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数学宝典(初等数学)


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排列组合与二项式定理
【基本概念与知识点】
1.加法原理 如果完成一件事有 n 类办法,只要选择其中一类办法中的任何一种方法,就可以完成这件事;若第一

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 种不同的办法,那么完成这件事共 有

N = m1 + m2 + + mn
种不同的方法. 2.乘法原理 如果完成一件事,必须依次连续地完成 n 个步骤,这件事才能完成;若完成第一个步骤有 m1 种不同的方法,完 成第二个步骤有 m2 种不同的方法……完成第 n 个步骤有 mn 种不同的方法,那么完成这件事共有

N = m1 m2 mn
种不同的方法. 3.排列 (1)排列的定义:从 n 个不同元素中,任意取出 m( m ≤ n) 个元素,按照一定顺序排成一列,称为从 n 个不同元素 中取出 m 个元素的一个排列. (2)排列数:从 n 个不同元素中取出 m 个元素(m≤n)的所有排列的种数,称为从 n 个不同元素中取出 m 个不同 元素的排列数,记作 Pn .当m = n 时, Pn 称为全排列.
m n

(3)排列种数公式: ①规定 Pn = 1.
0

② Pnm = n( n 1)(n 2) ( n m + 1) = ③ Pn = n( n 1)(n 2) 3 2 1 = n!.
n

n! . (n m)!

④ Pn = Pn Pn k
m k

m k

( k ≥ m) .

4.组合 (1)组合的定义:从 n 个不同元素中,任意取出 m( m ≤ n) 个元素并为一组,叫做从 n 个不同元素中取出 m 个元素 的一个组合. (2)组合数: 从 n 个不同元素中,取出 m( m ≤ n) 个元素的所有组合的个数,称为从 n 个不同元素中,取出 m 个不 同元素的一个组合数,记作 C n . ①规定: Cn = 1
0 m

② Cn =
m

n(n 1) (n m + 1) m(m 1) 2 1

Pnm n! = = m!(n m)! m!
②中所反映出的排列与组合数的关系,也可以表示为 Pn = C n Pm .
m m m

(3)组合数的性质: ① Cn = Cn
m m nm

.
m 1

② C n+1 = C n + Cn .
m

(4)常用组合恒等式: ① Cn + Cn + Cn + + Cn = 2
0 1 2 n n

② Cn + Cn + Cn + + Cn = 2
0 2 4 n

n 1

(n为偶数) (n为奇数)

③ Cn + Cn + Cn + + Cn = 2
1 3 5 n

n 1

由②,③两恒等式说明,①式中奇数项和与偶数项和的值相等均为 2 n 1 . ④ C n + 2C n + 3C n + + nC n = n 2
1 2 3
n n 1

⑤ C n 2C n + 3C n + + ( 1)
1 2 3
m m m

n 1

n nC n = 0

⑥ C m + C m +1 + + C m + n = C m + n +1 5.元素可重复的排列 从 n 个不同元素中,每次取出 m 个元素,其中允许元素重复出现,再按照一定的顺序排成一列,那么第一,第二,… 第 m 位上选取的方法都是 n 个,所以从 n 个不同元素中,每次取出 m 个可重复元素的排列种数是 nm 个. N 个元素中若有 m 个相同元素,则这 n 个元素的全排列的种数是 6.二项式定理 二项式定理是多项式乘幂定理的最简单的形式,主要研究 ( a + b) n 的各元素 a,b,n 与其展开式中各项系数, 指数之间的关系,以及展开式本身所具有的性质,我们可以用排列与组合的方法,真接推导出展开式的任何一项或 整体
0 1 k n n (a + b) n = C n a n + C n a n1b + + C n a n k b k + + C n 1ab n1 + C n b n .

m +1

Pnn . m Pm

(1)

其中第 k + 1项Tk +1 = C n a
k

nk

b k 称为通项.可以作为公式来使用.

式(1)是一个恒等式,即对任何 a,b 的取值,等式恒成立.在式(1)中,若令 a=b=1 则得到
0 1 2 n C n + C n + C n + + C n = 2.

( 2)

.

1

0 1 n C n , Cn ,… C n 称为展开式中的二项式系数,式(2)是个重要公式,即二项式系数之和等于 2n.二项式系数还有

如下性质: (1) 距首末等距离的两项的二项式系数相等,或称二项式系数具"对称性"; (2) 二项式系数的奇数项和等于偶数项和; (3) n 为偶数时中项值最大; n 为奇数时双中项等值且最大.

充分性判断题解题技巧
【充分条件基本概念】
1.定义 对两个命题 A 和 B 而言,若由命题 A 成立,肯定可以推出命题 B 也成立(即 A B 为真命题) , 则称命题 A 是命题 B 成立的充分条件. 2.条件与结论 两个数学命题中,通常会有"条件"与"结论"之分,若由"条件命题"的成立,肯定可 以推出"结论命题"也成立,则称"条件"充分.若由"条件命题"不一定能推出(或不能推出)"结论命题"成 立,则称"条件"不充分. 例如:不等式 x 5 x 6 < 0 能成立.
2

(1) 1 < x < 3 (3) x = 5 (4) 1 < x < 6
2

(2) x > 7 (4) x < 6

此例中,题干 x 5 x 6 < 0 能成立" " ,这个命题是 "结论" ,下面分别给出了 5 个命题都是不同的 "条件" . 现在我们可以把它们按充分与否分为两类:条件(1),(3),(5)充分.条件(2),(4)不充分. 3.知识点评述 1.充分条件的判断:从给定的条件出发去分析,在此条件下,结论是否一定成立,若是,则条 件充分,若否,则条件不充分.我们在做充分性判断的试题时,不可从"结论"入手去求解!那样只能得出"条件" 对"结论"的"必要性",而与充分性判断相背离.如:在此例中,由结论命题: x 5 x 6 < 0 能成立,可解得
2

1 < x < 6 .这只证明条件(5)是必要的.事实上,条件(5)是结论 x 2 5 x 6 < 0 能成立的充分必要条件,才"歪打
正着"被你找到了一个充分条件.

【充分条件基本概念】
本书中,所有充分性判断题的 A,B,C,D,E 五个选项所规定的含义,均以下列呈述为准,即: (A)条件(1)充分,但条件(2)不充分; (B)条件(2)充分,但条件(1)不充分; (C)条件(1)和(2)充分单独都不充分,但条件(1)和(2)联合起来充分; (D)条件(1)充分,条件(2)也充分; (E)条件(1)和(2)单独都不充分,条件(1)和(2)联合起来也不充分. 上述 5 个选项,把条件(1)和(2)以及两条件联立起来(同时都满足即

(1) 的充分性的所有情况都包括了,但其 (2)

中"联合"不是数学名词,没有准确的定义,改为"联立"与原题意比较贴切.比如:不等式 x (6 x + 5) < 4 成立.) (1) x > 1
.

(2) x <

1 3
2

分析 由题干 x (6 x + 5) < 4 解上述不等式,得



4 1 <x< 3 2 1 ,从而原不等式成立.因此,答案是 C. 3

显然(1),(2)单独都不满足 即立(1)和(2)得出 1 < x <

常用的求解方法有以下几种: 解法一 直接法(即由 A 推导 B.) 若由 A 可推导出出 B,则 A 是 B 的充分条件;若由 A 推导出与 B 矛盾的结论,则 A 不是 B 的充分条件.解法一是 解"条件充分性判断"型题的最基本的解法,应熟练掌握. 例 1 要保持某种货币的币值不变. (1) 贬值 10%后又升值 10%; (2) 贬值 20%后又升值 20%; 分析 设该种货币原币值为 a元( a ≠ 0) .

由条件(1)经过一次贬值又一次升值后的币值为:

a (1 10%) (1 + 10%) = a 0.9 1.1 = 0.99a.
显然与题干结论矛盾. 所以条件(1)不充分. 由条件(2)经过一次贬值又一次升值后的币值为:

4 5 a (1 20%) (1 + 25%) = a = a 5 4
即 题干中的结论成立,所以条件(2)充分,故应选择 B. 例 2 等差数列 {a n } 中可以确定

S100 = a1 + a 2 + + a100 = 250
(1) a 2 + a3 + a98 + a99 = 10 (2) a2 + a5 + a97 + a98 = 10 解 据等差数列性质有 由条件(1) 由条件(1) a1 + a100 = a2 + a99 = a3 + a98 = 2 M

∴ S100 = M × 100 =
由条件(2)

10 × 100 = 250 .条件(1)充分. 4

a 2 + a98 = 2a50 , a5 + a97 = 2a51 10 =5 2




a50 + a51 =

a1 + a100 = a50 + a51 = 5 S100 = (a1 + a100 ) 5 × 100 = × 100 = 250 2 2
.



3

所以条件(2)也充分.故应选择 D. 解法二 定性分析法(由题意分析,得出正确的选择.) 当所给题目比较简单明了,又无定量的结论时,可以分析当条件成立时,有无结论成立的可能性,从而得出正 确选择,而无需推导和演算. 例 1 对于一项工程,丙的工作效率比甲的工作效率高. (1)甲,乙两人合作,需 10 天完成该项工程; (2)乙,丙两人合作,需 7 天完成该项工程; 解 条件(1)中无甲与丙间的关系,条件(2)中亦无甲与丙间的关系,故条件(1)和(2)显然单独均不充分. 将两条件联合起来分析:在完成相同工作量的前提下,甲与乙合作所需时间比乙与丙合作所需时间多,故甲 的工作效率当然比丙的工作效率低,题干结论成立,所以条件(1)和(2)联合起来充分. 故应选择 C. 例 2 在一个宴会上,每个客人都免费获得一份冰淇淋或一份水果沙拉,但不能同时获得二者,可以确定有 多少客人能获得水果沙拉. (1) 在该宴会上,60%的客人都获得了冰淇淋; (2) 在该宴会上,免费提供的冰淇淋和水果沙拉共 120 份. 由于条件(1)中不知客人总数,所以无法确定获得水果沙拉的客人的人数.而由于条件(2)中只给出客人 解 总数,所以仍无法确定获得水果沙拉的客人的人数,故条件(1)和(2)单独显然均不充分. 由条件(2)知客人总数,由条件(1)可获得水果沙拉的客人点总客人数的百分比,必可确定获水果沙拉的客人 的人数,所以条件(1)和(2)联合起来充分. 故应选择 C. 逆推法(由条件中变元的特殊值或条件的特殊情况入手,推导出与题干矛盾的结论,从而得出条件 解法三 不充分的选择.) 注意 此种方法绝对不能用在条件具有充分性的肯定性的判断上. 例 1 要使不等式 1 x + 1 + x > a 的解集为 R. (1) a > 3 解 (2) 2 ≤ a < 3 .

由条件(1) a > 3 ,取 a = 4 ,原式即 1 x + 1 + x > 4 ,

此不等式化为:

x ≥ 1, 1 ≤ x < 1, x < 1, 或 或 2 x > 4, 2 x > 4, 2 x > 4,

所以 x > 2或x ∈ 或x < 2 . 所以不等式的解为 x < 2或x > 2 ,所解集为 R 矛盾. 所以条件(1)不充分. 由条件(2), 2 ≤ a < 3 ,取 a = 2 ,不等式化为 1 x + 1 + x > 2 ,

此不等式化为:

x ≥ 1, 1 ≤ x < 1, x < 1, 或 或 2 x > 2, 2 x > 2, 2 x > 2,

所以 x > 1或x ∈ 或x < 1 . 所以不等式的解为 x < 1或x > 1 与解集为 R 矛盾. 所以条件(2)也不充分. 条件(1)和(2)联合,得

a > 3, 2 ≤ a < 3,

所以 a ∈ ,显然条件(1)和(2)联合起来也不充分. 故应选择 E.
.

4

例 2 三个球中,最大球的体积是另外两个球体积之和的 3 倍. (1) 三个球的半径之比为 1:2:3; (2) 大球半径是另两球半径之和. 解 由条件(1)设三球半径分别为 r ,2r ,3r. 所以大球体积

4 V大 = π (3r ) 3 = 36πr 3 . 3
两小球体积和

4 4 36 V1 + V2 = πr 3 + π (2r ) 3 = πr 3 . 3 3 3
显然 V大 = 3(V1 + V2 ) . 所以条件(1)充分. 由条件(2)设两小球的半径分别为 r1 = 1, r2 = 3 ,大球半径 r = 4 .所以

4 256 V大 = π 4 3 = π, 3 3 4 4 112 V1 +V2 = π 13 + π 33 = π. 3 3 3
显然 V大 ≠ 3(V1 + V2 ) . 所以条件(2)不充分. 故应选择 A. 注意 条件(1)的充分性,是用解法一判断的,只有当条件不充分时,才可用解法三,如对条件(2)不充分的判断. 解法四 一般分析法(寻找题干结论的充分必要条件.) 即:要判断 A 是否是 B 的充分条件,可找出 B 的充要条件 C,再判断 A 是否是 C 的充分条件.

a 例 1 要使 x + 2 的展开式中的常数项为 60. x
(1)a=1 解 设 x + (2)a=2

6


r 6

a 展开式的常数项为 Tr +1 ,因为 x2 a r r 6 3 r 2 = C6 a x . x
r

6

Tr +1 = C x
所以 因为

6 r

6 3r = 0, r = 2.

C62 a 2 = 60 ,

所以 15a 2 = 60, a = ±2. 所以题干中结论的充要条件是 a = ±2 . 所以条件(1) a = 1 不充分;条件(2) a = 2 充分. 故应选择 B. 此题用解法一需要将 a = 1 和 a = 2 代入,推算两次,而用此种方法只推算一次得出 a = ±2 即可. 例 2 要使关于 x 的一元方程 x 2 x + k = 0 有四个相异的实根.
4 2

(1) 0 < k <

1 ; 2
.

(2) 1 < k < 2 .
5



方程 x 2 x + k = 0 有四个相异的实根,设 t = x , t ≥ 0 ,则方程 t 2t + k = 0 应有两个不等正实根
4 2

2

2

t1 > 0, t 2 > 0 ,所以
> 0, t1 + t 2 = 2 > 0, t1t 2 > 0,


4 4k > 0, k > 0, k < 1, k > 0, 0 < k < 1.

所以

所以题干中结论的充要条件是 0 < k < 1, 所以条件(1)充分, 条件(2)不充分 故应选择 A.. 一道条件充分性判断试题有时可以用多种方法求解,如上面的例 2 也可求解如下: 又解 设 t = x , t > 0 ,所以原方程化为:
2

t 2 2t + k = 0.
原方程有四个相异实根,即(*)有两个不等正实根.因为

= 4 4k = 4(1 k ). 1 由条件(1) k < ,所以 > 0 ,又因为两根之和为 2,两根之积为 k,由条件(1) k > 0, 所以这两根一定是不等正实 2
根.题干结论成立,所以条件(1)充分. 由条件(2) 1 < k < 2 ,取 k =

3 ,则(*)化为 2

t 2 2t +

3 = 0, 2 3 = 4 4 × = 2 < 0, 2

方程无实根. 题干结论不成立,所以条件(2)不充分,故应选择 A. 【解题步骤及套路】 步骤之一: 步骤之一:首先认真阅读解题说明的每个字,特别是 A,B,C,D,E5 个选择项的含义,与自己平时练习时样题 中的 A,B,C,D,E5 个选择项的含义与顺序是否一致,然后画出金字塔判断图 根据上面的金字塔由上到下,对应于题目中给出的条件(即 1 和 2)由强及弱,依次排列,这样可使得考生不至于对 于本来会做的题目因为看错 A,B,C,D,E 而搞错. 步骤之二: 步骤之二:具体在解题时,考虑使用如下记号标记:

.

6

如 (1) G ,则在该题的(1)前打"√" ,如 (1) ≠ G ,则在该题的(1)前标"×" ;对条件(2)同样处理.而 对 (1) ∩ ( 2) 的标记标有(1)与(2)的两个标号前面用大括号括起来,现打"√"或"×"即可.将上面的金字 塔图补充完整为

步骤之三: , 步骤之三:有时候可能只标了(1),而怎么也确定不了(2)前面应该是"√"还是"×" 无法确定,可以推出结果只有可能为 D 或 A,选择范围大大缩小,成功率也高达 50%.

此时应该先放过

去,等其他简单题做完之后再回来补,若实在没有时间,还可以有限度地猜一下,比如:若已确定(1)充分,(2) 步骤之四: 步骤之四:在第一遍做题时不要匆忙将每道题的选择答案 A 或 B 直接填上,这样最容易填错.应该在第一遍 时只标"√"或"×" ,其他等这 18 道小题全部看完后再把"√"或"×"翻译成标准答案中的 A 或 B 并涂到答 题纸上.这样效率高,而且不容易错. 步骤之五: 步骤之五:考生如认为这一套解条件充分性判断题的步骤适合自己的话,不妨从现在备考开始,解这类题型 时都严格按这套流程来训练,把这个套路练熟,达到烂熟于心,熟能生巧,这样有了充分的准备,考场上面对充 分性判断这类新题型,考生就不会怵头了. 【条件充分性判断题的解题技巧】
.

7

解题技巧之一: 解题技巧之一:直接检验法 将满足条件(1)和(2)分别代入结论 C 中检验,根据检验结果来判别.也可以抽几个样本试算. 代入检验法,是直接检验法中最简单的一种,还有样本检验法无法直接从条件出发代 人,而是从满足条件 的集合中抽取有代表性的样本,再代入题干检验.应该说明的是,样本检验属于不完全检验,不能严格证明,考 生应作为辅助办法使用,或实在没辙了可以试一试. 解题技巧之二: 解题技巧之二:直接逻辑推理法 有时条件(1),(2)及结论 C 都是描述性的判断,实际上该类题属于纯逻辑题,可能会有点绕,但比起 MBA 联考正宗的逻辑题目来说,也是"小巫见大巫"了.因此考生在复习逻辑时要认真准备,因为数学部分的充分性 判断题本身就非常需要考生加强在逻辑方面的知识和素养.笔者建议大家看一下《MBA 联考 300 分奇迹》的逻辑 分册,很有特色,对解这一类的数学题会有意想不到的帮助. 例 1 小李比小张年龄大. (1)小张的哥哥今年刚满 18 岁,可以参加选举了 (2)小李昨天刚度过了自己的 30 岁生日 题干中涉及到小李和小张的年龄比较问题,而条件(1)完全不涉及小李,条件(2)完全不涉及小张,因此单独 使用(1)或(2)都不能独立推出结论.根据条件(1)的表述,我们可以由小张年龄<小张哥哥年龄=18 岁推出小张年 龄<18 岁,根据条件(2)的表述,得到小李年龄=30 岁;这两个判断联在一起,由小张年龄<18 岁<30 岁=小李年龄 可以得到小李年龄比小张年龄大.即此题应选 C. 解题技巧之三: 解题技巧之三:化繁就简法 有时或者是条件(1),(2),或者是结论 G,可能表述或形式上比较复杂,不容易看清楚,这时候应该考虑用 一些办法化繁就简,更易于比较和推理.事实上,化简以后,题目答案甚至一目了然了. 例2

x 3 3 x 2 4 x + 12 = 2 成立. x 3 6 x 2 + 11x 6
2

(1) x + x = 20

(2)

x2 + x 2 3 = x2 x 2

由题目看出,这几个式子都比较繁杂,难以看出彼此关系,通过化简将

x 3 3 x 2 4 x + 12 x 2 ( x 3) 4( x 3) = 3 x 3 6 x 2 + 11x 6 x 6 x 2 + 5 x + 6 x 6

( x 2 4)( x 3) x( x 2 6 x + 5) + 6( x 1) ( x + 2)( x 2)( x 3) = x( x 1)( x 5) + 6( x 1) ( x + 2)( x 2)( x 3) = ( x 1)( x 2 5 x + 6) ( x + 2)( x 2)( x 3) = ( x 1)( x 2)( x 3) x+2 = x 1 = 2(其中x ≠ 3, x ≠ 2且x ≠ 1), =
进一步得 x=4.
.

8

对条件(1)化简为 x + x 20 = 0, ( x 4)( x + 5) = 0, 得x = 4或x = 5 .
2

对条件(2)化简为 2 x 2 + 2 x 4 = 3 x 2 3 x(其中x ≠ 0且x ≠ 1), 进一步得 ( x 1)( x 4) = 0 ,由于 x ≠ 1 ,所 以 x = 4 ,则(1)不充分,(2)充分. 解题技巧之四: 解题技巧之四:直观画图法 有些题目涉及到集合的相互关系,涉及到空间关系,还有彼此之间循环的逻辑关系等,这类题通常都比较绕, 光在脑子里想着想着就乱了,又得重来,实际上这类题的难度并不大,要养成在纸上画图的习惯,把逻辑关系, 空间 关系等各种纷繁复杂的关系画出来,就可清楚地找出规律来了. 例 3 设 A,B 为随机事件,A = B 成立. (1) P ( A B ) = 0 (2) P ( AB ) = 0 本题如果用计算或推理都很难下手,我们考虑作图.先考虑条件(1),阴影部分为 A ,而 P ( A B ) = 0 即指 A 与 B 不相交,则 B 只能躲藏于 A 的内部,这样可以得到 B A .同理根据条件(2)可以得到 A B . 显然由 A B 且 B A ,可以得到 A=B,即可选 C.这就是画图的妙用.脑子里很难想明白的关系,纸上一画图, 有豁然开朗的感觉,考生们不妨一试.

解题技巧之五: 解题技巧之五:证伪排除法 数学上的证伪就是举反例.比如证明条件(1)充分需要数学上严格的证明,但如果我们能找出某个例子满足条 件(1),但不满足结论 G,就可以说条件(1)充分是错误的,可以立刻把 A 和 D 排除掉.这样考生的选择范围大大缩小, 进一步可以用其他方法从剩下的 3 个答案中选出正确答案,实在不行的话,从 3 个答案中猜一个,猜中的概率也大 大增加了. 例 4 不等式 x 4 x + 3 < 0 成立
2

(1) x y 2 = 5

(2) x = 2
2 2

对于条件(2) x = 2 ,直接代入不等式 2 4 × 2 + 3 = 1 < 0 成立,条件(2)充分. 对于条件(1),不好直接解答,可考虑举反例,令 x = 5, y = 2 ,代入原不等式, 5 4 × 5 + 3 < 0 不成立,则(1) 不充分,最后结果应选 B.

初等数学基本概念
(一)绝对值
【基本概念与知识点】
1.定义 实数 a 的绝对值记作|a|,其文字叙述的定义的数学表达式如下:

.

9

a ( a ≥ 0) a = a ( a < 0)
2.几何意义 一个实数在数轴上所对应的点,到原点的距离值,就是这个实数的绝对值. 3.绝对值的性质 (1)对称性:互为相反数的两个实数的绝对值相等,即:

a = a.
(2)等价性:任何实数的平方的算术平方根就是这个实数的绝对值.

a 2 =| a | (其中a ∈ R)
(3)自比性:任意实数的绝对值不小于它自身,而绝对值的相反数不大于它自身, 即:

| a |≤ a ≤| a | .

当且仅当 a ≥ 0 时,右边等号成立;而 a ≤ 0 时,左边等号成立. (4)非负性:任何实数 a 的绝对值非负,即 | a |≥ 0 ,推而广之,应当有:

a2 ≥ 0 ;
a2 ≥ 0 ;

f ( a, b ) ≥ 0 ;
[ f ( x)]2 ≥ 0 ;

a ≥ 0时n a ≥ 0(n ∈ N )
(5)基本绝对值不等式 1) x ≤ a a ≤ x ≤ a; ( a > 0) 2) x a a ≤ x ≤ a; ( a > 0) 3) a b ≤ a + b ≤| a | + | b | ;右边等号成立充要条件是 ab ≥ 0 ,而左边等号成立的充要条件是

4) | a1 + a 2 + + an |≤| a1 | + | a2 | | an |
即有限个实数之和的绝对值不大于它们的绝对值之和. 例如:等式 | 2 x 1 |=| x 3 | + | x 8 | 成立的条件是 (A) 3 ≤ x ≤ 8 (C) ( x 3)( x 8) ≥ 0 (E) 8 ≤ x ≤ 3 . 解 (B) x ≤ 8 (D) x ≥ 3

ab ≤ 0 . | a |≥| b |

由 | 2 x 1 |=| x 3 | + | x 8 ≤| x 3 | + | x 8 || 这一基本绝对值不等式中,等号成立的充要条件为

( x 3)( x 8) ≥ 0 ,可以得知:
当 x ≤ 3 或 x ≥ 8 时等式都能成立.应先 C.

(二)比和比例
【基本概念与知识点】
两数相除称为两数之比, a ÷ b =

a a (b ≠ 0) 称为 a 比 b,称 a 为比的前项,b 为比的后项, 称为比值,记作 b b

a :b =

a b

1.比的性质 比的性质 (1) a : b = k a = kb,
.

10

(2) a : b = ac : bc(c ≠ 0). 2.比例的定义 比例的定义 相等的比称为比例,记为 a : B = c : d或 又如:

a c = . b d

a b c = = 等等. m n p

3.比例基本性质 比例基本性质 (1) a : b = c : d ad = bc 即两外项积与两内项积相等. (2)若 a : b = b : c ,称 b 为 a 和 c 的比例中项,恒有 b = ac 成立.
2

(3)若 y = kx, 称y与x 成正比例;

y=

k , 称y与x 成反比例. x

其中 k 为非零常数,称为比例系数. 4.解应用题的有关基本知识 解应用题的有关基本知识 (1)解百分数的应用题时,一定要准确找到每一个百分比的标准量是什么,尤其是在同一题中不同百分比各自 有不同标准量时要多加小心. (2)此考点试题以应用题为主,在应用问题求解时,最主要的是准确理解题意,在反复阅读的基础上,合理选择正 确的方法,尽量较简捷地得出答案. (3)常用应用题解法有: ①转化法:改变思考的方式或角度,使复杂问题,转化为熟悉的,简单的基本问题,或将题中条件,加以转化,或重 新组合,以便于得到明确的解题思路,另外把复杂的数量关系中不同的单位制,转化为统一单位制下的简单数量关 系. ②穷举法:这是朴素且实用的方法,对讨论对象加以分类,使问题简化. ③图解法:以图形表达命题,帮助我们理解题意,发现隐含条件,找到解题途径. ④代数法:设未知量找等量关系分列方程. 除这几种常用解法外还有逆推法,综合法,归纳法等等,可依据题目的类型和特点选择使用.

【知识点评述】
1.比和比例与 MBA 数学联考 比和比例与 比和比例这部分内容属于算术,但在 MBA 联考的数学试题中,都占有很重的比例,是必考的知识点.例如 2002 年联考第 5 题: 设

1 1 1 : : = 4:5:6 , x y z

则使 x + y + z = 74 成立的 y 值是 (A)24 (B)36 (C)74/3 (D)37/2 这是典型的比例问题,题型较新颖,但仍可利用比例系数,像一般比例问题一样去求解.由已知有

1 1 1 x = y = z = k ,即 4 5 6

.

11

1 x = 4k 1 1 1 1 + + = 74 y = 5k 4 k 5k 6 k 1 z = 6k
k= 1 1 120 代入y = = = 24. 120 5k 5

∴ 此题应选 A.

同一份试题的第 4 题也是一道比和比例的应用题,原题是:某厂生产的一批产品经检验,优等品与二等品的比 是 5:2,二等品与次品的比例是 5:1,则该批产品的合格率(合格品包括优等品与二等品)为: (A)92% (B)92.3% (C)94.6% (D)96% 此题给出了两个比,但却必须知道 3 种不同等级的产品在这批产品中,各自所占的比例,这就需要利用比例中项 和比例的性质定理,求出同一个量在不同的比中的数值的最小公倍数,再利用比的性质,把它们化为比例式.如: 优质品:二级品 = 则可得到

5 25 = 2 10

二级品:次品 =

5 10 = 1 2

优质品:二级品:次品=25:10:2



合格率 =

25 + 10 ×100% 25 + 10 + 2 ≈ 946%.

应选 C. 2.关于比例系数 k ≠ 0 关于比例系数 一般地说,比例的有关试题,都可通过设出比例系数的方法得到解决,否则解题过程随试题难度的增大,将变得 越来越复杂,繁琐. 比如:已知 (A)19 解 由已知有

x 3 3x + 2 y = , 那么 的值是 y 5 3x 2 y
(B)-19 (C)6 (D)-6

x 3 = y 5



x=

3 y 5

3 3× y + 2 y 3x + 2 y 5 = 19 ∴ = 3x 2 y 3 × 3 y 2 y 5
又如,若

x 3 2x 7 y = ,要求出 的值,这里再告诉你一个简单有效的计算方法,那就是将上式中的 x,y,分别以 y 5 3x + 9 y

3 和 5 代换直接计算即:

2x 7 y 2× 3 7 × 5 29 = = 3x + 9 y 3 × 3 + 9 × 5 54
就是正确答案.
.

12

要证明不难,请看下面的过程:



x 3 x y = = y 5 3 5
x y = ( k ≠ 0) 3 5

因此设比例系数 k =

x = 3k 代入求值原式,即 y = 5k
2 x 7 y 2 × 3k 7 × 5k = 3 x = 9 y 3 × 3k + 9 × 5k

29k 54k 29 = . 54 =
2003 年联考条件充分性判断第 1 小题是: 某公司得到一笔贷款共 68 万元,用于下属三个工厂的设备改造,结果甲,乙,丙三个车间按比例分别得到 36 万元,24 万元和 8 万元. (1)甲,乙,丙三个工厂按

1 1 1 : : 的比例分配贷款. 2 3 9

(2)甲,乙,丙三个工厂按 9:6:2 的比例分配贷款. 解 由条件(1)

1 1 1 : : =9:6:2 2 3 9
9 K + 6 K + 2 K = 68

即条件(1)与条件(2)等价.从而可能的选项只有 D,或 E,设比例系数 K,则依题意有

∴ K = 4.
甲,乙,丙三厂分别分配得:

9 × 4 = 36(万元),6 × 4 = 24(万元),× 4 = 8(万元) . 2
即结论成立,条件(1),(2)都充分,选 D. 3.百分比问题 3.百分比问题 (1)MBA 联考数学试题,每年都会出有关百分比的应用题,并且相对较难,同时,还存在着百分比的标准量不明 确,或同一题中不同百分比各自有不同标准量,使应试者难于判断,失误率高于其他应用题的实际情况,也说明百 分比问题是应用类题型的一个难点. (2)百分比问题对策. 百分比问题的解题规律,有经验的小学老师半个世纪前就已经总结出规律,其口诀是:求标准量"÷",求部分 量"×" ,增长了时"×(1+百分比)"(或"÷(1+百分比)"),减缩时"×(1-百分比)"(或"÷(1-百分比)").文 字描述为:求标准量用除,求部分量用乘;增长了时乘(除)"一加",减缩了时乘(除)"一减". 百分比问题的解题关键必然是标准量的确认,比如 1998 年联考第 1 题:一种货币贬值 15%,一年后需增值百分 之几才能保持原币值. (A)15% (B)15.25% (C)16.78% (D)17.17% (E)17.65% 分析 解此题的关键在于所求的百分比是比贬值后的币值为标准量的,只要明确了这个概念,不难得出正确
.

13

的解法:应设需增值 x%,并假定原币值为 a,依题意有:

a (1 15%)(1 + x%) = a 15 x% = ≈ 17.65% 85
应选 E. 又比如 1999 年 10 月 MBA 联考数学第 4 题.某商店将每套服装按原价提高 50%后,再做七折"优惠"的广告宣传, 这样每售出一套服装可获利 625 元.已知每套服装的成本是 2000 元,该店按"优惠价"售出一套服装比原价 (A)多赚 100 元 (B)少赚 100 元 (C)多赚 125 元 (D)少赚 125 元 (E)多赚 155 元 "优惠价"和利润这几个概念,有些题目还会给出利润所占的百分 解 解题之关键是要分清成本价,原销售价, 比,此时要注意,通常情况下毛利率这一百分比的标准量是销售价而不是成本价,这是在工商管理学的教材上明确 定义的,但具体题目还是会有指明以成本价计算利润率的情况,只能具体问题具体分析了,此题是已知最终售价即 "优惠价",由此逆推,依所给条件去求原价,即可知盈亏. 依题意"优惠价"为 2 000+625=2 625(元) 所以原价是 2 625÷70%÷(1+50%)=2 500(元) 多赚 2 625-2 500=125(元) 应选 C. 2001 年联考第一题所给利润率就是以标价而不是以实际的打折售价为标准量,也不是以成本价为标准量的, 原题是这样的:一商店把某商品按标价的九折出售,仍可获利 20%,若该商品的进价为每件 21 元,则该商品每件的 标价为 (A)26 元 (B)28 元 (C)30 元 (D)32 元 分析 可设标价为 x 元,则打折后的实售价为 9x/10,而标价的 20%为利润,即 x20%,依题意有: 9x/10-20x%=21 x=30(元) 应选 C. 解法中用到的一个概念,即 实售价-成本=利润,这是显而易见的,此题所涉及的商家的打折是真诚的让利行为,将原定价时的 30%的利润 率,降至 20%,即从获利 9 元降到 6 元,此题若以成本价为标准量得:

21× (1 + 20%) ÷
将得到错误答案 B.

9 = 28 (元) 10

(三)平均值
【基本概念与知识点】 1.n 个数 x1 , x2 , xn ,称

x1 + x2 + + xn 为这 n 个数的算术平均值, n
记作 x , x =

1 n ∑ xi . n i =1

.

14

2.n 个正数 x1 , x2 , xn ,称
n
n

x1 x2 xn1 xn 为这 n 个正数的几何平均值,记作 n

x
i =1

i

.

3. 对 n 个正数 x1 , x2 , xn 而言,它们的算术平均值永远不小于它们的几何平均值. 即

x1 + x2 + + xn n ≥ x1 x2 xn . n


1 n ∑ xi ≥ n n i =1

n

x
i =1

i

当且仅当

x1 = x2 = = xn 时,等号成立.
特别地当 n=2 时,称两正数 x1 , x2 的几何平均值 x1 x2 为 x1 与 x2 的比例中项.即

x1 : x1 x2 = x1 x2 : x2

整式运算与二项式定理
【基本概念与知识点】
1.虽然 2004 年新大纲对整式和分式的考察不作要求, 但整式的运算是代数学的基本, 本书仍作相应的介绍. 2.二项式定理是 2004 年大纲继续要求的内容,本节一并讲解.二项式定理的试题是 MBA 联考每年必考的内容, 不可掉以轻心. 3.综合除法, 余数定理和因式定理是多项式理论的精要部分,在此我们不必去深入了解和掌握这些理论,只要 求考生能利用其结论,简化运算和推理,快速求解某些稍难一点的试题,就可以了.

【知识点评述】
1.同底的幂的运算 其规律是指数的运算比幂的运算低一级,例如

a m a n = a m+ n , a m ÷ a n = a m n (a ≠ 0).
上一级的运算对本级运算是满足分配律的.故有:

(a m ) n = a mn .

( xy ) m = x m y m
就你 a ( x y ) = ax ay 一样. 我们规定: (1)任何非零实数的零次幂等于 1,即: x 0 = 1( x ≠ 0) (2) x
m

=

1 ( x ≠ 0) xm

2.常用基本公式 (1) ( a + b)( a b) = a 2 b 2
2 2 2 (2) ( a ± b) = a ± 2ab + b

(3) (a ± b)( a 2 ab + b 2 ) = a 3 ± b 3
.

15

(4) (a b)( a

n 1

+ a n2b + + b n1 ) = a n b n

(5) ( a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 ab bc ca ) = a 3 + b 3 + c 3 3abc (6) (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab 2ac 2bc. 上面所列公式从左推向右,是乘法公式;而从右推向左则是因式分解公式,因为它们都是恒等式,对所含字母的 任意实数值,原式均成立. 3.多项式的乘法 比如 (3 x + y )( a 2b) = 3ax + ay 6 2by .其法则是展开一个多项式,以其中每一个单项去乘另一多项式中 的各项,可得乘积中的各项,然后把同类项合并,可得乘积多项式,换言之,乘积中的任一项,都是每个因式多项式中各 取一项相乘,再合并同类项后的结果,这一法则对我们理解二项式定理,和解某些较难的二项式定理的试题大有裨 益.比如,求 ( x +
2

1 1) 6 展开式中不含 x 的项时,就可以将原式看成是编号不同的 6 个相同因式的乘积,只需考虑如 x

何选取各因式中的项,才能得到常数项的各种取法,就可以直接得到结果,而无需多次展开多项式了. 例中的展开式不含 x 的项为:
1 3 2 4 6 C6 C52C3 (1) 3 + C 6 C 4 + C6 (1) 6

= 60 + 15 + 1 = 44
4.多项式除法 (1)竖式除法和待定系数法 比如: (2 x 4 + 3 x 3 + 4 x 2 + x 2) ÷ ( x 2 x + 1)

2 x 2 + 5x + 7 x 2 x + a 2 x 4 + 3x 3 + 4 x 2 + x 2

2 x 4 2 x3 + 2 x2 5x3 + 2 x 2 + x 5x3 5x2 + 5x 7x2 4x 2 7x2 7x + 7 3x 9
= 2 x 2 + 5x + 7 +
也可以表示为

∴ (2 x 4 + 3 x 3 + 4 x 2 + x 2) ÷ ( x 2 x + 1)

3x 9 . x x +1
2

2 x 4 + 3x 3 + 4 x 2 + x 2 = (2 x 2 + 5 x + 7) + ( x 2 x + 1) + (3x 9)
上式的一般形式是

f ( x) = φ ( x) Q( x) + k ( x)
其中 f (x ) 是多项式除法中被除式. ( x 2 x + 1) 是除式,记作 φ ( x ) 2 x 2 + 5 x + 7 是商式 Q ( x), (3 x 9) 是余式 记为 R(x),余式至少比除式低一次,当除式为一次因式时,余式 R(x)=r.(为常数). 5.余数定理和因式定理 (1)如果 f ( x ) = a0 x + a0 x
n n 1

+ + a n 除以一次因式(x-a)所得的余数一定是 f(a).
.

16

∵ f ( x) = ( x a)Q( x) + r.令x = a则必有f (a) = r .
(2)因式定理,多项式 f (x ) 含有因式(x-a),(即 f (x ) 被(x-a)整除)的充要条件是 f ( a ) = 0 也就是

f ( x)被( x a)整除 f (a) = 0(即r = 0)
6.待定系数法 利用两个多项式恒等的充要条件是同类项的系数相等,可求出预设的待定系数 例如前例中可设:

(2 x 4 + 3 x 3 + 2 x 2 + x 2) ÷ ( x 2 x + 1)的商式为(ax 2 + bx + c), 余式为dx + e ,则有
2 x 4 + 3x 3 + 2 x 2 + x 2 = ( x 2 x + 1)(ax 2 + bx + c) + (dx + e) = ax 4 + (b a ) x 3 + (a b + c) x 2 + (b c + d ) x + c + e

a = 2 a = 2 b a = 3 b = 5 ∴ 应有a b + c = 4 c = 7 b c + d = 1 d = 3 c + e = 2 e = 9
7.综合除法 利用综合除法来求商式,余式非常方便快捷,结合因式定理和余数定理来解决整除的判断,求余数,高次方 程的求解,高次多项式的因式分解等,有着广泛的应用.这里只介绍用法,不必了解它的来龙去脉. 例如已知多项式 3 x 8 x 55 x 32 x + 12能被x 5 x 6 整数,试用综合除法求商式.
4 3 2 2

∵ x 2 5 x 6 = ( x 6)( x + 1)
∴原多项式也一定能被(x-6)和(x+1)所整除.由因式定理可知多项式 f (x ) 至少含有两个根:6 和-1.且必有 f (6)=f (-1)=0. 由综合除法可证实这一结论: 6 3 -8 18 3 +10 -3 -1 3 +7 -55 +60 +5 -7 -2 -32 +30 -2 +2 +0 +12 -12 +0

式中那两个+0 就分别证明了 f (6)和 f (-1)=0.即 f (x ) 能被(x-6)和(x+1)所整除.从而 f (x ) 能被 ( x 6)( x + 1) 整 除,而末行中"3+7-2"就给出了所求商式是 3 x + 7 x 2 .
2

方程与不等式
.

17

(一)方程与方程组
【基本概念与知识点】
1.方程,方程的解: 含有未知数的等式称为方程, 能使方程左右两端相等的未知数的值称为方程的解. 例如对方程 f ( x ) = g ( x) 来说.若 a 值存在,且使得:

f (a ) = g (a ) 成立,则称 x = a 是方程 f ( x) = g ( x) 的解.又如方程为 f ( x) = 0 形式,其中 f (x) 为代数多
项式.则若存在 a,使 f ( a ) = 0 成立,可称 a 为方程 f ( x ) = 0 的根. 2.方程的元和次 "元"是指方程中所含未知数的个数,"次"是指方程中未知数最高的指数,比如 ax + bx + c = 0( a ≠ 0) 这
2

个关于 x 的方程称为一元二次方程,

3 x 2 y = 1 称为二元一次方程组等等,联考大纲要求应考者掌握一元一次及 x + 3y = 5

二次方程,二元和三元一次方程组.但也考过一元三次方程及指数方程对数方程.这一点提醒应考学员注意. 3.一元二次方程的求根公式 一元二次方程

ax 2 + bx + c = 0(a ≠ 0) 有

x1, 2 =

b± 2a
2

其中 = b 4ac 称为判别式. △≥0 时,方程有两实根(△=0 时为二等根) ; △<0 时,方程无实根. 4.一元二次方程的根与系数的关系

b x1 + x2 = a 2 关于 x 的方程 ax + bx + c = 0( a ≠ 0) ,若有二实根 x1 , x2 , 则 . 这是韦达定理中最简单的情况, c x x = 1 2 a
对一元三次方程来说如:

ax 3 + bx 2 + cx + d = 0(其中a ≠ 0),
若 x1 , x2 , x3 为其 3 个实根,则必有

b x1 + x2 + x3 = a c x1 x2 + x2 x3 + x3 x1 = a d x1 x2 x3 = a
这 一 内 容 , 看 似 " 超 纲 " 但 2000 年 联 考 第 5 题 , 据 此 解 之 , 则 很 便 捷 , 其 原 题 是 已 知 方 程 ,

x 3 + 2 x 2 5 x 6 = 0的根为x1 = 1, x2 , x3则
由三次方程的韦达定理有:
.

1 1 + 的值是 x 2 x3
18

1 + x 2 + x 3 = 2 x 2 + x 3 = 1 x2 x3 = 6 1 x 2 x 3 = +6 1 1 x 2 + x3 1 1 + = = = x 2 x3 x 2 x3 6 6
答案得到. 5.方程与函数 这里我们只讨论一元二次方程与二元一次方程组的函数的联系. 二次函数 y = ax + bx + c( a ≠ 0) ,当 y 为零时即化为一元二次方程 ax + bx + c = 0. 这说明解一元二次方程,
2
2

实际上是在寻找这一方程相对应的二次函数零值点的自变量值,也可以说是求二次函数图像与 x 轴的交点的横坐 标值.我们依据二次函数符号在某一区间内发生变化.就可断言在此区间该函数对应的二次方程必有一解位于其中. 例如:1998 年联考数学第 7 题,要使方程:

3 x 2 + (m 5) x + m 2 m 2 = 0
的两个实根分别满足 0 < x1 < 1和1 < x2 < 2 .实数 m 的取值范围应是 (A) 2 < m < 1 (C) 4 < m < 2 (E) 3 < m < 1 解 分析 答案是 A. 令 f ( x ) = 3 x 2 + ( m 5) x + m 2 m 2 此 函 数 的 图 像 是 开 口 向 上 的 抛 物 线 , 且 与 x 轴 交 于 (B) 4 < m < 1 (D)

1 65 < m < 1 2

( x1 ,0), ( x2 ,0) 两点,于是有如下不等式组: m 2 m 2 > 0 f (0) > 0 2 f (1) < 0 m 4 < 0 f (2) > 0 m 2 + m > 0 公共解为 2 < m < 1.

m < 1或m > 2 2 < m < 2 m < 1或m > 0

另外,通过二次函数的图像与 x 轴的相对位置关系,有利于我们进一步理解一元二次方程的判别式与方程的解 的关系. 【知识点评述】 1.方程与方程组这一节的内容,是历年联考中必考内容之一.考查的重点是一元二次方程及韦达定理.其次是线 性方程组的应用,这两部分内容仍然是这两年备考的重点. 2.非代数方程,主要是指数方程与对数方程,以及百分比应用题,是另一个值得关注的重点,这方面的试题,也很 受命题中心专家们的偏爱.出现的概率很高.

不等式
【基本概念与知识点】
1.不等式的定义 用不等号连接的两个(或两个以上)解析式称为不等式,使不等式成立的未知数的取值称为不等式的解(不等号 包括>,<,≤,≥,≠五种=. 2.不等式的性质 (1) a b > 0 a > b
.

19

a b = 0 a = b a b < 0 a < b
(2)不等式的反对称性: a > b b < a (3)不等式的传递性: a > b, b > c a > c (4)不等式的保序性: a > b a + c > b + c (5)不等式乘正数的保序性: a > b, c > 0 ac > bc (6)不等式乘负数时的反序性: a > b, c < 0 ac < bc (7)不等式同向叠加及异向相减的保序性:

a > b, c > d a + c > b + d a > b, c < d a c > b d
(8)不等式同向同正叠乘的保序性:

a > b > 0, c > d > 0 ac > bd
(9) a > b > 0 a > b (a ∈ (0, ∞ )
a a

3.解不等式 不等式的解的集合,称为不等式的解集,此解集一定是 R 的子集,可以用区间,集合或不等式来表示,求不 等式解集的过程,称为解不等式. 4.一元一次不等式 含有一个未知数且未知数的最高次数为一次的不等式.一般形式为

ax + b > 0(a > 0或ax + b < 0)
其解集可依据不等式性质直接求出. 含有同一个未知数的几个一次不等式组的解集,是组中各不等式解集的交集,即公共解的集合. 5.一元二次不等式的解 只含一个未知数,且未知数的最高次数为二次的不等式.一般形式为:

ax 2 + bx + c > 0(其中a > 0)
6.一元二次不等式的解与一元二次方程的根的关系 (1)设方程 ax 2 + bx + c > 0( a > 0) 有两不等实根 x1 , x2 , 且x1 < x2 , ax 2 + bx + c > 0

(a > 0) 的解集为 x < x1或x > x2 ; 则 ax 2 + bx + c < 0的解集为x1 < x < x2 .
注意: ①若不等式二次项系数 a<0,可化为正值再求解集. ②若不等式带等号(即≤或≥),则只需在解集中增加两个根即可. (2) 若 方 程 ax + bx + c > 0 有 两 相 等 实 根 x1 = x2 , 则ax 2 + bx + c > 0的解集为x ≠ x1 的 任 意 实 数 , 而
2

ax 2 + bx + c < 0的解集为空集(其中a > 0). (3) 若 方 程 无 实 根 , 即 ax 2 + bx + c < 0的解集为, 则ax 2 + bx + c > 0 的 解 集 为 全 体 实 数 R, 而 ax 2 + bx + c < 0的解集仍为(其中a > 0).
7.解不等式的依据 解不等式的依据只能是不等式的性质定理,在此原则之下,经过同解变形,以简单的不等式或不等式组取代较 复杂的原不等式,以达到求解的目的. 8.常用基本不等式 (1) a + b ≥ 2ab
2 2
.

20

(2)

a > 0 a+b ≥ ab 2 b > 0
a b + ≥2 b a
+

(3) ab > 0

(4)a,b,c ∈ R a + b + c ≥ 33 abc (5) a,b,c ∈ R a + b + c ≥ 3abc
3 3 3 +

a b c + + ≥3 b c a (7) xi > 0(i = 1,2, n)
(6) a,b,c ∈ R
+

x1 + x2 + + xn ≥ n n x1 x2 xn .
(8)

a2 + b2 a+b 2 ≥( ) . 2 2 a3 + b3 a+b 3 ≥( ). 2 2

(9)

(10)柯西不等式最简形式:

(a 2 + b 2 )( x 2 + y 2 ) ≥ (ax + by ) 2 .

此式当且仅

a b = 时等号成立,而前面 x y

由(1)-(9)当且仅当式中各字母均相等时等号才成立.


【基本概念与知识点】



1.数列是联考必考的内容,每年考一至两题,几年来对数列部分的考查,逐渐由考查定义,概念向考查性质技巧, 从基本功向综合能力演变,试题灵活多变化,从而向应试人提出了更高的要求.只了解一般概念,会用几个基本公式, 已不可能达到联考对这部分内容的基本要求. 2.数列部分本身综合性就极强,与其他各部分的知识,联系紧密,错综复杂,且规律性又很强.在复习过程中,学员 一定要重视数列这部分知识,对其要看成既是重点,又是难点,要适当地多花一点精力和时间,多做一些有益的练习, 以求真正掌握这部分知识的精髓,达到一定的熟练程度. 3.掌握数列一章,要深刻理解概念,重点抓住性质定理,学会灵活使用公式,熟练掌握规律,记住典型题型,不忘适 时温习.如此必能达标.

【定义,定理和公式】
1.等差数列 等差数列: 等差数列 (1)定义:如果在数列 {a n }中, a n +1 a n = d (常数)( n ∈ N ), 则称数列{an } 为等差数列,d 为公差. (2)通项公式: {a n } 为等差数列,d 为公差,首项为 a1 ,则 a n = a1 + ( n 1) d 或表示为 a n = dn + ( a1 d ) 即为 n 的一次函数,一次项系数为公差,一次函数系数之和为首项,如: a n = 3n 5 .可知有些通项公式的数列是一个等差数 列,且公差是 3,首项为-2.
.

21

(1) 等差数列的前 n 项如:

(a1 + a n )n . 2 n(n 1) d d S n = na1 + d ,或表示成 S n = n 2 + (a1 + )n 的形式,首先可知,有此前 n 项之和的表达式的数列,一 2 2 2 Sn =
定是等差数列,且 n2 项的系数是半公差,二次函数系数之和是首项,我们知道,等差数列的前 n 项和的解析表达式是 不含常数项的二次函数.如 S n = 3n 5n ,可以肯定,Sn 是等差数列的前 n 项之和的表达式,这一等差数列的公差是
2

6,首项是 –2. (4)等比数列:如果数列 {a n } 中恒有 (5)等比数列的通项公式

a n+1 = q (常数.(n ∈ N ) ,则称 {a n } 为等比数列,q 称为该数列的公比. an

a n = a1q n1 与等差数列的通项公式比较只是运算上升了一级,这是因为等差与等比,从定义上运算相差一级
而形成的. (6)等比数列的前 n 项和公式 设 {a n } 为等比数列:首项为 a1 , 公比为q, 前n项之和 : S n = a1 + a1q + + a1q
n 1

.

当q = 1时, S n = na1 ;
a1 (1 q n ) a1 an q 当q ≠ 1时, S n = = ; 1 q 1 q

当n → +∞, 且 | q |< 1时,
S = lim S n = lim
n →∞

a1 a (1 q n ) = 1 n→∞ 1 q 1 q

(7)等差数列的性质 ①距首末等远两项和均相等

a1 + a n = a 2 + a n1 = = a k + a nk +1 .
(两项下角码之和只要是(n+1),则这两项距首末两项必等远.) ②距任一项(第一项除外)前后等远两项之和相等,即

2a k = a k 1 + a k +1 = a k 2 + a k + 2 =
(两项下角码之和为 2k 时,这两项距 ak 这项前后等远). (8)等比数列的性质 ①距首末等远两项积均相等

a1 a n = a1 a1q n1 = a12 q n1 = a 2 a n1 = a3 a n 2 = a k a n k +1
(两项下角码之和为(n+1),则这两项距首末等远). ②当 k≠1 时,距 ak 前后等远两项之积相等,即

ak2 = ak 1 ak +1 = ak 2 ak +2 =

.

22

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