

2.

所以函数值域为y21211,,1.

22

例9 已知a0=1, an=1an121an1(n∈N+)，求证：an>2n2.

【证明】 由题设an>0，令an=tanan, an∈0,，则

2an=1tan2an11tanan1secan111cosan1atann1tanan.

2tanan1sinan1na11因为n1，an∈0,，所以an=an1，所以an=a0.

22221又因为a0=tana1=1，所以a0=，所以an·。

442又因为当0x，所以antann2n2.

222注：换元法的关键是保持换元前后变量取值范围的一致性。

另外当x∈0,时，有tanx>x>sinx，这是个熟知的结论，暂时不证明，学完导数后，证2明是很容易的。

6．图象变换：y=sinx(x∈R)与y=Asin(x+)(A,

,

>0).

由y=sinx的图象向左平移个单位，然后保持横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，然后再保持纵坐标不变，横坐标变为原来的1，得到y=Asin(x+)的图象；也可以由y=sinx的图象先保持横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，再保持纵坐标不变，横坐标变为原来个单位，得到y=Asin(x+)的图象。

例10 例10 已知f(x)=sin(x+)(>0, 0≤≤π)是R上的偶函数，其图象关于点的1，最后向左平移3M,0对称，且在区间0,上是单调函数，求和的值。

24【解】 由f(x)是偶函数，所以f(-x)=f(x)，所以sin(+)=sin(-x+)，所以cossinx=0，对任意x∈R成立。

又0≤≤π，解得=因为f(x)图象关于M，

2333,0对称，所以f(x)f(x)=0。

444.

取x=0，得f()=0，所以sin3430.

2432k(k∈Z)，即=(2k+1) (k∈Z).

342又>0，取k=0时，此时f(x)=sin(2x+)在[0，]上是减函数；

22取k=1时，=2，此时f(x)=sin(2x+)在[0，]上是减函数；

2210取k=2时，≥，此时f(x)=sin(x+)在[0，]上不是单调函数，

2232综上，=或2。

3所以7．三角公式的应用。

例11 已知sin(α-β)=的值。

【解】 因为α-β∈553,2，，sin(α+β)=- ，且α-β∈,，α+β∈求sin2α,cos2β13132212,，所以cos(α-β)=-1sin2().

132又因为α+β∈123,2，所以cos(α+β)=1sin2().

132120,

169所以sin2α=sin[(α+β)+(α-β)]=sin(α+β)cos(α-β)+cos(α+β)sin(α-β)=cos2β=cos[(α+β)-(α-β)]=cos(α+β)cos(α-β)+sin(α+β)sin(α-β)=-1.

例12 已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，且112，试求cosAcosCcosBcosAC的值。

2AC=cos(600-C)，

2【解】 因为A=1200-C，所以cos1111cos(1200C)cosC又由于

00cosAcosCcos(120C)cosCcosCcos(120C)=2cos600cos(600C)1[cos1200cos(12002C)]22cos(600C)1cos(1202C)2022，

所以42cos2ACAC2cos32=0。

22.

解得cosAC2AC32或cos。

2228又cosAC2AC>0，所以cos。

222例13 求证：tan20+4cos70.

sin20【解】 tan20+4cos70=+4sin20

cos20sin204sin20cos20sin202sin40

cos20cos20sin20sin40sin402sin30cos10sin40

cos20cos20

sin80sin402sin60cos203.

cos20cos20

第七章 解三角形

一、基础知识

在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a, b, c分别表示它们所对的各边长，pabc为半周长。

2abc1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。

sinAsinBsinC111推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinCbcsinAcasinB.

222推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.

推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足ab，则a=A.

sinasin(a)1再证推论2，因为B+C=-A，absinC；2正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出，下证推论。先证推论1，由正弦函数定义，BC边上的高为bsinC，所以S△ABC=所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证推论3，由正弦定理sinasin(a)ab，所以，即sinasin(-A)=sin(-a)sinA，sinAsin(A)sinAsinB11[cos(-A+a)-cos(-A-a)]=

[cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等价于22cos(-A+a)=cos(-a+A)，因为0<-A+a，-a+A<. 所以只有-A+a=-a+A，所以a=A，等价于.

得证。

222bca2．余弦定理：a2=b2+c2-2bccosAcosA，下面用余弦定理证明几个常2bc用的结论。

（1）斯特瓦特定理：在△ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则AD2=b2pc2qpq. （1）

pq【证明】 因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcosADB，

所以c2=AD2+p2-2AD·pcosADB. ①

同理b2=AD2+q2-2AD·qcosADC， ②

因为ADB+ADC=，

所以cosADB+cosADC=0，

所以q×①+p×②得

b2pc2qqc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=pq.

pq22222b22c2a2注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式AD.

2（2）

】】

：因为2SABC14bcsinA=22214bc

22(1-cosA)=

214bc

22(b2c2a2)2122 22[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c).

1224bc16这里pabc.

2所以S△ABC=p(pa)(pb)(pc).

二、方法与例题

1．面积法。

例1 （共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满足另外OP，OQ，OR的长分别为u, w, v，这里α，β，α+β∈(0,

)，POQ,QOR，则P，Q，R的共线的充要条件是

sinsinsin().

uvw【证明】P，Q，R共线SΔPQR0SOPRSOPQSORQ .

111uvsin(α+β)=uwsinα+vwsinβ

222sin()sinsin，得证。

wuv2．正弦定理的应用。

例2 如图所示，△ABC内有一点P，使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB。

求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。

【证明】 过点P作PDBC，PEAC，PFAB，垂足分别为D，E，F，则P，D，C，E；P，E，A，F；P，D，B，F三组四点共圆，所以EDF=PDE+PDF=PCA+PBA=BPC-BAC。由题设及BPC+CPA+APB=3600可得BAC+CBA+ACB=1800。

所以BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB=600。

所以EDF=600，同理DEF=600，所以△DEF是正三角形。

所以DE=EF=DF，由正弦定理，CDsinACB=APsinBAC=BPsinABC，两边同时乘以△ABC的外接圆直径2R，得CP·BA=AP·BC=BP·AC，得证：

例3 如图所示，△ABC的各边分别与两圆⊙O1，⊙O2相切，直线GF与DE交于P，求证：PABC。

【证明】 延长PA交GD于M，

因为O1GBC，O2DBC，所以只需证GMO1AAF.

MDAO2AE由正弦定理APAFPAAE,，

sin(1)sinsin(2)sin所以AEsin1sin.

AFsin2sin另一方面，GMPMMDPM,，

sinsin1sinsin2所以GMsin2sin，

MDsin1sinGMAF，所以PA//O1G，

MDAE即PABC，得证。

所以3．一个常用的代换：在△ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x, y, z，则a=y+z, b=z+x, c=x+y.

例4 在△ABC中，求证：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc.

【证明】 令a=y+z, b=z+x, c=x+y，则

abc=(x+y)(y+z)(z+x)

8xyyzzx=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c) .

=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc.

所以a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc.

4．三角换元。

例5 设a, b, c∈R+，且abc+a+c=b，试求P【解】 由题设b223的最大值。

222a1b1c1ac，令a=tanα, c=tanγ, b=tanβ,

1ac210110则tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤，

3sin333当且仅当α+β=22110,b2,c，sinγ=，即a=时，Pmax=.

24233例6 在△ABC中，若a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc<.

【证明】 设a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β0,12.

2因为a, b, c为三边长，所以c<从而0,1, c>|a-b|，

2，所以sin2β>|cos2α·cos2β|.

4因为1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca),

所以a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc).

又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)

=sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β

1[1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β]

411=+cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β)

44111>+cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)=.

4441所以a2+b2+c2+4abc<.

2=

第八章 平面向量

一、基础知识

定义1 既有大小又有方向的量，称为向量。画图时用有向线段来表示，线段的长度表示向量的模。向量的符号用两个大写字母上面加箭头，或一个小写字母上面加箭头表示。书中用黑体表示向量，如a. |a|表示向量的模，模为零的向量称为零向量，规定零向量的方向是任意的。零向量和零不同，模为1的向量称为单位向量。

定义2 方向相同或相反的向量称为平行向量（或共线向量），规定零向量与任意一个非零向量平行和结合律。 .

定理1 向量的运算，加法满足平行四边形法规，减法满足三角形法则。加法和减法都满足交换律和结合律。

定理2 非零向量a, b共线的充要条件是存在实数0，使得a=b.f

定理3 平面向量的基本定理，若平面内的向量a, b不共线，则对同一平面内任意向是c，存在唯一一对实数x, y，使得c=xa+yb，其中a, b称为一组基底。

定义3 向量的坐标，在直角坐标系中，取与x轴，y轴方向相同的两个单位向量i, j作为基底，任取一个向量c，由定理3可知存在唯一一组实数x, y，使得c=xi+yi，则（x, y）叫做c坐标。

定义4 向量的数量积，若非零向量a, b的夹角为，则a, b的数量积记作a·b=|a|·|b|cos=|a|·|b|cos，也称内积，其中|b|cos叫做b在a上的投影（注：投影可能为负值）。

定理4 平面向量的坐标运算：若a=(x1, y1), b=(x2, y2)，

1．a+b=(x1+x2, y1+y2), a-b=(x1-x2, y1-y2)，

2．λa=(λx1, λy1), a·(b+c)=a·b+a·c，

3．a·b=x1x2+y1y2, cos(a, b)=x1x2y1y2xyxy21212222(a, b0),

4. a//bx1y2=x2y1, abx1x2+y1y2=0.

定义5 若点P是直线P1P2上异于p1，p2的一点，则存在唯一实数λ，使P1PPP2，λ叫P分P1P2所成的比，若O为平面内任意一点，则OPOP1OP2。由此可得若1x1x2xxx1yy11P1，P，P2的坐标分别为(x1, y1), (x, y), (x2, y2)，则..

xxyy22yy1y21定义6 设F是坐标平面内的一个图形，将F上所有的点按照向量a=(h, k)的方向，平移|a|=hk个单位得到图形F\'，这一过程叫做平移。设p(x, y)是F上任意一点，平移到F\'上对应的点为p\'(x\',y\')，则22x\'xh称为平移公式。

y\'yk2222定理5 对于任意向量a=(x1, y1), b=(x2, y2), |a·b|≤|a|·|b|，并且|a+b|≤|a|+|b|.

【证明】 因为|a|2·|b|2-|a·b|2=(x1y1)(x2y2)-(x1x2+y1y2)2=(x1y2-x2y1)2≥0，又|a·b|≥0,

|a|·|b|≥0，

所以|a|·|b|≥|a·b|.

由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.

注：本定理的两个结论均可推广。1）对n维向量，a=(x1, x2,…,xn)，b=(y1, y2, …, yn)，222222同样有|a·b|≤|a|·|b|，化简即为柯西不等式：(x1x2xn)(y1y2yn)

(x1y1+x2y2+…+xnyn)2≥0，又|a·b|≥0, |a|·|b|≥0， .

所以|a|·|b|≥|a·b|.

由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.

注：本定理的两个结论均可推广。1）对n维向量，a=(x1, x2,…,xn), b=(y1, y2, …, yn)，同样有|a·b|≤|a|·|b|，化简即为柯西不等式：2222(x12x2xn)(y12y2yn)(x1y1+x2y2+…+xnyn)2。

2）对于任意n个向量，a1, a2, …,an，有| a1, a2, …,an|≤| a1|+|a2|+…+|an|。

二、方向与例题

1．向量定义和运算法则的运用。

例1 设O是正n边形A1A2…An的中心，求证：OA1OA2OAnO.

【证明】 记SOA1OA2OAn，若SO，则将正n边形绕中心O旋转后与原正n边形重合，所以S不变，这不可能，所以SO.

例2 给定△ABC，求证：G是△ABC重心的充要条件是GAGBGCO.

【证明】必要性。如图所示，设各边中点分别为D，E，F，延长AD至P，使DP=GD，则AG2GDGP.

又因为BC与GP互相平分，

所以BPCG为平行四边形，所以BG//PC，所以GBCP.

所以GAGBGCGCCPPGO.

充分性。若GAGBGCO，延长AG交BC于D，使GP=AG，连结CP，则GAPG.因为GCPGPCO，则GBPC，所以GB//CP，所以AG平分BC。

同理BG平分CA。

所以G为重心。

例3 在凸四边形ABCD中，P和Q分别为对角线BD和AC的中点，求证：AB2+BC2+CD2+DA2=AC2+BD2+4PQ2。

【证明】 如图所示，结结BQ，QD。

因为BPPQBQ,DPPQDQ，

所以BQDQ(BPPQ)(DPPQ)

=BPDP2PQ2BP·PQ2DPPQ

=BPDP2PQ2(BPDP)PQBPDP2PQ. ①

又因为BQQCBC,BQQABA,QAQCO,

2222222222n2222.

同理

BABCQAQC2BQ， ②

22222CDDAQAQC2QD， ③

由①，②，③可得BABCCD4QA2(BQQD)

22222222222AC2(2BP2PQ)ACBD4PQ。得证。

2．证利用定理2证明共线。

例4 △ABC外心为O，垂心为H，重心为G。求证：O，G，H为共线，且OG：GH=1：2。

【证明】 首先OGOAAGOA=OA2222222AM

311(ABAC)OA(2AOOBOC)

331(OAOBOC).

3其次设BO交外接圆于另一点E，则连结CE后得CEBC.

又AHBC，所以AH//CE。

又EAAB，CHAB，所以AHCE为平行四边形。

所以AHEC,

所以OHOAAHOAECOAEOOCOAOBOC，

所以OH3OG，

所以OG与OH共线，所以O，G，H共线。

所以OG：GH=1：2。

3．利用数量积证明垂直。

例5 给定非零向量a, b. 求证：|a+b|=|a-b|的充要条件是ab.

【证明】|a+b|=|a-b|(a+b)2=(a-b)2a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2a·b=0ab.

例6 已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，D为AB中点，E为△ACD重心。求证：OECD。

【证明】 设OAa,OBb,OCc，

则OD1(ab)，

2OE11111ac(ab)cab.

32326又CD1(ab)c，

211111acbabc

36222所以OECD.

12121211abcabac

4123331a·(b-c). （因为|a|2=|b|2=|c|2=|OH|2）

3又因为AB=AC，OB=OC，所以OA为BC的中垂线。

所以a·(b-c)=0. 所以OECD。

4．向量的坐标运算。

例7 已知四边形ABCD是正方形，BE//AC，AC=CE，EC的延长线交BA的延长线于点F，求证：AF=AE。

【证明】 如图所示，以CD所在的直线为x轴，以C为原点建立直角坐标系，设正方形边长为1，则A，B坐标分别为（-1，1）和（0，1），设E点的坐标为（x, y），则BE=(x,

y-1),

AC(1,1)，因为BE//AC，所以-x-(y-1)=0.

又因为|CE||AC|，所以x2+y2=2.

由①，②解得x1313,y.

22所以AE3313,|AE|2423.

,221313x\'0.

22设F(x\',1)，则CF(x\',1)。由CF和CE共线得所以x\'(23)，即F(23,1)，

所以|AF|2=4+23|AE|2，所以AF=AE。

第九章 不等式

一、基础知识

不等式的基本性质：

（1）a>ba-b>0； （2）a>b, b>ca>c；

（3）a>ba+c>b+c； （4）a>b, c>0ac>bc；

（5）a>b, c<0acb>0, c>d>0ac>bd;

（7）a>b>0, n∈N+an>bn; （8）a>b>0, n∈N+na（9）a>0, |x|ax>a或x<-a;

（10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;

（11）a, b∈R，则(a-b)2≥0a2+b2≥2ab;

（12）x, y, z∈R+，则x+y≥2xy, x+y+z33xyz.

前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。

nb; .

（6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若na与a>b矛盾，所以假设不成立，所以nanb，由性质（7）得(na)n(nb)n，即a≤b，b；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|,

n-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2xy(xy)2≥0，所以x+y≥2xy，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不3等式，令xa,3yb,3zc，因为x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc

=(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=

1(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥33xyz，等号当且仅当2x=y=z时成立。

二、方法与例题

1．不等式证明的基本方法。

（1）比较法，在证明A>B或A

例1 设a, b, c∈R+，试证：对任意实数x2+y2+z22A（A，B>0）与Bx, y, z, 有ababcbccaxyyzxz.

(ab)(bc)(ca)cab【证明】 左边-右边= x2+y2+z22abbcxy2yz

(bc)(ca)(ab)(ca)2cab2abacxzx2xyy2y2

(ab)(bc)bc(bc)(ca)cacabcba2cacyzz2z2xzx2

(ab)(ca)abab(ab)(bc)bc2222bacbacbcxcaycayabzabzbcx0.

所以左边≥右边，不等式成立。

例2 若a

【解】 因为1-x1，所以loga(1-x)0,

|loga(1x)|1=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1（因为0<1-x2<1，所以1x|loga(1x)|1>1-x>0, 0<1-x<1）.

1x.

所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|.

（2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证……，只需证……。

例3 已知a, b, c∈R+，求证：a+b+c-33abc≥a+b2ab.

【证明】 要证a+b+c33cab≥a+b2ab.只需证c2ab33abc，

因为c2abcabab33cab33abc，所以原不等式成立。

例4 已知实数a, b, c满足0

2所以111，

a(1a)b(1b)c(1c)1122，

a(1a)b(1b)b(1b)c(1c)1111，

a(1a)b(1b)a(1b)b(1a)所以所以只需证明也就是证abab，

a(1a)(1b)b(1a)(1b)只需证b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。所以命题成立。

（3）数学归纳法。

例5 对任意正整数n(≥3)，求证：nn+1>(n+1)n.

【证明】 1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。

k2(k1)2）设n=k时有kk+1>(k+1)k，当n=k+1时，只需证(k+1)k+2>(k+2)k+1，即>1. 因k1(k2)kk1(k1)k2kk1为，即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需证1，所以只需证kk1k(k1)(k2)(k1)(k+1)2>k(k+2)，即证k2+2k+1>k2+2k. 显然成立。

所以由数学归纳法，命题成立。

（4）反证法。

例6 设实数a0, a1,…,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,…, an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0(k=1, 2,…, n-1).

【证明】 假设ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设ar是a1, a2,…, an-1中第一个出现的正数，则a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …,

n-1)。 .

所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2

≥…≥ar-ar-1>0.

因为an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar

>0与an=0矛盾。故命题获证。

（5）分类讨论法。

222222xyyzzx例7 已知x, y, z∈R+，求证：0.

yzzxxy【证明】 不妨设x≥y, x≥z.

ⅰ）x≥y≥z，则111，x2≥y2≥z2，由排序原理可得

xyxzyzx2y2z2y2z2x2，原不等式成立。

yzzxxyyzzxxyⅱ）x≥z≥y，则111，x2≥z2≥y2，由排序原理可得

xzxyyzx2y2z2y2z2x2，原不等式成立。

yzzxxyyzzxxy

（6）放缩法，即要证A>B，可证A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+).

例8 求证：1111nn(n2).

2321【证明】

1111111111n1nnn

23244212222n11n11n1n，得证。

222n2例9 已知a, b, c是△ABC的三条边长，m>0，求证：abc.

ambmcmabababm【证明】

1ambmabmabmabmabmmc（因为a+b>c），得证。

1cmcm（7）引入参变量法。

例10 已知x, y∈R+, l, a, bb3为待定正数，求f(x, y)=22的最小值。

xy3b3ak2

a3(1k)2ylkl【解】 设k，则x，f(x,y)=,y1k1kxl2.

132abakakb2bbak2(a3+b3+3a2b+3ab2)=

2kklkl(ab)3l2(ab)3ab. ，等号当且仅当时成立。所以f(x, y)min=2xyl1≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等价于3例11 设x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.

【证明】 设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即

(1k)211(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为f(k)=k+在,1上递减，

4kk3(1k)211所以(x2+x3+x4)=(k2)(x2+x3+x4)

4k4k3≤123·3x2=4x2≤x2x3x4.

4所以原不等式成立。

（8）局部不等式。

例12 已知x, y, z∈R+，且x2+y2+z2=1，求证：33xyz.

22221x1y1z【证明】 先证x332x.

221x1因为x(1-x2)=2x2(1x2)22122,

23333xx2x2332所以x.

22221xx(1x)33同理y332y，

221yz332z，

221z所以xyz3323322(xyz).

222221x1y1z.

例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：【证明】 先证abc≤2。

bc1ca1ab1a2a. ①

bc1abc即a+b+c≤2bc+2.

即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.

因为0≤a, b, c≤1，所以①式成立。

同理b2bc2c,.

ca1abcab1abc三个不等式相加即得原不等式成立。

（9）利用函数的思想。

例14 已知非负实数a, b, c满足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=小值。

【解】 当a, b, c中有一个为0，另两个为1时，f(a, b, c)=111的最abbcca55，以下证明f(a, b, c) ≥.

22不妨设a≥b≥c，则0≤c≤32cab1, f(a, b, c)=22.

3c1c1ab(ab)2因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，

4解关于a+b的不等式得a+b≥2(c1-c).

考虑函数g(t)=2t12, g(t)在[c1,）上单调递增。

2c1t又因为0≤c≤32，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2(c21c)≥c1.

3所以f(a, b, c)=2cab1

22c1c1ab2c2(c21c)1≥2

2c1c212(c1c)2cc21c=2

2c1c11c3c212=2

c1222c1c3c2153(1c21)c.

≥422222.

下证3(1c21)c0 ①

3c3c21c2+6c+9≥9c2+9c3c≥0

4333，所以①式成立。

c. 因为c344所以f(a, b, c) ≥55，所以f(a, b, c)min=.

22nnn2．几个常用的不等式。

（1）柯西不等式：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则(a)(b2ii1i12i)(aibi)2.

i1等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1, 2, , n, ai=λbi,

变式1：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则(a)i1bin2i(ai)2(bi)2i1i1nn.

等号成立条件为ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。

变式2：设ai, bi同号且不为0(i=1, 2, …, n)，则aibi1in(ai)2nabii1i1n.

i等号成立当且仅当b1=b2=…=bn.

（2）平均值不等式：设a1, a2,…,an∈R+，记Hn=n111a1a2an, Gn=na1a2an,

aa2anAn=1,Qnn22a12a2an，则Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平n均≤算术平均≤平方平均。

其中等号成立的条件均为a1=a2=…=an.

【证明】 由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下仅证Gn≤An.

1）当n=2时，显然成立；

2）设n=k时有Gk≤Ak，当n=k+1时，记1ka1a2akak1=Gk+1.

因为a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥kka1a2akkkak1Gk1

≥2k2ka1a2ak1Gk12k2kGk12kGk+1,

所以a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.

所以由数学归纳法，结论成立。

k12kk1.

（3）排序不等式：若两组实数a1≤a2≤…≤an且b1≤b2≤…≤bn，则对于b1, b2, …, bn的任意排列bi,bi,,bi，有a1bn+a2bn-1+…+anb1≤a1bia2bianbi≤a1b1+a2b2+…+anbn.

12n12n【证明】 引理：记A0=0，Ak=ai1ki(1kn)，则abii1ni

(si1nisi1)bi=si(bibi1)snbn（阿贝尔求和法）。

i1n1证法一：因为b1≤b2≤…≤bn，所以bibibi≥b1+b2+…+bk.

12k记sk=bibibi-( b1+b2+…+bk)，则sk≥0(k=1, 2, …, n)。

12k所以a1bia2bianbi12-(a1b1+a2b2+…+anbn)=kaj1nj(bibj)

jsj1nj(ajaj1)+snan≤0.

最后一个不等式的理由是aj-aj+1≤0(j=1, 2, …, n-1, sn=0),

所以右侧不等式成立，同理可证左侧不等式。

证法二：（调整法）考察a1bia2bianbi，若bibn，则存在。

12kj若bibn(j≤n-1)，则将bi与bi互换。

jnj因为

banbnajbi(anbiajbn)(anaj)bn(ajan)bi(anaj)(bnbi)≥0，

nnnn所 调整后，和是不减的，接下来若bin1bn1，则继续同样的调整。至多经n-1次调整就可将乱序和调整为顺序和，而且每次调整后和是不减的，这说明右边不等式成立，同理可得左边不等式。

例15 已知a1, a2,…,an∈R+，求证；222anana12a21a1+a2+…+an.

a2a3ana1222anana12a21【证明】证法一：因为…，a12a1,a32a2，an2an1,a1

a2a3ana1≥2an.

222anana12a21上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an.

a2a3ana1222a12a2anan1证法二：由柯西不等式(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，

aana12a3.

222anaa12a2因为a1+a2+…+an >0，所以1n≥a1+a2+…+an.

a2a3ana1证法三： 设a1, a2,…,an从小到大排列为aiaiai，则ai2ai2ai2，12n12n111，由排序原理可得

aiaiainn11

222anana12a21，得证。

aiaiai=a1+a2+…+an≥n12a2a3ana1注：本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用，希望读者在解题中再加以总结。

第十章 直线与圆的方程

一、基础知识

1．解析几何的研究对象是曲线与方程。解析法的实质是用代数的方法研究几何.首先是通过映射建立曲线与方程的关系，即如果一条曲线上的点构成的集合与一个方程的解集之间存在一一映射，则方程叫做这条曲线的方程，这条曲线叫做方程的曲线。如x2+y2=1是以原点为圆心的单位圆的方程。

2．求曲线方程的一般步骤：(1)建立适当的直角坐标系；(2)写出满足条件的点的集合；(3)用坐标表示条件，列出方程；(4)化简方程并确定未知数的取值范围；（5）证明适合方程的解的对应点都在曲线上，且曲线上对应点都满足方程（实际应用常省略这一步）。

3．直线的倾斜角和斜率：直线向上的方向与x轴正方向所成的小于1800的正角，叫做它的倾斜角。规定平行于x轴的直线的倾斜角为00，倾斜角的正切值（如果存在的话）叫做该直线的斜率。根据直线上一点及斜率可求直线方程。

4．直线方程的几种形式：（1）一般式：Ax+By+C=0；（2）点斜式：y-y0=k(x-x0)；（3）斜截式：y=kx+b；（4）截距式：xx1yy1xy（5）两点式：；（6）法线式方1；abx2x1y2y1程：xcosθ+ysinθ=p（其中θ为法线倾斜角，|p|为原点到直线的距离）；（7）参数式：xx0tcos（其中θ为该直线倾斜角），t的几何意义是定点P0（x0, y0）到动点P（x,

yy0tsiny）的有向线段的数量（线段的长度前添加正负号，若P0P方向向上则取正，否则取负）。

5．到角与夹角：若直线l1, l2的斜率分别为k1, k2，将l1绕它们的交点逆时针旋转到与l2重合所转过的最小正角叫l1到l2的角；l1与l2所成的角中不超过900的正角叫两者的夹角。若记到角为θ，夹角为α，则tanθ=kk1k2k1,tanα=2.

1kk1k1k2126．平行与垂直：若直线l1与l2的斜率分别为k1, k2。且两者不重合，则l1//l2的充要条件是k1=k2；l1l2的充要条件是k1k2=-1。

7．两点P1(x1, y1)与P2(x2, y2)间的距离公式：|P1P2|=(x1x2)2(y1y2)2。 .

8．点P(x0, y0)到直线l: Ax+By+C=0的距离公式：d|Ax0By0C|AB22。

9．直线系的方程：若已知两直线的方程是l1：A1x+B1y+C1=0与l2：A2x+B2y+C2=0，则过l1,

l2交点的直线方程为A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2=0；由l1与l2组成的二次曲线方程为（A1x+B1y+C1）（A2x+B2y+C2）=0；与l2平行的直线方程为A1x+B1y+C=0(CC1).

10．二元一次不等式表示的平面区域，若直线l方程为Ax+By+C=0. 若B>0，则Ax+By+C>0表示的区域为l上方的部分，Ax+By+C<0表示的区域为l下方的部分。

11．解决简单的线性规划问题的一般步骤：（1）确定各变量，并以x和y表示；（2）写出线性约束条件和线性目标函数；（3）画出满足约束条件的可行域；（4）求出最优解。

12．圆的标准方程：圆心是点(a, b)，半径为r的圆的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2，其参数方xarcos程为（θ为参数）。

ybrsin13．圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)。其圆心为DE,，半径为221D2E24F。若点P(x0, y0)为圆上一点，则过点P的切线方程为

2x0xy0yx0xy0yDE22F0. ①

14．根轴：到两圆的切线长相等的点的轨迹为一条直线（或它的一部分），这条直线叫两圆的根轴。给定如下三个不同的圆：x2+y2+Dix+Eiy+Fi=0, i=1, 2, 3. 则它们两两的根轴方程分别为(D1-D2)x+(E1-E2)y+(F1-F2)=0; (D2-D3)x+(E2-E3)y+(F2-F3)=0; (D3-D1)x+(E3-E1)y+(F3-F1)=0。不难证明这三条直线交于一点或者互相平行，这就是著名的蒙日定理。

二、方法与例题

1．坐标系的选取：建立坐标系应讲究简单、对称，以便使方程容易化简。

例1 在ΔABC中，AB=AC，∠A=900，过A引中线BD的垂线与BC交于点E，求证：∠ADB=∠CDE。

[证明] 见图10-1，以A为原点，AC所在直线为x轴，建立直角坐标系。设点B，C坐标分xy1， ①直线BCa2a方程为x+y=2a， ②设直线BD和AE的斜率分别为k1, k2，则k1=-2。因为BDAE，所以别为（0,2a）,(2a,0)，则点D坐标为（a, 0）。直线BD方程为1yx,11k1k2=-1.所以k2，所以直线AE方程为yx，由解得点E坐标为222xy2a42a,a。

33.

所以直线DE斜率为k302a34aa32.因为k1+k3=0.

所以∠BDC+∠EDC=180，即∠BDA=∠EDC。

例2 半径等于某个正三角形高的圆在这个三角形的一条边上滚动。证明：三角形另两条边0截圆所得的弧所对的圆心角为60。

[证明] 以A为原点，平行于正三角形ABC的边BC的直线为x轴，建立直角坐标系见图10-2，设⊙D的半径等于BC边上的高，并且在B能上能下滚动到某位置时与AB，AC的交点分别为E，F，设半径为r，则直线AB，AC的方程分别为y2223x,y3x.设⊙D的方程为3x1,y23x2，分别(x-m)+y=r.①设点E，F的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，则y1代入①并消去y得

2(x1m)23x12r20.(x2m)23x2r20.

所以x1, x2是方程4x2-2mx+m2-r2=0的两根。

mxx,122由韦达定理，所以

22xxmr124|EF|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(x1-x2)2+3(x1-x2)2

=4(x1+x2)2-4x1x2=m2-(m2-r2)=r2.

所以|EF|=r。所以∠EDF=600。

2．到角公式的使用。

例3 设双曲线xy=1的两支为C1，C2，正ΔPQR三顶点在此双曲线上，求证：P，Q，R不可能在双曲线的同一支上。

[证明] 假设P，Q，R在同一支上，不妨设在右侧一支C1上，并设P，Q，R三点的坐标分别为x1,1x11,x,2x21,x,3x3,且0

x3x2x2x3x1x2x1x2由到角公式tank2k11k1k211x1x2x2x3x(x1x3)220.

1x1x2x3112x1x2x3所以θ为钝角，与ΔPQR为等边三角形矛盾。所以命题成立。

3．代数形式的几何意义。

例4 求函数f(x)x43x26x13x4x21的最大值。 .

[解] 因为f(x)(x22)2(x3)2(x21)2(x0)2表示动点P(x, x2)到两定点A(3, 2), B(0, 1)的距离之差，见图10-3，当AB延长线与抛物线y=x2的交点C与点P重合时，f(x)取最大值|AB|=10.

4．最值问题。

例5 已知三条直线l1: mx-y+m=0, l2: x+my-m(m+1)=0, l3: (m+1)x-y+m+1=0围成ΔABC，求m为何值时，ΔABC的面积有最大值、最小值。

[解]记l1, l2, l3的方程分别为①，②，③。在①，③中取x=-1, y=0，知等式成立，所以A(-1, 0)为l1与l3的交点；在②，③中取x=0, y=m+1，等式也成立，所以B(0, m+1)为l2与l3的交点。设l1, l2斜率分别为k1, k2, 若m0，则k1•k2=m11由点1, SΔABC=|AC||BC|，m2，|BC|=到直线距离公式|AC|=|1m2m|1m2|m2m1|m12|m1m|1m211m2。

1m2m1所以SΔABC=22m1≤2m，所以31m22+1，。因为2m≤m所以S≤。又因为-m-11ΔABC242m11m1，所以SΔABC≥.

242m131当m=1时，（SΔABC）max=；当m=-1时，（SΔABC）min=.

445．线性规划。

例6 设x, y满足不等式组1xy4,

y2|2x3|.（1）求点(x, y)所在的平面区域；

（2）设a>-1，在（1）区域里，求函数f(x,y)=y-ax的最大值、最小值。

1xy4,1xy4,[解] （1）由已知得y22x3,或y232x,

2x30,2x30.解得点(x, y)所在的平面区域如图10-4所示，其中各直线方程如图所示。AB：y=2x-5；CD：y=-2x+1；AD：x+y=1；BC：x+y=4.

(2) f(x, y)是直线l: y-ax=k在y轴上的截距，直线l与阴影相交，因为a>-1，所以它过顶点C时，f(x, y)最大，C点坐标为（-3，7），于是f(x, y)的最大值为3a+7. 如果-12，则l通过B（3，1）时，f(x, y)取最小值为-3a+1.

6．参数方程的应用。

例7 如图10-5所示，过原点引直线交圆x2+(y-1)2=1于Q点，在该直线上取P点，使P到直线y=2的距离等于|PQ|，求P点的轨迹方程。

[解] 设直线OP的参数方程为xtcos（t参数）。

ytsin