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高中数学竞赛讲义


高中 学竞赛资料 一、高中数学竞赛大纲 全国高中数学联赛 全 高中数学联赛 一试 所 的知识范围 超 教育部 2000 全日制普通高 中学数学教学大 中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求 有所提高 全国高中数学联赛加试 全 高中数学联赛加试 试 数学奥林 克接轨,在知识方面有所扩展 适 增加一些教学大 之外的内容,所增加的内容是 1.平面几何 几个 要定理 梅涅劳斯定理 塞瓦定理 托勒密定理 西姆 定理 角形中的几个 特殊点 旁心 费马点,欧拉线 几何 等式 几何极值 题 几何中的 换 对 移 旋 圆的幂和根轴 面 方法,复数方法,向 方法,解析几何方法 2.代数 周期函数,带绝对值的函数 角 式, 角恒等式, 角方程, 角 等式, 角 函数 递 ,递 数列 性质,一阶 阶线性常系数递 数列的通 式 第 数学 法 均值 等式,柯西 等式, 排序 等式, 比雪 等式, 一元 函数 复数 指数形式 角形式,欧拉 式,棣莫弗定理,单位根 多 式的除法定理 因式 解定理,多 式的相等,整系数多 式的有理根*,多 式的插值 式* n 次多 式根的个数,根 系数的关系,实系数多 式虚根成对定理 函数迭 ,简单的函数方程* 3. 初等数论 余,欧几 得除法,裴蜀定理,完全剩余类, 次剩余, 定方程和方程组,高斯函 数[x],费马小定理,格点 性质,无 递降法,欧拉定理*, 子定理* 4.组合问题 圆排列,有 复元素的排列 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 论 题 集合的划 覆盖 面 集 包 用* 注 有*号的内容加试中暂 考,但在冬 营中可能考

二、初中数学竞赛大纲 1 数 整数 进位制表示法,整除性 判定 素数和合数,最大 数 最小 倍数 奇 数和偶数,奇偶性 析 带余除法和利用余数 类 完全 方数 因数 解的表示法, 数 个数的计算 有理数的概念 表示法,无理数,实数,有理数和实数四则 算的封 性 2 数式 综合除法 余式定理 因式 解 拆 添 配方 定系数法 对 式和 换对 式 整式 根式的恒等 形 恒等式的证明 3 方程和 等式 含 母系数的一元一次方程 一元 次方程的解法,一元 次方程根的 布 含绝对值

的一元一次方程 一元 次方程的解法 含 母系数的一元一次 等式的解法,一元 次 等式的解法 含绝对值的一元一次 等式 简单的多元方程组 简单的 定方程 组 4 函数 次函数在给定 间 的最值,简单 函数的最值 含 母系数的 次函数 5 几何 角形中的边角之间的 等关系 面 等 换 角形中的边角之间的 等关系 面 等 换 角形的心 内心 外心 垂心 心 性质 相似形的概念和性质 圆,四点共圆,圆幂定理 四种命题 关系 6 逻 推理 题 抽屉原理 简单 用 简单的组合 题简单的逻 推理 题, 证法 极端原理的简 单 用 枚举法 简单 用

三、高中数学竞赛基础知识 第一章 集合 简易逻 一 础知识 定 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 集,用大写 母 来表示 集合中的各个对象 元素,用小写 母来表示,元素 x 在集合 A 中, x 属于 A, 记 x ∈ A ,否则 x 属于 A,记作 x ? A 例如,通常用 N,Z,Q,B,Q+ 别表示自 然数集 整数集 有理数集 实数集 有理数集, 含任何元素的集合 空集,用 ? 来 表示 集合 有限集和无限集 种 集合的表示方法有列举法 将集合中的元素一一列举 来写在大括号内并用逗号隔开表示集 合的方法,如{1,2,3} 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}, {x x > 0} 别表示有理数集和 实数集

定 2 子集 对于 个集合 A 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 做 B 的子集,记 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 于 A,则 A B 的真子集 定 定 定 定 定

A

B 相等 如果 A 是 B 的子集,而且 B 中 在元素 属

3 交集, A I B = {x x ∈ A且x ∈ B}. 4 并集, A U B = {x x ∈ A或x ∈ B}. 5 补集,若 A ? I , 则C1 A = {x x ∈ I , 且x ? A} 6 差集, A \ B = {x x ∈ A, 且x ? B} 7 集合 {x a < x < b, x ∈ R, a < b} 记作开 间 ( a, b) ,集合 间 [ a , b ] ,R 记作 ( ?∞,+∞ ). A 在 I 中的补集

{x a ≤ x ≤ b, x ∈ R, a < b} 记作

定理 1 集合的性质 对任意集合 A,B,C,有 1 3

A I ( B U C ) = ( A I B ) U ( A I C );

2

A U ( B I C ) = ( A U B) I ( A U C )

C1 A U C1 B = C1 ( A I B);
仅证 1

4

C1 A I C1 B = C1 ( A U B).

证明

3 , 余 读者自 完成

则 x ∈ A, 且 x ∈ B 或 x ∈C , 所 1 若 x ∈ A I (B U C ) ,

x ∈ ( A I B) 或 x ∈ ( A I C ) ,

x ∈ ( A I B) U ( A I C )

之,x ∈ ( A I B ) U ( A I C ) , 则 x ∈ ( A I B) 或 x ∈ ( A I C ) ,

x ∈ A且 x ∈ B 或 x ∈C ,

x ∈ A 且 x ∈ (B U C ) ,

x ∈ A I ( B U C ).

3 若 x ∈ C1 A U C1 B , 则 x ∈ C1 A 或 x ∈ C1 B , 所

x ? A或 x ? B , 所

x ? ( A I B) ,

x ∈ I ,所

x ∈ C1 ( A I B) , C1 A U C1 B ? C1 ( A I B) , 之也有

C1 ( A I B) ? C1 A U C1 B.
定理 2 加法原理 做一 中有 m 2 种 有 n 类办法,第一类办法中有 m1 种 的方法,第 类办法 一共有

的方法,…,第 n 类办法中有 m n 种 的方法

的方法,那 完成

N = m1 + m 2 + L + m n 种
定理 3 法原理 做一 有 mn 种

n 个 骤,第一 有 m1 种
的方法,那 完成

的方法,第

有 m2 种

的方法,…,第 n 的方法 方法 例题

一共有 N = m1 ? m 2 ? L ? m n 种

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 = {a a = x ? y , x, y ∈ Z } ,求证
2 2

1 2

2k ? 1 ∈ M , (k ∈ Z ) 4k ? 2 ∈ M , (k ∈ Z )

3 若 p ∈ M , q ∈ M ,则 pq ∈ M . [证明] 1 因

k , k ? 1 ∈ Z ,且 2k ? 1 = k 2 ? (k ? 1) 2 ,所

2k ? 1 ∈ M .
2 2

2 假设 4 k ? 2 ∈ M ( k ∈ Z ) ,则 在 x, y ∈ Z ,使 4k ? 2 = x ? y , 于 x ? y 和 x + y 有相 的奇偶性,所 假设 成立,所

x 2 ? y 2 = ( x ? y )( x + y ) 是奇数或 4 的倍数, 可能等于 4k ? 2 ,

4k ? 2 ? M .

2 2 2 2 2 2 2 2 3 设 p = x ? y , q = a ? b , x, y, a, b ∈ Z ,则 pq = ( x ? y )(a ? b )

= a 2 a 2 + y 2 b 2 ? x 2 b 2 ? y 2 a 2 = ( xa ? yb) 2 ? ( xb ? ya) 2 ∈ M


xa ? ya ∈ Z , xb ? ya ∈ Z
设集合 M 满足

2.利用子集的定 证明集合相等,先证 A ? B ,再证 B ? A ,则 A=B 例 2 设 A,B 是 个集合,

A I M = B I M = A I B, A U B U M = A U B ,求集合 M 用 A,B 表示
解 先证 ( A I B ) ? M , 若 x ∈ ( A I B) , 因 所

AI M = AI B , 所

x∈ AI M,x∈M ,

( A I B) ? M
若 x ∈ A ,则 所

再证 M ? ( A I B ) ,若 x ∈ M ,则 x ∈ A U B U M = A U B. 1

x∈ AI M = AI B
综 , M = A I B.

2 若 x ∈ B ,则 x ∈ B I M = A I B

M ? ( A I B ).

3. 类讨论思想的 用 例3

A = { x x 2 ? 3 x + 2 = 0}, B = {x x 2 ? ax + a ? 1 = 0}, C = {x x 2 ? mx + 2 = 0} ,若

A U B = A, A I C = C ,求 a, m.
解 依题设, A = {1,2} ,再 因 因

x 2 ? ax + a ? 1 = 0 解得 x = a ? 1 或 x = 1 ,

A U B = A ,所

B ? A ,所

a ? 1 ∈ A ,所

a ? 1 = 1 或 2,所

a = 2或 3

A I C = C ,所 C ? A ,若 C = ? ,则 ? = m 2 ? 8 < 0 ,

?2 2 < m< 2 2,

若 C ≠ ? ,则 1 ∈ C 或 2 ∈ C ,解得 m = 3. 综 所述, a = 2 或 a = 3

m = 3或? 2 2 < m < 2 2

4.计数原理的 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 U B = I , 求有序集合对 A,B 的个数 解 1 集合 I 可划 2 求 I 的非空真子集的个数

个 相交的子集 A\B,B\A, A I B, I 中的 个元素恰属于

中一个子集,10 个元素共有 310 种可能, 一种可能确定一个满足条 的集合对,所 集合 对有 310 个 2 I 的子集 类 空集,非空真子集,集合 I 本身,确定一个子集 十 ,第一 ,1 或者属于 子集或者 属于,有 种 第 ,2 也有 种,…,第 10 ,0 也有 种, 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, L , n} 的 k 个子集

A1 , A2 , L , Ak ,满足任何 个子集的交集非
性质,求 k 的值 一对,共得 2
n ?1

空,并且再添加 I 的任何一个 他子集 将 再 有 解 将 I 的子集作如 配对 个子集和它的补集

对, 一对

能 在

k 个子集中,因 , k ≤ 2 n ?1
有一对子集未 ,设 C1A

次, 一对中必有一个在

k 个子集中

,否则,若 在 k 个子

A,并设 A I A1 = ? ,则 A1 ? C1 A , 而可

集中再添加 C1 A ,

知矛盾,所

k ≥ 2 n ?1

综 , k = 2 n ?1

6.竞赛常用方法 例 题 定理 4 容斥原理 用 A 表示集合 A 的元素个数,则 A U B = A + B ? A I B ,

AU B UC = A + B + C ? AI B ? AIC ? B IC + AI B IC , 需要 xy
推广到 n 个集合的情况,

结论可



n

UA
i =1

i

= ∑ Ai ? ∑ Ai I A j +
i =1 i≠ j

n

1≤i < j < k ≤ n



Ai I A j I Ak ? L + (?1) n ?1 I Ai .
i =1

n



8 集合的划

若 A1 U A2 U L U An = I ,且 Ai I A j = ?(1 ≤ i, j ≤ n, i ≠ j ) ,则

些子集的全集 I 的一个 n -划 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 少于 m + 1 个 元素,也必有一个抽屉放有 多于 m 个元素 将无 多个元素放入 n 个抽屉必有一个抽屉

放有无 多个元素 例 6 求 1,2,3,…,100 中 能被 2,3,5 整除的数的个数 解 记 I = {1,2,3, L ,100}, A = {x 1 ≤ x ≤ 100, 且x能被2整除

记 2 x },

B = {x 1 ≤ x ≤ 100,3 x}, C = {x 1 ≤ x ≤ 100,5 x} , 容斥原理,
?100 ? ?100 ? AU B UC = A + B + C ? AI B ? B IC ? C I A + AI B IC = ? ?+ ?+? ? 2 ? ? 3 ? ?100 ? ?100 ? ?100 ? ?100 ? ?100 ? ? 5 ? ? ? 6 ? ? ? 10 ? ? ? 15 ? + ? 30 ? = 74 ,所 ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
能被 2,3,5 整除的数有

I ? A U B U C = 26 个
例 7 S 是集合{1,2,…,2004}的子集,S 中的任意 个数的差 等于 4 或 7, 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 所示 题目条 可知 相邻 个数 多有 一个属于 S,将 11 个数按连续 个 一组, 成 6 组, 中一组 有一个数,若 S 含有 11 个数中 少 6 个,则必有 个数在 一组, 知矛盾,所 S 多含有 中 5 个数 因 2004=182×11+2,所 S 一共 多含有 182×5+2=912 个元素, 一方面,

S = {r r = 11k + t , t = 1,2,4,7,10, r ≤ 2004, k ∈ N } 时, 恰有 S = 912 , 且 S 满足题目条 ,
所 例8 最少含有 912 个元素 求所有自然数 n(n ≥ 2) ,使得 在实数 a1 , a 2 , L , a n 满足

{ a i ? a j }1 ≤ i < j ≤ n} = {1,2, L ,


n( n ? 1) }. 2

n = 2 时, a1 = 0, a 2 = 1


n = 3 时, a1 = 0, a 2 = 1, a 3 = 3 n ≥ 5 时,
在 a1 , a 2 , L , a n 满足条

n = 4 时,

a1 = 0, a 2 = 2, a 3 = 5, a 4 = 1

0 = a1 < a 2 < L < a n ,则 a n =


n( n ? 1) . 2
a n ? 1 = a n ?1 ? a1 = a n ?1 或

必 在某 个 标 i < j ,使得 a i ? a j = a n ? 1 ,所

an ? 1 = an ? a2 ,
若 an =

a 2 = 1 ,所

an =

n(n ? 1) n(n ? 1) , a2 = 1 , a n ?1 = a n ? 1 或 a n = 2 2

n(n ? 1) , a n ?1 = a n ? 1 ,考虑 a n ? 2 ,有 a n ? 2 = a n ? 2 或 a n ? 2 = a n ? a 2 , 2
矛盾,故 有 a 2 = 2.

a 2 = 2 ,设 a n ? 2 = a n ? 2 ,则 a n ?1 ? a n ? 2 = a n ? a n ?1 ,
考虑 a n ? 3 ,有 a n ? 3 = a n ? 2 或 a n ? 3 = a n ? a 3 ,

a 3 = 3 ,设 a n ? 3 = a n ? 2 ,则

a n ?1 ? a n ? 2 = 2 = a 2 ? a 0 ,推 矛盾,设 a 3 = 3 ,则 a n ? a n ?1 = 1 = a 3 ? a 2 , 推 矛盾,



a n? 2 = a 2 , n = 4 故
若 an =

n ≥ 5 时,

在满足条

的实数

n(n ? 1) , a 2 = 1 ,考虑 a n ? 2 ,有 a n ? 2 = a n ?1 或 a n ? 2 = a n ? a 3 , 2

推 矛盾, 故 a n ?1 = a n ? 2 考虑 a n ? 3 , 有 a n ? 3 = a n? 2 a 3 = 2 , 时 a 3 ? a 2 = a 2 ? a1 , 或 an ? 3 = an ? a3 ,

a 3 =3,于是 a 3 ? a 2 = a n ? a n ?1 ,矛盾 因
矛盾,所 有 a n ? 2 = a 2 ,所

a n ? 2 = a n ? 3 ,所

a n ?1 ? a n ? 2 = 1 = a 2 ? a1 ,

n = 4 故 n ≥ 5 时,
个数,B 中取 个

在满足条 的实数 例 9 设 A={1,2,3,4,5,6},B={7,8,9,……,n},在 A 中取

数组成五个元素的集合 Ai , i = 1,2, L ,20, Ai I A j ≤ 2,1 ≤ i < j ≤ 20. 求 n 的最小值 解

nmin = 16.


设 B 中 个数在所有 Ai 中最多

k 次,则必有 k ≤ 4



然,数 m

k次

k > 4 ,则 3k > 12. 在 m

的所有 Ai 中, 少有一个 A 中的数

3 次, 妨设它是

1,就有集合{1, a1 , a 2 , m, b1 } {1, a 3 , a 4 , m, b2 }, {1, a 5 , a 6 , m, b3 } , 中 a i ∈ A,1 ≤ i ≤ 6 , 满足题意的集合 a i 必各 相 20 个 Ai 中,B 中的数有 40 个,因 20 个集合满足要求 {1,2,3,7,8}, {1,3,4,10,11}, {1,4,6,13,16}, {2,3,6,14,16}, {3,4,5,12,16}, , 但 能是 2, 3, 4, 5, 6 少是 10 个 的,所 5 个数, 可能, 所

k ≤ 4.

n ≥ 16

n = 16 时,如
{1,2,6,9,10}, {1,4,5,7,9}, {2,3,5,9,11}, {2,5,6,12,13}, {4,5,6,14,15}

{1,2,4,12,14}, {1,3,5,13,14}, {1,5,6,8,11}, {2,4,5,8,10}, {3,4,6,8,9},

{1,2,5,15,16}, {1,3,6,12,15}, {2,3,4,13,15}, {2,4,6,7,11}, {3,5,6,7,10},

例 10 集合{1,2,…,3n}可 求满足条 的最小 整数 n. 解 设 中第 i 个 元集

划 成 n 个互 相交的 元集合 {x, y , z} , 中 x + y = 3 z ,

{ xi , y , z i }, i = 1,2, L , n, 则 1+2+…+ 3n = ∑ 4 z i ,
i =1

n



n 3n(3n + 1) = 4∑ z i 2 i =1

n

偶数时, 有 8 3n , 所

n ≥ 8, n

奇数时, 有 8 3n + 1 ,

所 n ≥ 5 , n = 5 时,集合{1,11,4},{2,13,5},{3,15,6},{9,12,7},{10, 14,8}满足条 ,所 n 的最小值 5

第 章 次函数 命题 一 础知识 a ≠ 0 时,y=ax2+bx+c 或 f(x)=ax2+bx+c 1. 次函数 直线 x=-

关于 x 的 次函数, 对 轴

b b , 外配方可得 f(x)=a(x-x0)2+f(x0), 中 x0=, 2a 2a

x 增大 2. 次函数的性质 a>0 时,f(x)的 象开口向 ,在 间 -∞,x0] 随自 随自 增大函数值增大 简 递增 a<0 时, 函数值 小 简 递 ,在[x0, -∞ 情况相 3. a>0 时,方程 f(x)=0 ax2+bx+c=0… 和 等式 ax2+bx+c>0… ax2+bx+c<0… 函数 f(x)的关系如 记△=b2-4ac 1 △>0 时,方程 有 个 等实根,设 x1,x2(x1<x2), 等式 和 等式 的解集 别是 的交点,f(x) 可写成 {x|x<x1 或 x>x2}和{x|x1<x<x2}, 次函数 f(x) 象 x 轴有 个 f(x)=a(x-x1)(x-x2). 2 △=0 时,方程 有 个相等的实根 x1=x2=x0= ?

b , 等式 和 等式 的解集 别是 2a

{x|x ≠ ?

b }和空集 ? ,f(x)的 象 2a

x 轴有唯一 共点 x 轴无

3 △<0 时,方程 无解, 等式 和 等式 的解集 别是 R 和 ? .f(x) 象 共点 a<0 时,请读者自 析 f(x)取最小值 f(x0)= 4. 次函数的最值 若 a>0, x=x0 时,

4ac ? b 2 ,若 a<0, 则 4a

x=x0= ?

b 2a

时,f(x)取最大值 f(x0)=

4ac ? b 2 .对于给定 间[m,n] 的 次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0), 4a

x0∈[m, n]时,f(x)在[m, n] 的最小值 f(x0); x0<m 时 f(x)在[m, n] 的最小值 f(m) 结论 次函数 象 可得 x0>n 时,f(x)在[m, n] 的最小值 f(n) 定 1 能判断真假的语 命题,如 3>5 是命题, 萝卜好大 是命题 含逻 联 结词 或 且 非 的命题 做简单命题, 简单命题 逻 联结词构成的命题 复合 命题 注1 p 或 q 复合命题 有 p,q 假命题时 假,否则 真命题 p 且 q 复合命 题 有 p,q 时 真命题时 真,否则 假命题 p 非p p 恰好一真一假 定 2 原命题 若 p 则 q p 条 ,q 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 逆否命题 真假 一个命题的逆命题和否命题 真假 注3 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 3 如果命题 若 p 则 q 真,则记 p ? q 否则记作 p ≠ q.在命题 若 p 则 q 中, 如果 知 p ? q,则 p 是 q 的充 条 如果 q ? p,则 p 是 q 的必要条 如果 p ? q 但 q ? p,则 p 是 q 的充 非必要条 如果 p ? q 但 p ? q,则 p q 的必要非充 条 若 p ? q 且 q ? p,则 p 是 q 的充要条 方法 例题 1. 定系数法 例 1 设方程 x2-x+1=0 的 根是干,平,求满足 f(干)=平,f(平)=干,f(1)=1 的 次函数 f(x).

设 f(x)=ax2+bx+c(a ≠ 0), 则 知 f(干)=平,f(平)=干相 并整理得 干-平 [ 干+平 a+b+1]=0, 因 方程 x2-x+1=0 中△ ≠ 0, 所 干 ≠ 平,所 (干+平)a+b+1=0. 干+平=1,所 a+b+1=0. 因 f(1)=a+b+c=1, 所 c-1=1,所 c=2. b=-(a+1),所 f(x)=ax2-(a+1)x+2. 再 f(干)=平得 a干2-(a+1)干+2=平, 所 a干2-a干+2=干+平=1,所 a干2-a干+1=0. a(干2-干+1)+1-a=0, 1-a=0, 所 a=1, 所 f(x)=x2-2x+2. 2.方程的思想 例2 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 -4 f(1)=a-c -1, 所 1 -f(1)=c-a 4. 解 -1 所 f(2)=4a-c 5, f(3)=

8 5 ×(-1)+ 3 3

f(3)

8 5 f(2)- f(1), 3 3 8 5 ×5+ ×4, 3 3

所 -1 f(3) 20. 3.利用 次函数的性质 若方程 f(x)=x 无实根, 求证 方程 f(f(x))=x 例3 知 次函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R, a ≠ 0), 也无实根 证明 若 a>0,因 f(x)=x 无实根,所 次函数 g(x)=f(x)-x 象 x 轴无 共点且开口 向 ,所 对任意的 x∈R,f(x)-x>0 f(x)>x, 而 f(f(x))>f(x) 所 f(f(x))>x,所 方程 f(f(x))=x 无实根 注 请读者思考例 3 的逆命题是否 确 4.利用 次函数表达式解题 例 4 设 次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0),方程 f(x)=x 的 根 x1, x2 满足 0<x1<x2< x∈(0, x1)时,求证 x<f(x)<x1

1 , a

设函数 f(x)的 象关于 x=x0 对 ,求证 x0<

x1 . 2

证明 因 x1, x2 是方程 f(x)-x=0 的 根,所 f(x)-x=a(x-x1)(x-x2), f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x. x∈(0, x1)时,x-x1<0, x-x2<0, a>0,所 f(x)>x. 次 f(x)-x1=(x-x1)[a(x-x2)+1]=a(x-x1)[x-x2+ 综

1 ]<0,所 a

f(x)<x1.

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



x0=

a ( x1 + x 2 ) ? 1 x1 + x 2 1 = ? , 2a 2 2a



x0 ?

x1 x 1 1? 1? = 2 ? = ? x2 ? ? < 0 , 2 2 2a 2 ? a?
x1 . 2



x0 <

5.构造 次函数解题 例5 知关于 x 的方程(ax+1)2=a2(a-x2), a>1,求证 方程的 根比 1 小,负根比-1 大 证明 方程 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, △>0, 所 f(x)在 间 -1,0 和 0,1 各有一根 方程的 根比 1 小,负根比-1 大 6.定 在 间 的 次函数的最值 例6 x 取何值时,函数 y=

x4 + x2 + 5 取最小值?求 ( x 2 + 1) 2 1 = u,则 0<u 1 x +1
2

个最小值



y=1-

1 5 , + 2 x + 1 ( x + 1) 2
2

y=5u2-u+1=5 ? u ? 且

? ?

1 ? 19 19 , ≥ ? + 10 ? 20 20

2

u=

1 10

x= ± 3 时,ymin=

19 . 20 1 ,求 b 的值 2

例7 设 解 )-

x 满足 x2+bx -x(b<-1),并且 x2+bx 的最小值是 ? x2+bx -x(b<-1),得 0 x -(b+1). -(b+1), b -2 时, x2+bx 的最小值 -

b 2

b2 b2 1 ,? = ? ,所 4 4 2

b2=2, 所

b=± 2

舍去 )所 综

b >-(b+1), 2

b>-2 时,x2+bx 在[0,-(b+1)] 是 函数, b+1,b+1=-

x2+bx 的最小值 ,b=-

1 3 ,b=- . 2 2

3 . 2

7.一元 次 等式 题的解法 例8 知 等式组 ?

?x 2 ? x + a ? a 2 < 0 ? x + 2a > 1

的整数解恰好有 个,求 a 的取值范围

解 因 方程 x2-x+a-a2=0 的 根 x1=a, x2=1-a, 得 x>1-2a. 若 a 0,则 x1<x2. 的解集 a<x<1-a, 因 1-2a 1-a,所 a 0,所 等式组无解 若 a>0, 因 0<a<

1 时,x1<x2, 的解集 2
等式组无整数解

a<x<1-a.

0<a<x<1-a<1,所 a=

1 时,a=1-a, 无解 2 1 得 x>1-2a, a> 时,a>1-a, 2

等式组的解集 1-a<x<a. 等式组的整数解恰有 2 个, 所 a-(1-a)>1 且 a-(1-a) 3, 所 1<a 2,并且 1<a 2 时, 等式组恰有 个整数解 0,1 综 ,a 的取值范围是 1<a 2. 8.充 性 必要性 例 9 设定数 A,B,C 使得 等式 A(x-y)(x-z)+B(y-z)(y-x)+C(z-x)(z-y) 0 对一 实数 x,y,z 都成立, A,B,C 满足怎样的条 ? 要求写 充 必要条 ,而且 限定用 A,B,C 的等式或 等式表示条 解 充要条 A,B,C 0 且 A2+B2+C2 2(AB+BC+CA). 先证必要性, 可改写 A(x-y)2-(B-A-C)(y-z)(x-y)+C(y-z)2 0 若 A=0,则 对一 x,y,z∈R 成立,则 有 B=C,再 知 B=C=0,若 A ≠ 0,则因 2 2 2 恒成立, 所 A>0, △=(B-A-C) (y-z) -4AC(y-z) 0 恒成立, 所 (B-A-C)2-4AC 0, A2+B2+C2 2(AB+BC+CA) 理有 B 0,C 0,所 必要性成立 再证充 性,若 A 0,B 0,C 0 且 A2+B2+C2 2(AB+BC+CA), 成立, 成立 1 若 A=0,则 B2+C2 2BC 得(B-C)2 0,所 B=C,所 △=0,所 2 若 A>0,则 知△ 0,所 成立,所 成立 综 ,充 性得证 9.常用结论 定理 1 若 a, b∈R, |a|-|b| |a+b| |a|+|b|. 证明 因 -|a| a |a|,-|b| b |b|,所 -(|a|+|b|) a+b |a|+|b|, 所 |a+b| |a|+|b| 注 若 m>0,则-m x m 等 于|x| m . |a|=|a+b-b| |a+b|+|-b|, |a|-|b| |a+b|.综 定理 1 得证 定理 2 若 a,b∈R, 则 a2+b2 (证略) 注 定理 2 可 推广到 n 个 第 一 定 2ab 若 x,y∈R+,则 x+y



2 xy .
论证

数的情况,在 等式证明一章中

章 函数 础知识 1 映射,对于任意 个集合 A,B,依对 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 之对 ,则 f: A→B 一个映射 定 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 之 单射 定 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 f: A→B 是 A 到 B 的满射 定 4 一一映射,若 f: A→B 既是单射 是满射,则 做一一映射, 有一一映射 在逆 映射, B 到 A 相 的对 法则 f-1 构成的映射,记作 f-1: A→B 定 5 函数,映射 f: A→B 中,若 A,B 都是非空数集,则 个映射 函数 A 它的定 域,若 x∈A, y∈B,且 f(x)=y x 对 B 中的 y ,则 y 做 x 的象,x y 的原象 集 合{f(x)|x∈A} 函数的值域 通常函数 解析式给 , 时函数定 域就是使解析式有意 的未知数的取值范围,如函数 y=3 x -1 的定 域 {x|x 0,x∈R}.

定 6 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 原函数的 函数,通常写作 y=f-1(x). 求 函数的过程是 在解析式 y=f(x)中 解 x 得 -1 -1 x=f (y),然 将 x, y 互换得 y=f (x),最 指 函数的定 域 原函数的值域 例如 函数 y=

1 1 的 函数是 y=1- (x ≠ 0). 1? x x

定理 1 互 函数的 个函数的 象关于直线 y=x 对 定理 2 在定 域 增 函数的函数, 函数必 增 函数 定 7 函数的性质 1 单调性 设函数 f(x)在 间 I 满足对任意的 x1, x2∈I 并且 x1< x2,总有 f(x1)<f(x2) 函数, 间 I 单调增 间 (f(x)>f(x2)),则 f(x)在 间 I 是增 2 奇偶性 设函数 y=f(x)的定 域 D,且 D 是关于原点对 的数集,若对于任意的 x ∈D,都有 f(-x)=-f(x),则 f(x)是奇函数 若对任意的 x∈D,都有 f(-x)=f(x),则 f(x)是偶 函数 奇函数的 象关于原点对 ,偶函数的 象关于 y 轴对 3 周期性 对于函数 f(x),如果 在一个 零的常数 T,使得 x 取定 域内 一个数 时,f(x+T)=f(x)总成立,则 f(x) 周期函数,T 个函数的周期,如果周期中 在最小 的 数 T0,则 个 数 做函数 f(x)的最小 周期 定 8 如果实数 a<b,则数集{x|a<x<b, x∈R} 做开 间,记作 a,b ,集合{x|a x b,x ∈R}记作 间[a,b],集合{x|a<x b}记作半开半 间 a,b],集合{x|a x<b}记作半 半 开 间[a, b),集合{x|x>a}记作开 间 a, +∞ ,集合{x|x a}记作半开半 间 -∞,a]. 定 9 函数的 象,点集{(x,y)|y=f(x), x∈D} 函数 y=f(x)的 象, 中 D f(x)的定 域 通过画 难得 函数 y=f(x)的 象 他函数 象之间的关系(a,b>0) 1 向右 移 a 个单位得到 y=f(x-a)的 象 2 向 移 a 个单位得到 y=f(x+a)的 象 3 向 移b 个单位得到 y=f(x)-b 的 象 4 函数 y=f(-x)的 象关于 y 轴对 5 函数 y=-f(-x) -1 的 象关于原点成中心对 6 函数 y=f (x)的 象关于直线 y=x 对 7 函数 y=-f(x) 的 象关于 x 轴对 定理 3 复合函数 y=f[g(x)]的单调性,记住四个 ∞,2 注 是 函数,y= 增异 y= 例如 y=

1 , u=2-x 在 2? x
是增函数

1 在 0,+∞ u

是 函数,所 增异

1 在 -∞,2 2? x

复合函数单调性的判断方法 方法 例题 1.数形结合法

做 格论证,求 之 是显然的

y 1

1

x

例 1 求方程|x-1|= 解 别画

1 的 根的个数. x 1 y=|x-1|和 y= 的 象, x
4 2

象可知 者有唯一交点, 所 方程有一个 根

例 2 求函数 f(x)= x ? 3 x ? 6 x + 13 ? 解

x 4 ? x 2 + 1 的最大值

2 2 2 2 2 2 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 点 P 到点 A 和 B 距离的差 因 |PA|-|PA| |AB|= 3 2 + ( 2 ? 1) 2 = 10 , 且仅 P AB 延长线 抛物线 y=x2 的交点时

等号成立 所 f(x)max= 10 .

2.函数性质的 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

递增 实 ,若 a<b,则 解 设 f(t)=t3+1997t,先证 f(t)在 -∞,+∞ 3 3 2 2 f(b)-f(a)=b -a +1997(b-a)=(b-a)(b +ba+a +1997)>0,所 f(t)递增 题设 f(x-1)=-1=f(1-y),所 x-1=1-y,所 x+y=2. 例 4 奇函数 f(x)在定 域 -1,1 内是 函数, f(1-a)+f(1-a2)<0,求 a 的取值范围 解 因 f(x) 是奇函数,所 f(1-a2)=-f(a2-1), 题设 f(1-a)<f(a2-1) f(x)在定 域 -1,1 递 ,所 -1<1-a<a2-1<1,解得 0<a<1 例 5 设 f(x)是定 在 -∞, +∞ 2 周期的函数, 对 k∈Z, 用 Ik 表示 间(2k-1, 2k+1], 2 知 x∈I0 时,f(x)=x ,求 f(x)在 Ik 的解析式 解 设 x∈Ik,则 2k-1<x 2k+1, 所 f(x-2k)=(x-2k)2. 因 f(x)是 2 周期的函数, 所 x∈Ik 时,f(x)=f(x-2k)=(x-2k)2. 例 6 解方程 解
2

(3x-1)( 9 x ? 6 x + 5 + 1 )+(2x-3)( 4 x ? 12 x + 13 +1)=0.
2 2

m=3x-1, n=2x-3,方程
2

m( m + 4 +1)+n( n + 4 +1)=0. 若 m=0,则 )若 m>0, 则 得 n=0,但 m, n 时
2

0,所

m ≠ 0, n ≠ 0. 是增函数 f(m)=f(-n),

得 n<0, 设 f(t)=t( t + 4 +1),则 f(t)在 0, +∞

4 5 4 )若 m<0,且 n>0 理有 m+n=0,x= ,但 5 4 综 ,方程有唯一实数解 x= . 5
所 m=-n,所 3x-1+2x-3=0,所 x= . 3.配方法 例 7 求函数 y=x+ 2 x + 1 的值域

m<0 矛盾

1 [2x+1+2 2 x + 1 +1]-1 2 1 1 1 = ( 2 x + 1 +1)-1 -1=- . 2 2 2 1 1 1 x=- 时,y 取最小值- ,所 函数值域是[- ,+∞ 2 2 2
解 y=x+ 2 x + 1 = 4.换元法 例 8 求函数 y=( 1 + x + 1 ? x +2)( 1 ? x +1),x∈[0,1]的值域
2



1 + x + 1 ? x =u,因
2+2 2

x∈[0,1],所 2,所

2 u2=2+2 1 ? x

2

4,所

2

u 2,



u+2 2

2,1

u2 2

y=

u+2 2 ,u ∈[ 2 +2,8] 2



函数值域 [2+ 2 ,8]

5.判别式法 例 9 求函数 y=

x 2 ? 3x + 4 的值域 x 2 + 3x + 4

解 函数解析式得(y-1)x2+3(y+1)x+4y-4=0. y ≠ 1 时, 式是关于 x 的方程有实根 所 △=9(y+1)2-16(y-1)2 0,解得

1 7

y 1.

y=1 时, 在 x=0 使解析式成立, 所 函数值域 [

1 ,7] 7

6.关于 函数 例 10 若函数 y=f(x)定 域 值域均 R,且 在 函数 若 f(x)在(-∞,+ ∞) 递增,求证 y=f-1(x)在(-∞,+ ∞) 也是增函数 证明 设 x1<x2, 且 y1=f-1(x1), y2=f-1(x2),则 x1=f(y1), x2=f(y2),若 y1 y2,则因 f(x)在(-∞,+ ∞) 递增,所 x1 x2 假设矛盾,所 y1<y2 y=f-1(x)在(-∞,+ ∞)递增 例 11 设函数 f(x)= 4

4x + 1 ,解方程 f(x)=f-1(x). 3x + 2



首先 f(x)定 域

-∞,-

2 3

[-

1 ,+∞ 4

次,设 x1, x2 是定 域内

,且

x1<x2<-

5( x 2 ? x1 ) 2 4 x 2 + 1 4 x1 + 1 ; = >0, ? 3 3 x 2 + 2 3 x1 + 2 (3 x 2 + 2)(3 x1 + 2) 2 3
递增, 理 f(x)在[-



f(x)在 -∞,-

1 ,+∞ 4

递增 x 0,所 x,y∈

在方程 f(x)=f-1(x)中,记 f(x)=f-1(x)=y,则 y 0, [-

f-1(x)=y 得 f(y)=x,所

1 ,+ ∞ . 4 若 x ≠ y,设 x<y,则 f(x)=y<f(y)=x,矛盾

理若 x>y 也可得 矛盾 所 x=y. f(x)=x, 简得 3x5+2x4-4x-1=0, (x-1)(3x4+5x3+5x2+5x+1)=0, 因 x 0,所 3x4+5x3+5x2+5x+1>0,所

x=1.

第四章 几个初等函数的性质 一 础知识 1.指数函数 性质 形如 y=ax(a>0, a ≠ 1)的函数 做指数函数, 定 域 R,值域 0,+∞ , 0<a<1 时,y=ax 是 函数, a>1 时,y=ax 增函数,它的 象恒过定点 0, 1 2. 数指数幂

a = a, a
n

1 n

m n

= a ,a
n m

?n

1 ? = n ,a n = a

m

1
n

am

0, +∞ , 3. 对数函数 性质 形如 y=logax(a>0, a ≠ 1)的函数 做对数函数, 定 域 函数, a>1 时,y=logax 增函数 值域 R, 象过定点 1,0 0<a<1,y=logax 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
n

M N

= loga M- loga N

4 loga Mn=n loga M ,

5

loga

log c b 1 M = loga M 6 aloga M=M; 7) loga b= (a,b,c>0, a, c ≠ 1). n log c a a a>0 的单调递增 间是 ? ∞,? a 和 x
请读者自 用定 证明 少

5. 函数 y=x+ 和 0, a

(

] [

a ,+∞ ,单调递

)



[?

a ,0

)

(

]

6.连续函数的性质 若 a<b, f(x)在[a, b] 连续,且 f(a)·f(b)<0,则 f(x)=0 在 a,b 有一个实根 方法 例题 1.构造函数解题 例1 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 要证原 等式成立, 需证 f(-1)>0 且 f(1)>0 因 因 f(-1)=-(b+c)+bc+1=(1-b)(1-c)>0, f(1)=b+c+bc+a=(1+b)(1+c)>0, 所 f(a)>0, ab+bc+ca+1>0. 例2 柯西 等式 若 a1, a2,…,an 是 全

-1<a<1 .

0 的实数, b1, b2,…,bn∈R, 则

∑a
i =1

n

2 i

·

∑b
i =1

n

2 i

(

∑a b
i i =1

n

i

)2,等号 且仅

在 ? ∈ R,使 ai= ?bi , i=1, 2, …, n 时成立
n n n

证明

f(x)=

∑ ai2
i =1

n

x2-2(

∑ ai bi )x+ ∑ bi2 = ∑ (ai x ? bi ) 2 ,
i =1 i =1 i =1



∑a
i =1

n

2 i

>0,且对任意 x∈R, f(x) 0,



△=4(


i =1 n

n

ai bi )-4
n

∑a
i =1

n

2 i

(

∑b
i =1

n

2 i

) 0.

展开得

∑ ai2
i =1

(

∑ bi2 ) ( ∑ ai bi )2
i =1 i =1

n

等号成立等 于 f(x)=0 有实根,

在 ? ,使 ai= ?bi , i=1, 2, …, n

例 3 设 x, y∈R+, x+y=c, c

常数且 c∈(0, 2],求 u= ? x +

? ?

1 ?? 1? 的最小值 y+ ? ?? ? x ?? y? ?

解 u= ? x +

? ?

1 ?? 1? x y 1 ? =xy+ + + + y ?? ? ? x ?? y? y x xy

xy+

1 x y +2· ? xy y x

=xy+

1 +2. xy ( x + y) 2 c 2 1 ,设 f(t)=t+ ,0<t = 4 4 t
0<

xy=t,则 0<t=xy

c2 . 4
单调递



0<c 2,所

c2 4

1,所

? c2 ? f(t)在 ? ? 0, 4 ? ? ?
u



c2 c2 4 )= + ,所 f(t)min=f( 4 4 c2
x=y=

c2 4 + +2. 4 c2 c2 4 + +2. 4 c2

c 时,等号成立. 所 2

u 的最小值

2.指数和对数的 算技 例 4 设 p, q∈R+且满足 log9p= log12q= log16(p+q),求 解 所
t

q 的值 p

log9p= log12q= log16(p+q)=t,则 p=9 t , q=12 t , p+q=16t, 9 +12 =16 ,
t

t

t

?4? ?4? 1+ ? ? = ? ? . ?3? ?3?

t

2t

1± 5 q 12 t ? 4 ? 记 x= = t = ? ? ,则 1+x=x2,解得 x = . 2 p 9 ?3?

q >0,所 p

q 1± 5 = . p 2
c)和实数 x, y, z, w,若 ax=by=cz=70w,且

例 5 对于 整数 a, b, c(a b 证 a+b=c. 证明

1 1 1 1 + + = ,求 x y z w

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



1 1 1 1 1 1 lga= lg70, lgb= lg70, lgc= lg70, w x w y w z ?1 1 1? 1 1 1 1 1 + + ? (lga+lgb+lgc)= ? lg70, 题设 + + = , ? ? w x y z w ?x y z?

相加得

所 lga+lgb+lgc=lg70,所 lgabc=lg70. 所 abc=70=2×5×7. 若 a=1,则因 xlga=wlg70,所 w=0 题设矛盾,所 a>1. a b c,且 a, b, c 70 的 数,所 有 a=2, b=5, c=7. 所 a+b=c. 例6 知 x ≠ 1, ac ≠ 1, a ≠ 1, c ≠ 1. 且 logax+logcx=2logbx,求证 c2=(ac)logab. 证明 题设 logax+logcx=2logbx, a 的对数,得

log a x +

log a x 2 log a x , = log a c log a b

因 ac>0, ac ≠ 1,所 logab=logacc2,所 c2=(ac)logab. 注 指数 对数式互 ,取对数,换元,换 式 是解题的桥梁 3.指数 对数方程的解法 解 类方程的 要思想是通过指对数的 算和换元等进行 简求解 值得注意的是函数单调 性的 用和未知数范围的讨论 例 7 解方程 3x+4 x +5 x =6 x. 解 方程可

?1? ?2? ?5? ?1? ?2? ?5? ? ? + ? ? + ? ? =1 设 f(x)= ? ? + ? ? + ? ? , 则 f(x)在(?2? ?3? ?6? ?2? ?3? ?6?

x

x

x

x

x

x

∞,+∞) 是 函数,因 例 8 解方程组

f(3)=1,所 方程 有一个解 x=3. 中 x, y∈R+ .

x+ y ? = y 12 ?x ? x+ y ? = x3 ?y

解 把

边取对数,则原方程组可

?( x + y ) lg x = 12 lg y . ? ?( x + y ) lg y = 3 glx

入 得(x+y)2lgx=36lgx,所 [(x+y)2-36]lgx=0. lgx=0 得 x=1, (x+y)2-36=0(x, y∈R+)得 x+y=6, 入 得 lgx=2lgy, x=y2,所 y2+y-6=0. y>0,所 y=2, x=4. 方程组的解

所 例9

? ?x2 = 4 ? x1 = 1 ? . ;? ? ? ? y2 = 2 ? y1 = 1 ?
?( x ? ak ) 2 = x 2 ? a 2 ? . 满足 ? x ? ak > 0 ?x 2 ? a 2 > 0 ?

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 对数性质知,原方程的解 x



若 故 需解 ?

时成立,则 必成立,

?( x ? ak ) 2 = x 2 ? a 2 . ? x ? ak > 0
a (1 + k 2 ) 1+ k 2 , 入 得 >k. 2k 2k
0<k<1.

可得 2kx=a(1+k2), k=0 时, 无解 若 k<0,则 k2>1,所 综 , k∈(-∞,-1) k ≠ 0 时, 的解是 x=

k<-1 若 k>0,则 k2<1,所 (0, 1)时,原方程有解

第五章 数列 一 础知识 定 1 数列,按 序给 的一列数,例如 1,2,3,…,n,…. 数列 有 数列和无 数 列 种,数列{an}的一般形式通常记作 a1, a2, a3,…,an 或 a1, a2, a3,…,an… 中 a1 做数 列的首 ,an 是关于 n 的 体表达式, 数列的通 定理 1 若 Sn 表示{an}的前 n 和,则 S1=a1, n>1 时,an=Sn-Sn-1. 定 2 等差数列,如果对任意的 整数 n,都有 an+1-an=d 常数 ,则{an} 等差数列, d 做 差 若 个数 a, b, c 成等差数列, 2b=a+c,则 b a 和 c 的等差中 ,若 差 d, 则 a=b-d, c=b+d. 定理 2 等差数列的性质 1 通 式 an=a1+(n-1)d 2 前 n 和 式 Sn =

n( a1 + a n ) n( n ? 1) d 3 an-am=(n-m)d, 中 n, m = na1 + 2 2
5 对任意 整数 p, q,恒有 ap-aq=(p-q)(a2-a1) 6

整数 4 若 n+m=p+q, 若 A,B 少有一个

则 an+am=ap+aq

零,则{an}是等差数列的充要条 是 Sn=An2+Bn. 定 比 定理 3 等比数列的性质 1 an=a1q
n-1

3 等比数列,若对任意的 整数 n,都有

a n +1 = q ,则{an} an

等比数列,q



2 前n

和 Sn ,

a1 (1 ? q n ) q ≠ 1 时,Sn= 1? q

q=1 时,Sn=na1 3 如果 a, b, c 成等比数列, b2=ac(b ≠ 0),则 b 做 a, c 的等比中 4 若 m+n=p+q,则 aman=apaq 定 4 极限,给定数列{an}和实数 A,若对任意的 ε >0, 在 M,对任意的 n>M(n∈N), 都有|an-A|< ε ,则 定 A n→+∞时数列{an}的极限,记作 lim a n = A.
n →∞

5 无 递缩等比数列,若等比数列{an}的 比 q 满足|q|<1,则 之 无 和 Sn 的极限 所有 的和

递增等比数

列, 前 n

a1 1? q

极限的定 可得

p(n)时 n=k 成立时能 定理 3 第一数学 法 给定命题 p(n),若 1 p(n0)成立 2 推 p(n)对 n=k+1 成立,则 1 , 2 可得命题 p(n)对一 自然数 n n0 成立 竞赛常用定理 定理 4 第 数学 法 给定命题 p(n),若 1 p(n0)成立 2 p(n)对一 n k 的自 1 , 2 可得命题 p(n)对一 自然数 n 然数 n 都成立时 k n0 可推 p(k+1)成立,则 n0 成立 定理 5 对于齐次 阶线性递 数列 xn=axn-1+bxn-2,设它的特 方程 x2=ax+b 的 个根 干, 平:(1)若干 ≠ 平,则 xn=c1an-1+c2平n-1, 中 c1, c2 初始条 x1, x2 的值确定 (2)若干=平, 则 xn=(c1n+c2) 干n-1, 中 c1, c2 的值 x1, x2 的值确定 方法 例题 1. 完全 法 种方法是 特殊情况 发去总结更一般的规律, 然结论未必都是 确的, 但 是人类探 索未知世界的普遍方式 通常解题方式 特殊→猜想→数学 法证明 例 1 试给 几个数列的通 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 解 知数列{an}满足 a1= 因 a1 =

1 ,a1+a2+…+an=n2an, n 1,求通 2

an .

1 , 2

a1+a2=22·a2,



a2=

a +a 1 1 1 , a3 = 1 2 2 = ,猜想 a n = (n 1). 3× 2 3× 4 n(n + 1) 3 ?1
n=1 时,a1=

证明 1

1 ,猜想 确 2 假设 2 ×1

n k 时猜想成立

n=k+1 时,

假设 题设,a1+ a1+…+a1=[(k+1)2-1] ak+1,,



1 1 1 =k(k+2)ak+1, + +L + 2 ×1 3 × 2 k × (k + 1) 1? 1 1 1 1 1 =k(k+2)ak+1, + ? +L+ ? 2 2 3 k k +1
ak+1=



k =k(k+2)ak+1,所 k +1
数学

1 . (k + 1)(k + 2) an = 1 . n(n + 1)
1 ,求证 对任意 n∈N+,有 an>1. an

法可得猜想成立,所

例 3 设 0<a<1,数列{an}满足 an=1+a, an-1=a+ 证明 证明更强的结论 1<an 1+a. 1) n=1 时,1<a1=1+a, 式成立 2)假设 n=k 时, 式成立, 1<an 1+a,则

n=k+1 时,有

1 + a > a k +1 =

1 1 1+ a + a2 1+ a > +a≥ +a = = 1. 1+ a 1+ a 1+ a ak

数学 法可得 式成立,所 原命题得证 2.迭 法 数列的通 an 或前 n 和 Sn 中的 n 通常是对任意 n∈N 成立,因 可将 中的 n 换成 n+1 或 n-1 等, 种办法通常 迭 或递推 例 4 数列{an}满足 an+pan-1+qan-2=0, n 3,q ≠ 0,求证 在常数 c,使得
2 2 n an +1 + pa n +1 ·an+ qa n + cq = 0. 2 2 2 2 an +1 + pa n +1 ·an+1+ qa n +1 = a n + 2 (pan+1+an+2)+ qa n +1 =an+2·(-qan)+ qa n +1 =

证明

2 2 2 2 q(a n +1 ? a n a n + 2 ) = q[ a n +1 +an(pqn+1+qan)]=q( a n +1 + pa n +1 a n + qa n ). 2 2 若 a 2 + pa 2 a1 + qa1 =0,则对任意 n, a n +1 + pa n +1 a n + qa n =0,取 c=0

2

2

可. q

2 2 若 a 2 + pa 2 a1 + qa1 ≠ 0, 则{ a n +1 + pa n +1 a n + qa n }是首

2

2

2 a2 + pa 2 a1 + qa12 , 式

的等比数列 所
2 2 2 2 n an +1 + pa n +1 a n + qa n = ( a 2 + pa 2 a1 + qa1 ) ·q .

2 取 c = ?( a 2 + pa1 a 2 + qa12 ) ·

1 q

可.

综 例5

,结论成立 知 a1=0, an+1=5an+ 24a n + 1 ,求证 an 都是整数,n∈N+.
2

证明



a1=0, a2=1,所
2

题设知 方得

n

1 时 an+1>an.

an+1=5an+ 24a n + 1 移
2 2 an +1 ? 10 a n a n +1 + a n ? 1 = 0.

2 2 n 2 时,把 式中的 n 换成 n-1 得 a n ? 10 a n a n ?1 + a n ?1 ? 1 = 0 , 2 2 an +1 ? 10 a n a n +1 + a n ? 1 = 0. 2 式说明 an-1, an+1 是方程 x2-10anx+ a n -1=0 的



an-1<an+1,所

式和

个 等根



达定理得 an+1+ an-1=10an(n 2). 再 a1=0, a2=1 式可知, n∈N+时,an 都是整数 3.数列求和法 数列求和法 要有倒写相加 裂 求和法 错 相 法等 例6 知 an =

1 (n=1, 2, …),求 S99=a1+a2+…+a99. 4 + 2100
n





an+a100-n=

2 × 2100 + 4 n + 4100? n 1 1 1 = 100 , + = 100 100 n 100 ? n n 100 100 ? n 100 4 +2 4 +2 4 × 2 + 2 (4 + 4 ) 2



S99=

1 99 1 99 99 (a n + a100? n ) = × 100 = 101 . ∑ 2 n =1 2 2 2 Sn = 1 1 1 +…+ . + 1× 2 × 3 2 × 3 × 4 n(n + 1)(n + 2) 1 k +2?k = k (k + 1)(k + 2) 2k (k + 1)(k + 2)

例 7 求和



一般地,

=

? 1? 1 1 ?, ? ? ? 2 ? k (k + 1) (k + 1)(k + 2) ? ?
Sn=



∑ k (k + 1)(k + 2)
k =1

n

1

=

? 1? 1 1 1 1 1 1 ? + ? +L+ ? ? 2 ?1 × 2 2 × 3 2 × 3 3 × 4 n(n + 1) (n + 1)(n + 2) ? ? ? 1 ?1 1 ? ? 2 ? 2 (n + 1)(n + 2) ? ? 1 1 ? . 4 2(n + 1)(n + 2)

=

=

例8 证明 因

知数列{an}满足 a1=a2=1,an+2=an+1+an, Sn 递推 式可知,数列{an}前几

数列 ?

? an ? 的前 n n ? ?2 ?

和,求证 Sn<2

1,1,2,3,5,8,13

Sn =

a 1 1 2 3 5 8 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 +L+ n , 2 2 2 2 2 2 2n



a 1 1 2 3 5 S n = 2 + 3 + 4 + 5 + L + nn 2 2 2 2 2 2 +1
- 得

a ?2 1 1 1 ?1 1 + 2 +L+ n Sn = + 2 ? ? 2 2 2 ?2 2 2 n?2

? an ? ? n +1 , ? 2 ?



a 1 1 1 S n = + S n?2 ? nn 2 2 4 2 +1
因 Sn-2<Sn 且

an >0, 2 n+1 1 1 Sn < , 4 2



1 1 1 S n < + Sn, 所 2 2 4

所 Sn<2,得证 4.特 方程法 例9 知数列{an}满足 a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4an,求 an. 解 特 方程 x2=4x-4 得 x1=x2=2. 故设 an=(干+平n)·2n-1, 中 ?

?3 = α + β , ?6 = (α + 2 β ) × 2

所 干=3,平=0, 所 an=3·2n-1. 例 10 知数列{an}满足 a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an,求通 解 特 方程 x2=2x+3 得 x1=3, x2=-1, 所 an=干·3n+平·(-1)n, 中?

an .

?3 = 3α ? β , ?6 = 9α + β

解得干= 所

3 3 ,平 = ? , 4 4 1 a n = [3 n +1 + (?1) n +1 ·3] 4
数列 a0,a1,…,an,…满足 a n a n ? 2 ? a n ?1 a n ?2 =2an-1(n 2)且 a0=a1=1,求通

5.构造等差或等比数列 例 11



a n a n ? 2 ? a n ?1 a n ?2 = 2a n ?1 得
? ? a an + 1 = 2? n ?1 + 1?. ? a n?2 ? a n ?1 ? ?

an a ? 2 n ?1 =1, a n ?1 a n?2

bn =

an +1,则{bn}是首 a n ?1 an +1=2n,所 a n ?1

a1 +1=2, 比 a0
2

2 的等比数列,



bn=

an = 2n-1 a n ?1





an=

n an a a a · n ?1 … 2 · 1 ·a0= ∏ ( 2 k ? 1) 2 . a n ?1 a n ? 2 a1 a0 k =1



∏C
i =1

n

i

= C1·C2·…·Cn.
2 +2 xn ,n∈N+, 求通 2 xn

例 12

知数列{xn}满足 x1=2, xn+1=



考虑函数 f(x)=

x2 + 2 的 2x

点,

x2 + 2 =x 得 x= ± 2 . 2x




2 +2 xn x1=2, xn+1= ,可知{xn}的 2 xn
2 +2 xn



2 2 x n ,所

xn+1

2 (n 1)

Xn+1- 2 =

2 +2 xn (x ? 2)2 ? 2= n , 2 xn 2xn 2 +2 xn (x + 2)2 + 2= n , 2xn 2 xn

Xn+1+ 2 =

?x ? 2? ÷ 得 =? n ? x n +1 + 2 ? ? xn + 2 ? ? x n +1 ? 2

2

x1 ? 2 x1 + 2

>0,

可知对任意 n∈N+,

xn ? 2 xn + 2

>0 且 lg ?

? x n +1 ? 2 ? ? xn ? 2 ? ? = 2 lg ? ?, ? x n +1 + 2 ? ? ? xn + 2 ? ? ? ?



?x ? 2? lg ? n ? 是首 ? xn + 2 ? ? ?

?2 ? 2 ? lg ? ?, 比 ?2 + 2 ?

2 的等比数列
2 n ?1



?2 ? 2 ? = 2 n ?1 · lg ? lg ? ,所 xn + 2 2 + 2 ? ?

xn ? 2

?2 ? 2 ? =? ? xn + 2 ? 2 + 2 ? xn ? 2



解得 xn = 注 第 一 定 角 定



(2 + 2 ) (2 + 2 )

2 n ?1 2 n ?1

+ (2 ? 2 ) ? (2 ? 2 )

2 n ?1 2 n ?1

本例解法是借 于

点, 有普遍意

章 角函数 础知识 1 角,一条射线绕着它的端点旋 得到的 形 做角 若旋 方向 逆时针方向,则 角, 若旋 方向 时针方向, 则角 负角, 若 旋 则 零角 角的大小是任意的 2 角度制,把一周角 360 等 , 一等 一度, 度制 把等于半 长的圆 所对 度 若圆心角的 长 L,则 度数的绝对值|干|=

的圆心角 做一 度 360 度=2π

L , r

中 r 是圆的半 定 3 角函数, 在直角坐标 面内, 把角干的顶点放在原点, 始边 x 轴的 半轴 合, 在角的 边 任意取一个 于原点的点 P,设它的坐标 x,y ,到原点的距离 r,则 函数 sin干=

y x ,余 函数 cos干= , r r

函数 tan干=

x y , 余 函数 cot干= , 割函数 sec x y

干=

r r ,余割函数 csc干= . x y
角 角函数的 本关系式, 倒数关系 tan干= tan干=

定理 1 商数关系

1 1 1 ,sin干= , cos干= cot α csc α sec α

sin α cos α , cot α = cos α sin α

关系

tan干×cos干=sin干,cot干×sin干=cos

干 方关系 sin2干+cos2干=1, tan2干+1=sec2干, cot2干+1=csc2干. 定理 2 诱 式 sin(干+π)=-sin干, cos(π+干)=-cos干, tan(π+干)=tan干, cot(π+干)=cot 干; sin(-干)=-sin干, cos(-干)=cos干, tan(-干)=-tan干, cot(-干)=cot干; sin(π-干)=sin 干, cos(π-干)=-cos干, tan=(π-干)=-tan干, cot(π-干)=-cot干; sin ?

?π ? ? α ? =cos干, ?2 ?

cos ?

?π ?π ? ? ? α ? =sin干, tan ? ? α ? =cot干 奇 偶 ?2 ?2 ? ?

,符号看象限 单调 间 在 间

定理 3

函数的性质,根据 象可得 y=sinx x∈R 的性质如 增函数,在 间 ?2kπ + ,2kπ + π ? 2 2 ? ?

π π? ? ?2kπ ? 2 ,2kπ + 2 ? ? ?

?

π

3 ?

函数,最小 周期

2 π . 奇偶数. 有界性

且仅

x=2kx+

π 时,y 取最大值 1, 且仅 2
对 轴,点 k π , 0 均

x=3k π -

π 时, y 2

取最小值-1 对 性 直线 x=k π +

π 均 2

对 中心,值域

[-1,1] k∈Z. 定理 4 余 函数的性质, 根据 象可得 y=cosx(x∈R)的性质 单调 间 在 间[2kπ, 2kπ+π] 单调递 ,在 间[2kπ-π, 2kπ] 单调递增 最小 周期 2π 奇偶性 偶函数 对 性 直线 x=kπ 均 取最大值 1 定理 5 对 轴,点 ? kπ + 且仅

? ?

π

? ,0 ? 均 2 ?

对 中心 有界性 值域 [-1,1]

且仅 k∈Z.

x=2kπ 时,y

x=2kπ-π 时,y 取最小值-1

π π π )在开 间(kπ- , kπ+ ) 增 2 2 2 π 对 中心 函数, 最小 周期 π,值域 -∞,+∞ ,点 kπ,0 , kπ+ ,0 均 2 定理 6 角和 差的 本关系式 cos(干 ± 平)=cos干cos平 m sin干sin平,sin(干 ± 平)=sin干
函数的性质 象知奇函数 y=tanx(x ≠ kπ+ cos平 ± cos干sin平; tan(干 ± 平)= 定理 7 和差 sin干+sin平=2sin ?

(tan α ± tan β ) . (1 m tan α tan β )

和差 式:

?α + β ? ?α ? β ? ?α + β ? ?α ? β ? ? cos ? ? ,sin干-sin平=2sin ? ? cos ? ?, ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ?α + β ? ?α ? β ? ?α + β ? ?α ? β ? ? cos ? ? , cos干-cos平=-2sin ? ? sin ? ?, ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ? ? 2 ?

cos干+cos平=2cos ?

1 1 [sin(干+平)+sin(干-平)],cos干sin平= [sin(干+平)-sin(干-平)], 2 2 1 1 cos干cos平= [cos(干+平)+cos(干-平)],sin干sin平=- [cos(干+平)-cos(干-平)]. 2 2
sin干cos平= 定理 8 倍角 式:sin2干=2sin干cos干, cos2干=cos2干-sin2干=2cos2干-1=1-2sin2干,

tan2干=

2 tan α . (1 ? tan 2 α )

定理 9 半角 式:sin ?

(1 ? cos α ) (1 + cos α ) ?α ? ?α ? ,cos ? ? = ± , ?=± 2 2 ?2? ?2?

tan ?

sin α (1 ? cos α ) (1 ? cos α ) ?α ? = = . ?=± sin α (1 + cos α ) (1 + cos α ) ?2?

?α ? ?α ? 2 tan? ? 1 ? tan 2 ? ? ? 2 ? , cos α = ?2?, 定理 10 万能 式: sin α = ?α ? ?α ? 1 + tan 2 ? ? 1 + tan 2 ? ? ?2? ?2? ?α ? 2 tan ? ? ?2? . tan α = ?α ? 1 ? tan 2 ? ? ?2?
定理 11 辅 角 式 如果 a, b 是实数且 a2+b2 ≠ 0, 则取始边在 x 轴 半轴, 边 过点(a, b)的一个角 平,则 sin平=

b a +b
2 2

,cos平=

a a + b2
2

,对任意的角干.

asin干+bcos干= ( a 2 + b 2 ) sin(干+平). 定理 12 定理 在任意△ABC 中有

a b c = = = 2 R , 中 a, b, c sin A sin B sin C

别是

角 A,B,C 的对边,R △ABC 外接圆半 定理 13 余 定理 在任意△ABC 中有 a2=b2+c2-2bcosA, 中 a,b,c 别是角 A,B,C 的 对边 定理 14 象之间的关系 y=sinx 的 象 移得 y=sinx+k 的 象 右 移得 y=sin(x+ ? )的 象 相位 换 的 换 纵坐标 , 横坐标 原来的

1 , 得到 y=sin ωx ( ω > 0 ) ω

象 周期 换 横坐标 ,纵坐标 原来的 A 倍,得到 y=Asinx 的 象 振幅 y=Asin( ω x+ ? )( ω >0)的 象 周期 换 横坐标 ,纵坐标 原来的 A 倍,得 y=Asin( ω x+ ? )( ω , ? >0)(|A| 作振幅)的 象向右 移

到 y=Asinx 的 象 振幅 换 个单位得到 y=Asin ω x 的 象 定 4 函数 y=sinx ? ? x ∈ ??

? ω

? ?

? π π ?? , ?? ? 的 函数 ? 2 2 ??

函数,记作 y=arcsinx(x∈[-1, 1]),函

数 y=cosx(x∈[0, π]) 的 函数 y=tanx ? ? x ∈ ??

余 函数,记作 y=arccosx(x∈[-1, 1]). 函数 函数 记作 y=arctanx(x∈[-∞, +∞]). y=cosx(x∈[0,

? ?

? π π ?? , ?? ? 的 函数 ? 2 2 ??

π])的 函数 余 函数,记作 y=arccotx(x∈[-∞, +∞]). 定理 15 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,

π 2

arctana+arccota=

π . 2

? ?

π?

? ,则 sinx<x<tanx. 2?

方法 例题 1.结合 象解题 例 1 求方程 sinx=lg|x|的解的个数 解 在 一坐标系内画 函数 y=sinx y=lg|x|的 象 见 点,故方程有 6 个解 2. 角函数性质的 用 例 2 设 x∈(0, π), 试比较 cos(sinx) sin(cosx)的大小 解 所 所 若x∈?



象可知 者有 6 个交

?π ? , π ? ,则 cosx 1 且 cosx>-1,所 ?2 ?
cos(sinx)>0,

cos x ∈ ? ?

? π ? ,0? , ? 2 ?

sin(cosx) 0, 0<sinx 1, 所 cos(sinx)>sin(cosx).

若 x ∈ ? 0,?

? ?

π?
2? ?

,则因

sinx+cosx= 2 ?

? 2 ? π π π 2 ? = 2 (sinxcos +sin cosx)= 2 sin(x+ ) sin x + x cos ? ? 2 4 4 4 2 ? ?

2<
所 所 综 例3

π , 2

π π -cosx< , 2 2 π cos(sinx)>cos( -cosx)=sin(cosx). 2
0<sinx< , x∈(0,π)时,总有 cos(sinx)<sin(cosx).

π 知干,平 锐角,且 x· 干+平2
若干+平>

? cos α ? ? cos β ? >0,求证 ? ? sin β ? ? + ? sin α ? < 2. ? ? ? ?

x

x

证明

π π π ,则 x>0, 干> -平>0 得 cos干<cos( -平)=sin平, 2 2 2
sin干>sin(



0<

cos α <1, sin β
x

π -平)=cos平, 所 2
0 0

0<

cos β <1, sin α

? cos α ? ? cos β ? ? cos α ? ? cos β ? 所 ? ? sin β ? ? + ? sin α ? = 2. ? sin β ? ? + ? sin α ? < ? ? ? ? ? ? ? ? ?
若干+平<

x

π ,则 x<0, 2

0<干<

π π π -平< 得 cos干>cos( -平)=sin平>0, 2 2 2
cos β >1, sin α
0



cos α >1 sin β
x

0<sin干<sin(

π -平)=cos平,所 2
0

? cos α ? ? cos β ? ? cos α ? ? cos β ? 所 ? ? sin β ? ? + ? sin α ? = 2 ,得证 ? sin β ? ? + ? sin α ? < ? ? ? ? ? ? ? ? ?

x

注 例用到了 角函数的单调性和有界性 辅 角 式,值得注意的是角的讨论 3.最小 周期的确定 例 4 求函数 y=sin(2cos|x|)的最小 周期 解 首先,T=2π 是函数的周期 实 ,因 cos(-x)=cosx,所 co|x|=cosx 次, 且仅 x=kπ+

π 时,y=0 因 |2cosx| 2<π , 2
T0,则 T0=mπ, m∈N+, sin(2cos0)=sin2 ≠ sin(2cosπ),所 T0=2π

所 若最小 周期 4. 角最值 题 例5

知函数 y=sinx+ 1 + cos x ,求函数的最大值 最小值
2

解法一

sinx= 2 cos θ , 1 + cos 2 x =

3 ? ?π 2 sin θ ? ≤ 0 ≤ π ? , 4 ? ?4

则有 y= 2 cos θ + 因

2 sin θ = 2 sin(θ +

π ). 4

π 3 π π ≤ 0 ≤ π ,所 ≤θ + ≤π , 4 4 2 4 π 所 0 ≤ sin(θ + ) 1, 4 3 π 所 θ = π , x=2kπ- (k∈Z)时,ymin=0, 4 2 θ=
解法 =2 因

π , 4

x=2kπ+ 因

π (k∈Z)时,ymax=2. 2
2(sin 2 x + 1 + cos 2 x) ,

y=sinx+ 1 + cos 2 x ≤

(a+b)2 2(a2+b2) ,

且|sinx| 1 所

1 + cos 2 x ,所

0 sinx+ 1 + cos x
2

2,

1 + cos 2 x =sinx, 1 + cos 2 x =-sinx,

x=2kπ+

π (k∈Z)时, ymax=2, 2

x=2kπ-

π (k∈Z)时, ymin=0 2

例 6 设 0< θ <π,求 sin 解 因

θ (1 + cos θ ) 的最大值 2 θ π θ θ 0< θ <π,所 0 < < ,所 sin >0, cos >0. 2 2 2 2
1+cos θ =2sin



sin

θ 2

θ θ θ θ 2 θ ·cos2 = 2 ? 2 sin ? cos 2 ? cos 2 2 2 2 2 2
3

θ θ? ? 2 θ ? cos 2 ? cos 2 ? ? 2 sin 2 2 2 ? = 16 = 4 3 . 2×? 27 9 3 ? ? ? ? ? ?

且仅

2sin2

θ θ =cos2 , 2 2
△ABC

tan

θ θ 2 4 3 = 时,sin (1+cos θ )取得最大值 2 2 2 9

例 7 若 A,B,C 解 因

个内角,试求 sinA+sinB+sinC 的最大值

sinA+sinB=2sin

A+ B A? B A+ B cos , ≤ 2 sin 2 2 2
C? 2

sinC+sin

π
3

C+ = 2 sin 2

π
3 cos C+ 2

π
3 ≤ 2 sin

C+ 2

π
3 ,

π
3 = 2 sin

A+ B 因 sin + sin 2

A+ B+C + 4
4sin

π
3 cos

A+ B ?C ? 4

π

3 ≤ 2 sin π , 3

, , 得 sinA+sinB+sinC+sin

π
3
,

π
3

,



sinA+sinB+sinC 3sin

π 3 3
3
=

2

A=B=C=

π
3

时, sinA+sinB+sinC

max=

3 3 . 2
和差 式 均值 等式 柯

注 角函数的有界性 |sinx| 1 |cosx| 1 和差 西 等式 函数的单调性等是解 角最值的常用手段 5.换元法的使用 例8 求y =

sin x cos x 的值域 1 + sin x + cos x
? ? 2 π 2 ? = 2 sin( x + ). sin cos x + x ? ? 2 2 4 ? ?



设 t=sinx+cosx= 2 ?

因 所 因

? 1 ≤ sin( x +

π
4

) ≤ 1,

? 2 ≤ t ≤ 2.
t2=1+2sinxcosx,



sinxcosx=

t 2 ?1 ,所 2

x2 ?1 t ?1 y= 2 = , 1+ t 2



? 2 ?1 ≤ y≤ 2
t ≠ -1,所

2 ?1 . 2
y ≠ -1.



t ?1 ≠ ?1 ,所 2



函数值域

? 2 +1 ? ? 2 ? 1? y ∈ ?? , ?1? U? ? 1, ?. ? ? 2 2 ? ? ? ? 1 + a n ?1 2 ? 1 a n ?1

例9

知 a0=1, an=

(n∈N+),求证 an>

π
2 n+2

.

证明

题设 an>0,

an=tanan, an∈ ? 0,

? ?

π?

? ,则 2?

an =

1 + tan 2 a n ?1 ? 1 tan a n?1

=

a sec a n ?1 ? 1 1 ? cos a n ?1 = = tan n ?1 = tan a n . 2 tan a n ?1 sin a n ?1
an =



a n ?1 ? π? ,an∈ ? 0, ? ,所 2 ? 2?
因 a0=tana1=1,所 a0=

1 a n ?1 ,所 2

an = ? ? a 0 .
n

?1? ?2?

n

π
4

,所

π ?1? an = ? ? · 4 ?2? π
2
n+2

因 注 外

0<x<

π
2

时,tanx>x,所

a n = tan

>

π
2 n+ 2

.

换元法的关键是保持换元前 x∈ ? 0,

取值范围的一



? ?

π?

? 时,有 tanx>x>sinx, 是个熟知的结论,暂时 证明,学完 数 ,证 2?

明是很容易的 6. 象 换 y=sinx(x∈R) y=Asin( ω x+ ? )(A, ω , ? >0). y=sinx 的 象向 移 ? 个单位,然 保持横坐标 ,纵坐标 再保持纵坐标 的 的 ,横坐标 原来的

原来的 A 倍,然 象 也可 ,横坐标 y=sinx 原来

1

ω

,得到 y=Asin( ω x+ ? )的

象先保持横坐标

,纵坐标

原来的 A 倍,再保持纵坐标

1

ω

,最 向

例 10 例 10

? 个单位,得到 y=Asin( ω x+ ? )的 象 ω 知 f(x)=sin( ω x+ ? )( ω >0, 0 ? π)是 R 的偶函数,
移 是单调函数,求 ? 和 ω 的值 sin( ω + ? )=sin(- ω x+ ? ),所

象关于点

? 3π ? ? π? M ? ,0 ? 对 ,且在 间 ?0, ? ? 4 ? ? 2?
解 f(x)是偶函数,所 对任意 x∈R 成立 0

f(-x)=f(x),所

cos ? sinx=0,

?

π,解得 ? =

π
2





f(x) 象关于 M ?

? 3π ? ,0 ? 对 ,所 ? 4 ?

3 3 f ( π ? x) + f ( π + x) =0 4 4

取 x=0,得 f ( π ) =0,所

3 4

sin ?

π? ? 3π ω + ? = 0. 2? ? 4



3π π 2 ω = kπ + (k∈Z), ω = (2k+1) (k∈Z). 4 2 3

π π ω >0,取 k=0 时, 时 f(x)=sin(2x+ )在[0, ] 是 函数
2 2
取 k=1 时, ω =2, 时 f(x)=sin(2x+ 取 k=2 时, ω ≥ 综 ,ω =

π
2

)在[0,

π
2

] 是 函数 是单调函数,

10 π π , 时 f(x)=sin( ω x+ )在[0, ] 3 2 2

2 或2 3 5 5 ?π ? ? 3π ? , sin(α+β)=, 且 α-β∈ ? , π ? , α+β∈ ? 求 sin2α,cos2β ,2π ? , 13 13 ?2 ? ? 2 ?

7. 角 式的 用 例 11 的值 解 因 α-β∈ ? 知 sin(α-β)=

?π ? , π ? ,所 ?2 ?

cos(α-β)=- 1 ? sin 2 (α ? β ) = ?

12 . 13



α+β∈ ?

? 3π ? ,2π ? ,所 ? 2 ?

cos(α+β)= 1 ? sin 2 (α + β ) =

12 . 13 120 , 169



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 知△ABC 的 个内角 A,B,C 成等差数列,且

1 1 2 ,试求 + =? cos A cos C cos B

cos


A?C 的值 2
因 A=1200-C,所 cos

A?C =cos(600-C), 2

1 1 1 1 cos(120 0 ? C ) + cos C 于 + = + = cos A cos C cos(120 0 ? C ) cos C cos C cos(120 0 ? C )
=

2 cos 60 0 cos(60 0 ? C ) 1 [cos 120 0 + cos(120 0 ? 2C )] 2 4 2 cos 2

=

2 cos(60 0 ? C ) 1 cos(120 ? 2C ) ? 2
0

= ?2 2 ,



A?C A?C + 2 cos ? 3 2 =0 2 2

解得 cos

2 3 2 A?C A?C 或 cos = =? 2 2 2 8 cos 2 A?C = 2 2

cos

A?C >0,所 2

例 13 求证

tan20 ° +4cos70 ° .
° °



sin 20 ° ° tan20 +4cos70 = +4sin20 ° cos 20

=

sin 20 ° + 4 sin 20 ° cos 20 ° sin 20 ° + 2 sin 40 ° = cos 20 ° cos 20 ° sin 20 ° + sin 40 ° + sin 40 ° 2 sin 30 ° cos10 ° + sin 40 ° = cos 20 ° cos 20 °

=

sin 80 ° + sin 40 ° 2 sin 60 ° cos 20 ° = = = 3. cos 20 ° cos 20 °
第七章 解 角形 一 础知识 在本章中 定用 A,B,C 边长, p = 1.

别表示△ABC 的 个内角,a, b, c

别表示它们所对的各

a+b+c 2
定理

半周长

a b c =2R R △ABC 外接圆半 = = sin A sin B sin C 1 1 1 推论 1 △ABC 的面 S△ABC= ab sin C = bc sin A = ca sin B. 2 2 2
推论 2 在△ABC 中,有 bcosC+ccosB=a. 推论 3 在△ABC 中,A+B= θ ,解 a 满足

a b = ,则 a=A. sin a sin(θ ? a )
再给 , 证推论 先证推论 1, B+C= π -A,

定理可 在外接圆中 定 证明得到, 函数定 , BC 边 的高 所 sin(B+C)=sinA, 定理 bsinC, 所

1 因 S△ABC= ab sin C 再证推论 2, 2

sinBcosC+cosBsinC=sinA, 边

2R 得 bcosC+ccosB=a 再证

推论 3,

a b , 所 = sin A sin B

sin a sin(θ ? a ) = , sinasin( θ -A)=sin( θ -a)sinA, sin A sin(θ ? A)
于 a=A,



于 ?

1 1 [cos( θ -A+a)-cos( θ -A-a)]= ? [cos( θ -a+A)-cos( θ -a-A)] , 等 2 2
0< θ -A+a,θ -a+A< π . 所 有 θ -A+a= θ -a+A, 所

因 cos( θ -A+a)=cos( θ -a+A),

得证 2.余 定理 a2=b2+c2-2bccosA ? cos A = 用的结论 1 斯特瓦特定理

b2 + c2 ? a2 , 面用余 定理证明几个常 2bc
任意一点, BD=p , DC=q ,则

在△ ABC 中, D 是 BC 边 1

b2 p + c2q AD = ? pq. p+q
2

证明 因 c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos ∠ADB , 所 c2=AD2+p2-2AD·pcos ∠ADB. 理 b2=AD2+q2-2AD·qcos ∠ADC , 因 ∠ ADB+ ∠ ADC= π , 所 cos ∠ ADB+cos ∠ ADC=0, 所 两× +p× 得 两化 +pb 称Ⅲp+两Ⅳ致价 +p两Ⅲp+两Ⅳ,
该 该 该

b2 p + c2q 致价 称 ? pq. p+q


注 该

在 令 式中,若 p称两,则 中线长 式 AD =

2b 2 + 2c 2 ? a 2 . 2



2 S? ABC =

&

1 4

b 化 弦in 致称

该 该



1 4

b化

该 该

Ⅲ令-化o弦 致Ⅳ称



1 4

b化

该 该

? (b 2 + c 2 ? a 2 ) 2 ? 1 该 该 该 2 ? = 后Ⅲb+化Ⅳ -a ]后a -Ⅲb-化Ⅳ ]称pⅢp-aⅣⅢp-bⅣⅢp-化Ⅳ. ?1 ? 2 2 4b c ? 16 ?
p=


a+b+c . 2

分△ABC=

p( p ? a)( p ? b)( p ? c).

方法 例题 1.面 法 例 1 共线关系的张角





所示,

O 点发 u, w, v,



条射线满足

OQ, OR 的长 别 ∠POQ = α , ∠QOR = β , 外 OP, 则 P,Q,R 的共线的充要条 是

α, β, α+β∈(0,

π ),

sin β sin α sin(α + β ) + = . u v w
证明 P,Q,R 共线 ? S ?PQR = 0 ? S ?OPR = S ?OPQ + S ?ORQ

1 1 1 uv sin (α+β)= uwsinα+ vwsinβ 2 2 2 sin(α + β ) sin β sin α ,得证 ? = + w u v ?
2. 定理的 用 例 2 如 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 别 D,E,F,则 P,D, C , E P , E , A , F P , D , B , F 组 四 点 共 圆 , 所 ∠ EDF= ∠ PDE+ ∠ PDF= ∠ PCA+ ∠ PBA= ∠ BPC- ∠ BAC 题 设 0 0 ∠ BPC+ ∠ CPA+ ∠ APB=360 可得 ∠ BAC+ ∠ CBA+ ∠ ACB=180 所 ∠ BPC- ∠ BAC= ∠ CPA- ∠ CBA= ∠ APB- ∠ ACB=600 所 ∠ EDF=600, 理 ∠ DEF=600,所 △DEF 是 角形 所 DE=EF=DF, 定理,CDsin ∠ ACB=APsin ∠ BAC=BPsin ∠ ABC, 边 时 △ABC 的外接圆直 2R,得 CP·BA=AP·BC=BP·AC,得证 价凸 交于 P,求 例 3 如 所示,△ABC 的各边 别 圆⊙O令,⊙O该 相 ,直线 基培 证 P致 ⊥ B件 证明 延长 PA 交 GD 于 M, 因 O1G ⊥ BC,O2D ⊥ BC,所 需证

GM O1 A AF = = . AE MD AO2

定理

AP AF PA AE , = = , sin(π ? ∠1) sin α sin(π ? ∠2) sin β



AE sin ∠1 sin β = ? . AF sin ∠2 sin α
一方面,

GM PM MD PM = , = , sin α sin ∠1 sin β sin ∠2



GM sin ∠2 sin α ? = , MD sin ∠1 sin β GM AF ,所 = MD AE PA ⊥ BC,得证
PA//O1G,



3.一个常用的 换 在△ABC 中,记点 A,B,C 到内 圆的 线长 别 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 a=y+z, b=z+x, c=x+y,则 abc=(x+y)(y+z)(z+x)

x, y, z,则

≥ 8 xy ? 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 a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc. 4. 角换元 例 5 设 a, b, c∈R+,且 abc+a+c=b,试求 P = 解 题设 b =

2 2 3 的最大值 ? 2 + 2 a +1 b +1 c +1
2

a+c , 1 ? ac

a=tanα, c=tanγ, b=tanβ,
2

10 1? 10 ? , 则 tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos γ≤ ? 3? sin γ ? ? ≤ 3 3? 3 ?
2

且仅

α+β=

π
2

,sinγ=

1 , 3

a=

10 2 2 时,Pmax= . , b = 2, c = 2 4 3 1 2

例 6 在△ABC 中,若 a+b+c=1,求证: a2+b2+c2+4abc< . 设 a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β ∈ ? 0,

证明

? π? ?. ? 2?



a, b, c 而 β ∈ ? 0,

边长,所

c<

1 , c>|a-b|, 2

? π? ? ,所 ? 4?

sin2β>|cos2α·cos2β|.

1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca), a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc). ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c) =sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β 因 所 =

1 [1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β] 4 1 1 = + cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β) 4 4 1 1 1 > + cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)= . 4 4 4 1 所 a2+b2+c2+4abc< . 2

第 一

章 面向 础知识 定 1 既有大小 有方向的 , 向 画 时用有向线段来表示,线段的长度表 示向 的模 向 的符号用 个大写 母 面加箭头,或一个小写 母 面加箭头表示 书 中用黑体表示向 ,如 a. |a|表示向 的模,模 零的向 零向 ,规定零向 的方向是 任意的 零向 和零 ,模 1 的向 单位向 定 2 方向相 或相 的向 行向 或共线向 ,规定零向 任意一个 非零向 行和结合律

定理 1 向 的 算,加法满足 行四边形法规, 法满足 角形法则 加法和 法都 满足交换律和结合律 定理 2 非零向 a, b 共线的充要条 是 在实数 λ ≠ 0,使得 a= λb. f 定理 3 面向 的 本定理,若 面内的向 a, b 共线,则对 一 面内任意向是 c, 在唯一一对实数 x, y,使得 c=xa+yb, 中 a, b 一组 定 3 向 的坐标,在直角坐标系中,取 x 轴,y 轴方向相 的 个单位向 i, j 作 ,任取一个向 c, 定理 3 可知 在唯一一组实数 x, y,使得 c=xi+yi,则 x, y 做 c 坐标 定 4 向 的数 , 若非零 向 a, b 的夹 角 θ , 则 a, b 的数 记作 a·b=|a|·|b|cos θ =|a|·|b|cos<a, b>,也 内 , 中|b|cos θ 做 b 在 a 的投影 注 投影 可能 负值 定理 4 面向 的坐标 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)=

x1 x 2 + y1 y 2
2 2 x12 + y12 ? x 2 + y2

(a, b ≠ 0),

4. a//b ? x1y2=x2y1, a ⊥ b ? x1x2+y1y2=0. 定 5 若点 P 是直线 P1P2 异于 p1, p2 的一点, 则 在唯一实数 λ, 使 P1 P = λ PP2 , 面内任意一点,则 OP =

λ

P

P1 P2 所成的比,若 O

OP1 + λ OP2 1+ λ

可得若

? x + λx 2 x= 1 ? x ? x1 y ? y1 ? 1+ λ P1,P,P2 的坐标 别 (x1, y1), (x, y), (x2, y2),则 ? .λ = . = x2 ? x y2 ? y ? y = y1 + λy 2 ? 1+ λ ?
定 6 设 F 是坐标 面内的一个 形,将 F
2 2

所有的点按照向

a=(h, k)的方向, 任意一点, 移

移|a|= h + k 个单位得到 形 F ' , 一过程 做 移 设 p(x, y)是 F 到 F' 对 的点

? x' = x + h p ' ( x ' , y ' ) ,则 ? ? y' = y + k

移 式

定理 5 对于任意向 证明 因

a=(x1, y1), b=(x2, y2), |a·b|≤|a|·|b|,并且|a+b|≤|a|+|b|.

2 2 |a|2· |b|2-|a· b|2= ( x12 + y12 )( x 2 + y2 ) -(x1x2+y1y2)2=(x1y2-x2y1)2≥0, |a· b|≥0,

|a|·|b|≥0, 所 |a|·|b|≥|a·b|. 向 的 角形法则 直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|. 注 本定理的 个结论均可推广 1 对 n 维向 ,a=(x1, x2,…,xn),b=(y1, y2, …, yn), 样有 |a · b|≤|a| · |b| , (x1y1+x2y2+…+xnyn)2≥0, 简 柯西 等式
2 2 2 2 ( x12 + x 2 + L + xn )( y12 + y 2 + L + yn )≥

|a·b|≥0, |a|·|b|≥0,



|a|·|b|≥|a·b|. 向 的 角形法则 直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|. 注 本定理的 个结论均可推广 1 对 n 维向 ,a=(x1, x2,…,xn), b=(y1, y2, …, yn), 样 有 |a · b|≤|a| · |b| , 简 柯 西 等 式

2 2 2 2 ( x12 + x 2 + L + xn )( y12 + y 2 + L + yn ) ≥ (x1y1+x2y2+…+xnyn)2

2 对于任意 n 个向 ,a1, a2, …,an,有| a1, a2, …,an|≤| a1|+|a2|+…+|an| 方向 例题 1.向 定 和 算法则的 用 例1 设O是 证明 原 n 边形 A1A2…An 的中心,求证

OA1 + OA2 + L + OAn = O.
n 边形绕中心 O 旋

记 S = OA1 + OA2 + L + OAn , 若S ≠ O , 则将

2π n

n 边形 合,所

S



可能,所

S = O.
是 GA + GB + GC = O. P,使 DP=GD,

例 2 给定△ABC,求证 G 是△ABC

心的充要条

证明 必要性 如 所示,设各边中点 别 则 AG = 2GD = GP. 因 所 所 充 因 BC BPCG GP 互相 , BG // PC,所

D,E,F,延长 AD

行四边形,所

GB = CP.

GA + GB + GC = GC + CP + PG = O.
性 若 GA + GB + GC = O , 延长 AG 交 BC 于 D, 使 GP=AG, 连结 CP, 则 GA = PG. GB // CP,所 AG BC

GC + PG + PC = O ,则 GB = PC ,所

理 BG CA 所 G 心 例 3 在 四边形 ABCD 中, P 和 Q 2 AB +BC2+CD2+DA2=AC2+BD2+4PQ2 证明 如 所示,结结 BQ,QD 因 所



对角线 BD 和 AC 的中点,求证

BP + PQ = BQ, DP + PQ = DQ ,
BQ + DQ = ( BP + PQ ) 2 + ( DP + PQ) 2
2 2 2

2

2

= BP + DP + 2 PQ + 2 BP · PQ + 2 DP ? PQ = BP + DP + 2 PQ + 2( BP + DP ) ? PQ = BP + DP + 2 PQ . 因
2 2 2 2 2 2

BQ + QC = BC , BQ + QA = BA, QA + QC = O,



BA + BC = QA + QC + 2 BQ , CD + DA = QA + QC + 2QD ,
, , 可得 BA + BC + CD = 4QA + 2( BQ + QD )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

2

2

2

2

= AC + 2( 2 BP + 2 PQ ) = AC + BD + 4 PQ
2.证利用定理 2 证明共线 例 4 △ABC 外心 O, 垂心 2 证明 = OA + 首先 OG = OA + AG = OA + H, 心

2

2

2

2

2

2

得证

G 求证 O, G, H

共线, 且 OG GH=1

2 AM 3

1 1 ( AB + AC ) = OA + ( 2 AO + OB + OC ) 3 3

1 = (OA + OB + OC ). 3
次设 BO 交外接圆于 一点 E,则连结 CE 得 CE ⊥ BC. AH ⊥ BC,所 AH//CE EA ⊥ AB,CH ⊥ AB,所 AHCE 行四边形 所 所 所 所

AH = EC ,
OH = OA + AH = OA + EC = OA + EO + OC = OA + OB + OC , OH = 3OG , OG OH 共线,所
O,G,H 共线

所 OG GH=1 2 3.利用数 证明垂直 例 5 给定非零向 a, b. 求证 |a+b|=|a-b|的充要条 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 知△ABC 内接于⊙O, AB=AC, D AB 中点, E △ACD 心 求证 OE ⊥ CD 证明 则 OD = 设 OA = a, OB = b, OC = c ,

1 (a + b) , 2

OE =

1? 1 1 1 ? 1 a + c + (a + b) ? = c + a + b. ? 3? 2 2 6 ? 3 1 ( a + b) ? c , 2

CD =


1 1 ? ?1 1 ?1 ? OE ? CD = ? a + c + b ? ? ? a + b ? c ? 3 6 ? ?2 2 ?2 ?

=

1 2 1 2 1 2 1 1 a + b ? c + a ?b ? a ?c 4 12 3 3 3 1 因 |a|2=|b|2=|c|2=|OH|2 = a·(b-c). 3

AB=AC,OB=OC,所 OA BC 的中垂线 所 a·(b-c)=0. 所 OE ⊥ CD 4.向 的坐标 算 例7 知四边形 ABCD 是 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 所示, CD 所在的直线 x 轴, C 原点建立直角坐标系,设 方 形边长 1,则 A,B 坐标 别 -1,1 和 0,1 ,设 E 点的坐标 x, y ,则 BE =(x,



y-1), AC = (1,?1) ,因 因

BE // AC ,所 -x-(y-1)=0.
x2+y2=2.

| CE |=| AC | ,所
, 解得 x =

1+ 3 1? 3 . ,y = 2 2



? 3 + 3 ?1? 3 ? ?, | AE | 2 = 4 + 2 3. AE = ? ? ? 2 , 2 ? ?

设 F ( x ' ,1) ,则 CF = ( x' ,1)

CF 和 CE 共线得

1? 3 1+ 3 x'? = 0. 2 2

所 所

x' = ?( 2 + 3 ) ,

F ( ?2 ? 3 ,1) , AF=AE

| AF | 2 =4+ 2 3 =| AE | 2 ,所

第九章 等式 一 础知识 等式的 本性质 1 a>b ? a-b>0 3 a>b ? a+c>b+c 5 a>b, c<0 ? ac<bc; 7

2 a>b, b>c ? a>c 4 a>b, c>0 ? ac>bc 6 a>b>0, c>d>0 ? ac>bd; 8 a>b>0, n∈N+ ?
n

a>b>0, n∈N+ ? an>bn;

a >nb;

9 a>0, |x|<a ? -a<x<a, |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≥2 前五条是显然的, 第

xy , x+y+z ≥ 33 xyz .
条开始给 证明

6 因 质 7

a>b>0, c>d>0,所

ac>bc, bc>bd,所
n

ac>bd

复利用性质 6 ,可得性 a≤b,

再证性质 8 ,用 证法,若 n a ≤ 假设 成立,所
n

b , 性质 7 得 ( n a ) n ≤ ( n b ) n ,
绝对值的意 知 9 成立

a>b 矛盾,所

a>nb

-|a|≤a≤|a|,

-|b|≤b≤|b| , 所 -(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b| , 所 |a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|,所 |a|-|b|≤|a+b|,所 x+y-2

|a+b|≤|a|+|b| 10 成立

面 再 证 10 11 显然成立

的 边,因 证 12 ,因

xy = ( x ? y ) 2 ≥0,所
3

x+y≥ 2 xy , 且仅

x=y 时,等号成立,再证 一

等 式 ,

x = a, 3 y = b, 3 z = c , 因

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 2
x=y=z 时成立 方法 例题 1. 等式证明的 本方法

a3+b3+c3≥3abc,

x+y+z≥ 33 xyz ,等号 且仅

1 比较法,在证明 A>B 或 A<B 时利用 A-B 1 比较大小,最 得 结论 例 1 设 a, b, x2+y2+z2 ≥ 2

0 比较大小,或把

A B
x,

A,B>0

c ∈ R+ , 试 证

对 任 意 实 数

y,

z,



? a+b abc b+c c+a ? ? xy + yz + xz ? ?. ? c a b ( a + b)(b + c )(c + a ) ? ?
边-右边= x2+y2+z2 ? 2

证明

ab bc xy ? 2 yz (b + c )(c + a ) ( a + b)(c + a )

?2

ca b ab a c xz = x2 ? 2 xy + y2 + y2 ? ( a + b)(b + c) b+c (b + c)(c + a ) c+a c+a c ca a b bc x2 = xz + z2 ? 2 z2 + yz + ( a + b)(c + a ) ( a + b)(b + c ) b+c a+b a+b
2 2 2

2

? ? ? c ? a b ? ? c a b ? ? ? ? ? ? ? b + c x + c + a y ? + ? c + a y ? a + b z ? + ? a + b z ? b + c x ? ≥ 0. ? ? ? ? ? ?
所 边≥右边, 等式成立 例 2 若 a<x<1,比较大小 |loga(1-x)| |loga(1+x)|. 解 因 1-x ≠ 1 ,



loga(1-x)



0,

| log a (1 + x ) | 1 =|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x) >log(1-x)(1-x)=1 因 1+ x | log a (1 ? x ) | 1 >1-x>0, 0<1-x<1 . 1+ x

0<1-x2<1,所

|loga(1+x)|>|loga(1-x)|. 2 析法, 欲证 等式 发,层层推 使之成立的充 条 ,直到 知 述方式 要证……, 需证…… 例3 证明 因 例4 知 a, b, c∈R+,求证 a+b+c-3 3 abc ≥a+b ? 2 ab . 需证 c + 2 ab ≥ 33 abc ,





要证 a+b+c ? 33 c ? a ? b ≥a+b ? 2 ab .

c + 2 ab = c + ab + ab ≥ 33 c ? a ? b = 33 abc ,所 原 等式成立
知实数 a, b, c 满足 0<a≤b≤c≤

1 ,求证 2

2 1 1 ≤ + . c(1 ? c) a(1 ? b) b(1 ? a )

证明



0<a≤b≤c≤

1 , 2

次函数性质可证 a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c),



1 1 1 , ≥ ≥ a (1 ? a ) b(1 ? b) c (1 ? c ) 1 1 2 2 , + ≥ ≥ a (1 ? a ) b(1 ? b) b(1 ? b) c(1 ? c )
需证明





1 1 1 1 , + ≤ + a (1 ? a ) b(1 ? b) a (1 ? b) b(1 ? a)

也就是证

a ?b a?b ≤ , a (1 ? a )(1 ? b) b(1 ? a )(1 ? b)

需证 b(a-b) ≤a(a-b), (a-b)2≥0,显然成立 所 命题成立 3 数学 法 例 5 对任意 整数 n(≥3),求证 nn+1>(n+1)n. 证明 1 n=3 时,因 34=81>64=43,所 命题成立 2 设 n=k 时有 kk+1>(k+1)k, n=k+1 时, 需证(k+1)k+2>(k+2)k+1,

( k + 1) k + 2 >1. 因 ( k + 2) k +1
需证

k k +1 > 1 ,所 (k + 1) k

需证

( k + 1) k + 2 k k +1 > , ( k + 2) k +1 ( k + 1) k

证 (k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1 ,

(k+1)2>k(k+2), 证 k2+2k+1>k2+2k. 显然成立 所 数学 法,命题成立 4 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 少有一个 数, 妨设 ar 是 a1, a2,…, an-1 中第一 个 的 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 因

k=r 起有 an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0. an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar >0 an=0 矛盾 故命题获证 5 类讨论法 知 x, y, z∈R+,求证 妨设 x≥y, x≥z.

例7 证明

x2 ? y2 y2 ? z2 z2 ? x2 ≥ 0. + + y+z z+x x+ y

夫≥y≥z,则

1 1 1 ,x2≥y2≥z2, 排序原理可得 ≤ ≤ x+ y x+z y+z

x2 y2 z2 y2 z2 x2 + + ≥ + + ,原 等式成立 y+z z+x x+ y y+z z+x x+ y
夫≥z≥y,则

1 1 1 ,x2≥z2≥y2, 排序原理可得 ≤ ≤ x+z x+ y y+z

x2 y2 z2 y2 z2 x2 + + ≥ + + ,原 等式成立 y+z z+x x+ y y+z z+x x+ y
6 放缩法, 要证 A>B,可证 A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+). 例 8 求证

1+ 1+

1 1 1 < n( n ≥ 2). + +L+ n 2 3 2 ?1

证明

1 1 1 1 ?1 1? 1 1 ? ? 1 + +L+ n > 1+ + ? + ? +L+ ? n + n +L+ n ? 2 3 2 ?4 4? 2 ?1 244 2 23 ? ? 1 4 2444
2 n ?1

?

1 n ?1 1 n = 1+ ? n > ,得证 n 2 2 2 2
例9 知 a, b, c 是△ABC 的 条边长,m>0,求证

a b c + > . a+m b+m c+m a b a b a+b m 证明 + > + = = 1? a+m b+m a+b+m a+b+m a+b+m a+b+m m c 因 a+b>c ,得证 > 1? = c+m c+m
7 引入参 例 10 法
+

知 x, y∈R , l, a, b

b3 定 数,求 f(x, y)= 2 + 2 的最小值 x y ? 3 b3 ? ?a + k 2 ? ? ? ?= ?

a3





(1 + k ) 2 y l kl ,f(x,y)= = k ,则 x = ,y = x 1+ k 1+ k l2

? ? ? 1 1? 3 1 1 1 3 3 3 3 3 3 3 2 ? ≥ 2 (a3+b3+3a2b+3ab2)= ? + + + + ? + ? + ? + a b a k a k b b b a k 2 k k l2 ? k l 2444 3? 144 4 2444 3 1444 ? ? ? ?

( a + b) 3 l2

,等号 且仅

a b = 时成立 所 x y

f(x, y)min=

(a + b) 3 . l2

例 11 设 x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1,求证 证明

(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.

设 x1=k(x2+x3+x4) , 依 题 设 有

1 ≤k≤1, x3x4≥4 , 原 3

等式等



(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4),

(1 + k ) 2 (x2+x3+x4) ≤x2x3x4,因 4k


f(k)=k+

1 ?1 ? 在 ,1? k ? ?3 ?

递 ,

(1 + k ) 2 1 1 (x2+x3+x4)= ( k + + 2) (x2+x3+x4) 4k 4 k 1 +2 3 ·3x2=4x2≤x2x3x4. 4

3+
≤ 所

原 等式成立 8 局部 等式 知 x, y, z∈R+,且 x2+y2+z2=1,求证

例 12

3 3 x y z ≥ + + . 2 2 2 2 1? x 1? y 1? z

证明

先证

x 3 3 2 x . ≥ 2 2 1? x 1 ?2? 2 , ?? ? = 2 ?3? 3 3
3



1 x(1-x )= ? 2 x 2 (1 ? x 2 ) 2 ≤ 2
2



x x2 x2 3 3 2 = ≥ = x . 2 2 2 2 x (1 ? x ) 1? x 3 3


y 3 3 2 y , ≥ 2 2 1? y

z 3 3 2 ≥ z , 2 2 1? z


3 3 2 3 3 x y z + + ≥ (x + y 2 + z 2 ) = . 2 2 2 2 2 1? x 1? y 1? z

例 13 证明

知 0≤a, b, c≤1,求证 先证

a b c ≤2 + + bc + 1 ca + 1 ab + 1

2a a . ≤ bc + 1 a + b + c

a+b+c≤2bc+2. 证(b-1)(c-1)+1+bc≥a. 因 0≤a, b, c≤1,所 式成立 理

2b 2c b c ≤ ≤ , . ca + 1 a + b + c ab + 1 a + b + c

个 等式相加 得原 等式成立 9 利用函数的思想 例 14 小值 解 a, b, c 中有一个 0, 个 1 时,f(a, b, c)= 知非负实数 a, b, c 满足 ab+bc+ca=1,求 f(a, b, c)=

1 1 1 的最 + + a+b b+c c+a 5 , 2
证明 f(a, b, c) ≥

5 . 2

妨设 a≥b≥c,则 0≤c≤

1 2c a+b 3 , f(a, b, c)= 2 + 2 . + 3 c +1 c +1 a + b



(a + b) 2 1=(a+b)c+ab≤ +(a+b)c, 4
2

解关于 a+b 的 等式得 a+b≥2( c + 1 -c). 考虑函数 g(t)=

t 1 + , g(t)在[ c 2 + 1,+∞ c +1 t
2

单调递增



0≤c≤

3 ,所 3
2

3c2≤1. 所

c2+a≥4c2. 所

2 ( c 2 + 1 ? c) ≥ c + 1.
2



f(a, b, c)=

2c a+b 1 + + 2 c +1 c +1 a + b



2c 2( c 2 + 1 ? c ) 1 + + 2 2 c +1 c +1 2( c 2 + 1 ? c )

=

2c c2 +1 + c + c2 +1 c2 +1
? c 3 c2 +1 ? 1 2 ?+ ? 1 c + + ? 2 ? 2 2 1 c + ? ?

= 2?

c 3 c 2 + 1 5 3(1 ? c 2 + 1) c = + + . ≥4+ ? 2 2 2 2 2

证 3(1 ? c + 1) + c ≥ 0
2

? ?3 ? 3 + c ≥ 3 c 2 + 1 ? c2+6c+9≥9c2+9 ? c? ? c ? ≥0 ?4 ?
式成立

3 ?c≤ . 因 4


c≤

3 3 < ,所 3 4

f(a, b, c) ≥

5 ,所 2

f(a, b, c)min=

5 . 2

2.几个常用的 等式 1 柯西 等式 若 ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n,则 ( 等号 且仅

∑ ai2 )(∑ bi2 ) ≥ (∑ ai bi ) 2 .
i =1 i =1 i =1

n

n

n

在 λ∈R,使得对任意 i=1, 2, , n, ai=λbi,
n 2 i

式 1 若 ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n,则 (

∑b
i =1

a

)≥

(∑ a i ) 2 (∑ bi )
i =1 i =1 n

n

.
2

i

等号成立条

ai=λbi,(i=1, 2, …, n)
n

式 2 设 ai, bi

号且

0(i=1, 2, …, n),则

∑b
i =1

ai
i



(∑ a i ) 2

n

∑a b
i i =1

i =1 n

.

i

等号成立 且仅 2

b1=b2=…=bn.

均值 等式 设 a1, a2,…,an∈R+,记 Hn=

n 1 1 1 + +L+ a1 a 2 an

, Gn= n a1 a 2 L a n ,

An=

a1 + a 2 + L + a n , Qn = n

2 2 a12 + a 2 + L + an ,则 Hn≤Gn≤An≤Qn. n

调和

均≤几何

均≤算术 均≤ 方 均 中等号成立的条 均 a1=a2=…=an. 证明 柯西 等式得 An≤Qn,再 1 n=2 时,显然成立 2 因 设 n=k 时有 Gk≤Ak,

Gn≤An 可得 Hn≤Gn,

仅证 Gn≤An.

n=k+1 时,记 1+ k a1 a 2 L a k a k +1 =Gk+1.
k ?1

a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥ k k a1 a 2 L a k + k k a k +1 ? Gk +1
k ?1 2k

≥ 2k 2 k a1 a 2 L a k +1Gk +1 = 2k 2 k Gk +1 = 2kGk+1, 所 所 a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1, 数学 法,结论成立 Ak+1≥Gk+1.

3 排序 等式 若 组实数 a1≤a2≤…≤an 且 b1≤b2≤…≤bn,则对于 b1, b2, …, bn 的任意 排列 bi , bi , L , bi ,有 a1bn+a2bn-1+…+anb1≤ a1 bi + a 2 bi + L + a n bi ≤a1b1+a2b2+…+anbn.
1 2 n 1 2 n

证 明

引 理



A0=0 , Ak=

∑a
i =1

k

i

(1 ≤ k ≤ n) , 则

∑a b
i i =1

n

i

=


i =1

n

( si ? si ?1 )bi =
证法一 因

∑s
i =1

n ?1

i

(bi ? bi +1 ) + s n bn

阿贝尔求和法

b1≤b2≤…≤bn,所

bi + bi + L + bi ≥b1+b2+…+bk.
1 2 k

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



a1 bi + a 2 bi + L + a n bi
1 2

-(a1b1+a2b2+
k



+anbn)=

∑a
j =1

n

j

(bi ? b j ) =
j

∑s
j =1

n

j

(a j ? a j +1 ) +snan≤0.
一个 等式的理 是 aj-aj+1≤0(j=1, 2, …, n-1, sn=0), 右侧 等式成立, 理可证 侧 等式 调整法 考察 a1 bi + a 2 bi + L + a n bi ,若 bi ≠ bn ,则 在
1 2 k j

最 所 证法

若 bi = \bn (j≤n-1),则将 bi
j

n

bi 互换
j


b a n bn + a j bi ? ( a n bi + a j bn ) = ( a n ? a j )bn + ( a j ? a n )bi = (a n ? a j )(bn ? bi ) ≥0,
n n n n

所 调整 ,和是 整就可将乱序和调整 可得 边 等式 例 15

的,接

来若 bi

n ?1

≠ bn ?1 ,则继续 样的调整



n-1 次调

序和,而且 次调整 和是

的, 说明右边 等式成立, 理

知 a1, a2,…,an∈R+,求证

2 a12 a 2 a2 a2 + + L + n?1 + n ≥ a1+a2+…+an. a 2 a3 an a1

证明 证法一 因 ≥2an. 述 等式相加 得

2 2 2 a2 an a12 an ?1 …, + a n ≥ 2a n ?1 , + a1 + a1 ≥ 2a1 , + a 3 ≥ 2a 2 , a3 a1 a2 an

2 a12 a 2 a2 a2 + + L + n?1 + n ≥a1+a2+…+an. a 2 a3 an a1

证法

n ?1 n 2 1 2 柯西 等式 ? ? a + a +L+ a + a ? ? (a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an) , 3 n 1 ? ? 2

? a2

a2

a2

a2 ?



a1+a2+…+an >0,所 设 a1, a2,…,an

2 a12 a 2 a2 a2 + + L + n?1 + n ≥a1+a2+…+an. a 2 a3 an a1

证法

小到大排列

a i ≤ a i ≤ L ≤ a i ,则 a i2 ≤ a i2 ≤ L ≤ a i2 ,
1 2

n

1

2

n

1 1 1 ≤ ≤L≤ , 排序原理可得 ai ai ai
n n ?1 1

a i + a i + L + a i =a1+a2+…+an≥
1 2

n

2 a12 a 2 a2 a2 + + L + n?1 + n ,得证 a 2 a3 an a1



本讲的 种方法 定理都有极广泛的 用,希望读者在解题中再加 总结

第十章 直线 圆的方程 一 础知识 1.解析几何的研 对象是曲线 方程 解析法的实质是用 数的方法研 几何.首先是通过 映射建立曲线 方程的关系, 如果一条曲线 的点构成的集合 一个方程的解集之间 在 一一映射,则方程 做 条曲线的方程, 条曲线 做方程的曲线 如 x2+y2=1 是 原点 圆心的单位圆的方程 2.求曲线方程的一般 骤 (1)建立适 的直角坐标系 (2)写 满足条 的点的集合 (3) 用坐标表示条 ,列 方程 (4) 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 点都在曲线 ,且曲线 对 点都满足方程 实 用常省略 一 3.直线的倾斜角和斜率 直线向 的方向 x 轴 方向所成的小于 1800 的 角, 做它的 倾斜角 规定 行于 x 轴的直线的倾斜角 00,倾斜角的 值 如果 在的话 做 直线的斜率 根据直线 一点 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 程 y=kx+b 4 截距式

x y + =1 a b
中项

5

点式

x ? x1 y ? y1 = x 2 ? x1 y 2 ? y1
原点到直线的距离

6 法线式方 只 参数式

xcos 项+y弦in项称p

法线倾斜角,|p|

? ? x = x 0 + t cos θ ? ? ? y = y 0 + t sin θ

中项

直线倾斜角 ,弧 的几何意 是定点 P代 夫代, y代 到 点 P x,

y 的有向线段的数 线段的长度前添加 负号,若 P0P 方向向 则取 ,否则取负 5.到角 夹角 若直线 l1, l2 的斜率 别 k1, k2,将 l1 绕它们的交点逆时针旋 到 l2 合所 过的最小 角 l1 到 l2 的角 l1 l2 所成的角中 超过 900 的 角 者的夹角 若 记到角 项,夹角 干,则 弧an项称

k 2 ? k1 k ? k1 ,弧an干称 2 . 1 + k1 k 2 1 + k1 k 2
k1 , k2 且 者 合,则 l1//l2 的充要条 是

6. 行 垂直 若直线 l1 l2 的斜率 别 k1=k2 l1 ⊥ l2 的充要条 是 k1k2=-1 7. 点 P1(x1, y1) P2(x2, y2)间的距离 式

|P1P2|= ( x1 ? x 2 ) 2 + ( y1 ? y 2 ) 2

8.点 P(x0, y0)到直线 l: Ax+By+C=0 的距离 式

d=

| Ax0 + By 0 + C | A2 + B 2
l2 A2x+B2y+C2=0,则过 l1, l2 组成的 次曲线方程

9.直线系的方程 若 知 直线的方程是 l1 A1x+B1y+C1=0 l2 交点的直线方程 A1x+B1y+C1+λ (A2x+B2y+C2=0 l1 A1x+B1y+C1 A2x+B2y+C2 =0 l2 行的直线方程

A1x+B1y+C=0( C ≠ C1 ).

10. 元一次 等式表示的 面 域, 若直线 l 方程 Ax+By+C=0. 若 B>0, 则 Ax+By+C>0 表示的 域 l 方的部 ,Ax+By+C<0 表示的 域 l 方的部 11.解决简单的线性规划 题的一般 骤 1 确定各 ,并 x 和 y 表示 2 写 线 性 束条 和线性目标函数 3 画 满足 束条 的可行域 4 求 最优解 12.圆的标准方程 圆心是点(a, b),半 r 的圆的标准方程 (x-a)2+(y-b)2=r2, 参数方 程

? x = a + r cos θ ? ? y = b + r sin θ

项 参数

13 . 圆 的 一 般 方 程

x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)

圆心

? D E? ? ? ,? ? , 半 ? 2 2?

1 D 2 + E 2 ? 4F 2

若点 P(x0, y0) 圆

一点,则过点 P 的 线方程

? x0 + x ? ? y0 + x 0 x + y 0 y + D? ? 2 ? ? + E? ? 2 ? ? ?

y? ? ? + F = 0. ?

14.根轴 到 圆的 线长相等的点的轨迹 一条直线 或它的一部 , 条直线 圆 的根轴方程 别 的根轴 给定如 个 的圆 x2+y2+Dix+Eiy+Fi=0, i=1, 2, 3. 则它们 (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 难证明 条直线交于一点或者互相 行, 就是著 的蒙日定理 方法 例题 1.坐标系的选取 建立坐标系 讲 简单 对 , 便使方程容易 简 例 1 在ΔABC 中,AB=AC,∠A=900,过 A 引中线 BD 的垂线 BC 交于点 E,求证 ∠ 致价B称∠件价凸 后证明] 见 令代-令, 致 原点,致件 所在直线 夫 轴,建立直角坐标系 设点 B,件 坐标 别 方程 代,该a ,Ⅲ该a,代Ⅳ,则点 价 坐标 夫+y称该a, a, 代 直线 B价 方程

x y + =1, a 2a

直线 B件

设直线 B价 和 致凸 的斜率 别

k令, k该,则 k令称-该 因

B价 ⊥ 致凸,所

k令k该称-令.所

k2 =

1 ,所 直线 致凸 方程 2

y=

1 x, 2

1 ? ? y = x, 解得点 凸 坐标 2 ? ? ? x + y = 2a

?4 2 ? ? a, a ? ?3 3 ?



直线 价凸 斜率

k3 =


2 a 3 4 a?a 3

= 2. 因

k令+k详称代.

所 ∠B价件+∠凸价件称令叫代 , ∠B价致称∠凸价件 例 该 半 等于某个 角形高的圆在 个 角形的一条边 滚 证明 角形 条边 代 截圆所得的 所对的圆心角 6代 后证明] 致 原点, 行于 角形 致B件 的边 B件 的直线 夫 轴, 建立直角坐标系见 令代-该, 设⊙价 的半 等于 B件 边 的高,并且在 B 能 能 滚 到某位置时 致B,致件 的交点 别 凸,培,设半
该 该 该

严,则直线 致B,致件 的方程



y = 3 x , y = ? 3 x .设⊙价 的方程

Ⅲ夫-mⅣ +y 称严 . 设点 凸,培 的坐标 别 Ⅲ夫令,y令Ⅳ,Ⅲ夫该,y该Ⅳ,则 y1 = 入 并 去y得
2 ( x1 ? m) 2 + 3 x12 ? r 2 = 0.( x 2 ? m) 2 + 3 x 2 ? r 2 = 0.

3 x1 , y 2 = ? 3 x 2 , 别



x1, x2 是方程 4x2-2mx+m2-r2=0 的



m ? x1 + x 2 = , ? 2 ? 韦达定理 ? & ,所 2 2 ? m r ?x x = 1 2 ? 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 |EF|=r 所 ∠EDF=600 2.到角 式的使用 例 3 设 曲线 xy=1 的 支 C1,C2, ΔPQR 顶点在 曲线 ,求证 P,Q,R 可能在 曲线的 一支 [证明] 假设 P,Q,R 在 一支 , 妨设在右侧一支 C1 ,并设 P,Q,R 点的坐标 别

? 1 ? ? x1 , x ? 1

?? 1 ? ? x2 , x ?, ? ?? 2

?? 1 ? ?, ? ? x3 , x ?? 3

? ? ?, 且 0<x1<x2<x3. 记∠RQP称项,它是直线 QR 到 PQ 的角, ?
1 1 1 1 ? ? x x2 x x2 1 1 , k2 = 1 k1 = 3 =? =? . x3 ? x 2 x 2 x3 x1 ? x 2 x1 x 2

假设知直线 QR,PQ 的斜率 别

到角 式 tan θ =

k 2 ? k1 = 1 + k1 k 2

?

1 1 + x1 x 2 x 2 x3 x ( x1 ? x3 ) < 0. = 2 2 1 x1 x 2 x3 + 1 1+ 2 x1 x 2 x3

所 项 钝角, ΔPQR 3. 数形式的几何意 例 4 求函数 f ( x ) =

等边 角形矛盾 所 命题成立

x 4 ? 3 x 2 ? 6 x + 13 ? x 4 ? x 2 + 1 的最大值

[解 ]



f ( x ) = ( x 2 ? 2) 2 ? ( x ? 3) 2 ? ( x 2 ? 1) 2 ? ( x ? 0) 2 表示 点 P(x, x2)到 定
10-3, AB 延长线 抛物线 y=x2 的交点 C 点P 合

点 A(3, 2), B(0, 1)的距离之差, 见 时,f(x)取最大值|AB|= 10 .

4.最值 题 例5 知 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 何值时,ΔABC 的面 有最大值 最小值 [解]记 l1, l2, l3 的方程 别 , , 在 , 中取 x=-1, y=0,知等式成立,所 A(-1, 0) l1 l3 的交点 在 , 中取 x=0, y=m+1,等式也成立,所 B(0, m+1) l2 l3 的交点 设 l1, l2 斜率 别 k1 , k2 , 若 m ≠ 0, 则 k1?k2= m? ?

1 ? 1? ? = ?1 , SΔABC= | AC | × | BC | , 点 2 ? m?
,|BC|=

到直线距离 式|AC|=

| ?1 ? m 2 ? m | 1+ m
2

=

| m2 + m +1|
m +1
2

| ?m ? 1 + m | 1+ m
2

=
3 4

1 1 + m2
因 -m -令




1 m2 + m + 1 1 ? m ? = ?1 + 2 SΔABC= × ? 因 2 2 2 ? m + 1? m +1
该m,所

2m m2+1, 所

SΔ致B件

1 m 1 ,所 分Δ致B件 ≤ 2 . 2 m +1 4 3 m称令 时, 分Δ致B件 ma夫称 m称-令 时, 分Δ致B件 4 ? ?1 ≤ x + y ≤ 4, ? y + 2 ≥| 2 x ? 3 | .

min



1 . 4

5.线性规划 例 6 设 x, y 满足 等式组 ? 1 求点(x, y)所在的 2 设 a>-1,在 1

面 域 域 ,求函数 f(x,y)=y-ax 的最大值 最小值

[解]

1

?1 ≤ x + y ≤ 4, ?1 ≤ x + y ≤ 4, ? ? 知得 ? y + 2 ≥ 2 x ? 3, 或 ? y + 2 ≥ 3 ? 2 x, ?2 x ? 3 ≥ 0, ?2 x ? 3 < 0. ? ?

解得点(x, y)所在的 面 域如 10-4 所示, 中各直线方程如 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 的截距,直线 l 阴影相交,因 a>-1,所 它过顶点 C 时,f(x, y)最大,C 点坐标 -3,7 ,于是 f(x, y)的最大值 3a+7. 如果-1<a 2,则 l 通 过点 A 2,-1 时,f(x, y)最小, 时值 -2a-1 如果 a>2,则 l 通过 B 3,1 时,f(x, y) 取最小值 -3a+1. 6.参数方程的 用 例 7 如 10-5 所示,过原点引直线交圆 x2+(y-1)2=1 于 Q 点,在 直线 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

? x = t cos α ? ? y = t sin α

t 参数

入 知圆的方程得 t2-t?2sin干=0. 所 t=0 或 t=2sin干 所 |OQ|称该|弦in干|,而|OP|称弧. 所 |PQ|称|弧-该弦in干|,而|P≤|称|该-弧弦in干|. 所 |弧-该弦in干|称|该-弧弦in干|. 简得 弧称该 或 弧称-该 或 弦in干称-令. 该 该 弧称±该 时,轨迹方程 夫 +y 称巧 弦in干称令 时,轨迹方程 夫称代. 只. 圆有关的 题 例 叫 点 致,B,件 依次在直线 l ,且 致B称致B件,过 件 作 l 的垂线,≤ 是 条垂线 的 点, 致 圆心,致B 半 作圆,≤切令 ≤切该 是 个圆的 线,确定Δ致切令切该 垂心 的轨迹 后解] 见 令代-6, 致 原点,直线 致B 夫 轴建立坐标系,寻 O≤ 圆的交点,≥ 切令切该 O≤ 的交点,记 B件称令 该 该 致 圆心的圆方程 夫 +y 称令6,连结 O切令,O切该 因 O切该 ⊥ ≤切该,切令寻 ⊥ ≤切该,所 O切该//寻切令, 理 O切令//寻切该, O切令称O切该,所 O切令寻切该 是菱形 所 该O≥称O寻 因 O≤ ⊥ 切令切该,O切令 ⊥ ≤切令,所

OT12 = O≥?O≤ 设点 寻 坐标

夫,y

点 ≤ 坐标 Ⅲ5, bⅣ,则点 ≥ 坐标

?x y? 2 ? , ? ,将坐标 入 OT1 称O≥?O≤,再 ?2 2?

b y = 得 5 x

16 ? ? ? 16 ? 2 ?x? ? + y = ? ? . 5? ? ?5?
在 AB 取点 K,使 AK=

2

2

4 AB,所求轨迹是 5

K

圆心,AK

半 的圆 x 轴 方向所成的角是 O价 ⊥ 致B,所

例9 知圆 x2+y2=1 和直线 y=2x+m 相交于 A,B,且 OA,OB 干和平,见 令代-只,求证 弦inⅢ干+平Ⅳ是定值 [ 证明 ] 该? tan 过 D 作 OD ⊥ 致B 于 价 则直线 O价 的倾斜角

α +β ,因 2

α +β = ?1 , 2 α +β 1 =? 2 2
α +β 4 2 所 sin(α + β ) = =? . 5 ?α + β ? 1 + tan 2 ? ? ? 2 ?
2 tan



tan

例 令代 知⊙O 是单位圆, 方形 致B件价 的一边 致B 是⊙O 的 ,试确定|O价|的最大值 最小 值 后解] 单位圆的圆心 原点,致B 的中垂线 夫 轴建立直角坐标系,设点 致,B 的坐标 别 致Ⅲ化o弦干,弦in干Ⅳ,BⅢ化o弦干,-弦in干Ⅳ, 题设|致价|称|致B|称该弦in干, 妨设 致 在 夫 轴 方, 则干∈Ⅲ代,征Ⅳ. 对 性可设点 价 在点 致 的右侧 否则将整个 形关于 y 轴作对 可 , 而点 价 坐标 Ⅲ化o弦干+该弦in干,弦in干Ⅳ, 所 |O价|称 (cos α + 2 sin α ) 2 + sin 2 α = 称 2(sin 2α ? cos 2α ) + 3 =

4 sin 2 α + 4 sin α cos α + 1

π? ? 3 + 2 2 sin? 2α ? ? . 4? ?



π? ? ? 2 2 ≤ 2 2 sin ? 2α ? ? ≤ 2 2 ,所 4? ?
3 α = π 时,|O价|ma夫称 2 +令 8

2 ? 1 ≤| OD |≤ 2 + 1.

7 α = π 时,|O价|min称 2 ? 1. 8

例 11 m 且 m 0 时,求证 圆(x-2m-1)2+(y-m-1)2=4m2 的圆心在一条定直线 ,并 求 一系列圆的 线的方程 [证明]

?a = 2m + 1, ? ?b = m + 1
y=kx+b ,则 相

去 m 得 a-2b+1=0.故 些圆的圆心在直线 x-2y+1=0



线

方程

有 2|m|=

| k (2m + 1) ? (m + 1) + b | 1+ k 2

,对一

m

0 成立

(-4k-3)m2+2(2k-1)(k+b-1)m+(k+b-1)2=0 对一

m 0 成立,所

?? 4k ? 3 = 0, ? ?k + b ? 1 = 0,

3 ? k =? , ? ? 4 ? ?b ? 7 . ? ? 4

k

在时直线

x=1 所

线方程 y= ?

3 7 x + 和 x=1. 4 4

第十一章 圆锥曲线 一 础知识 1.椭圆的定 ,第一定 面 到 个定点的距离之和等于定长 大于 个定点之间的 距离 的点的轨迹, |PF1|+|PF2|=2a (2a>|F1F2|=2c). 第 定 面 到一个定点的距离 到一条定直线的距离之比 一个常数 e(0<e<1)的点 的轨迹 中定点 在定直线 ,

| PF | = e (0<e<1). d
原点 第 定 在直角坐标 面内给定 圆 c1: x2+y2=a2, c2: x2+y2=b2, a, b∈R+且 a b 发的射线交圆 c1 于 P,交圆 c2 于 Q,过 P 引 y 轴的 行线,过 Q 引 x 轴的 行线, 条线 的交点的轨迹 椭圆 2.椭圆的方程,如果 椭圆的中心 原点,焦点所在的直线 坐标轴建立坐标系, 定 可求得它的标准方程,若焦点在 x 轴 ,列标准方程

x2 y2 + = 1 (a>b>0), a2 b2
参数方程

? x = a cosθ ? ? y = b sin θ

θ

参数

若焦点在 y 轴

,列标准方程

y2 y2 + = 1 (a>b>0) a2 b2

3.椭圆中的相关概念,对于中心在原点,焦点在 x 轴

的椭圆

x2 y2 + = 1, a2 b2
a 半长轴长,b 半短轴长,c 半焦距,长轴端点 短轴端点 焦点对 的准线 个焦点的坐标 别

(±a, 代), (0, ±b), (±化, 代)

第 定 中的定直线

x=?

a2 , c

右焦点对 的准线

a2 x= c



中的比 e

离心率, 且e =

c , c2+b2=a2 知 0<e<1. a

椭圆有 条对 轴, 别是长轴 短轴 4. 椭圆的焦半 式 对于椭圆

x2 y2 + = 1(a>b>0), F1(-c, 0), F2(c, 0)是它的 焦点 若 P(x, a 2 b2

y)是椭圆 的任意一点,则|PF1|=a+ex, |PF2|=a-ex. 5.几个常用结论 1 过椭圆 一点 P(x0, y0)的 线方程

x0 x y 0 y + 2 =1 a2 b
2 3 斜率 k 的 线方程

y = kx ± a 2 k 2 + b 2

过焦点 F2(c, 0)倾斜角 项的 的长

l=

2ab 2 a 2 ? c 2 cos 2 θ

6. 曲线的定 ,第一定 满足||PF1|-|PF2||=2a(2a<2c=|F1F2|, a>0)的点 P 的轨迹 第 定 到定点的距离 到定直线距离之比 常数 e(>1)的点的轨迹 7. 曲线的方程 中心在原点,焦点在 x 轴 的 曲线方程

x2 y2 ? = 1, a2 b2
参数方程 焦点在 y 轴

? x = a sec ? ? ? y = b tan ?


?

参数

曲线的标准方程

y2 x2 ? =1 a2 b2
8. 曲线的相关概念,中心在原点,焦点在 x 轴 的 曲线

x2 y2 ? = 1 (a, b>0), a2 b2

a

半实轴长,b

半虚轴长,c 的

半焦距,实轴的 个端点

(-a, 0), (a, 0).

右焦点

F1(-c,0), F2(c, 0), 对

右准线方程 别

x=?

a2 a2 c ,x = . 离心率 e = , a2+b2=c2 c c a x2 y2 ? = ?1 有相 的渐 a2 b2

知 e>1

条渐 线方程

y=±

x2 y2 k x , 曲线 2 ? 2 = 1 a a b
若 a=b,则

线,它们的四个焦点在 一个圆 9. 曲线的常用结论,1 焦半 的

等轴 曲线

x2 y2 式,对于 曲线 2 ? 2 = 1 ,F1 -c,0 , F2(c, 0)是它 a b

个焦点 设 P(x,y)是 曲线 的任一点,若 P 在右支 ,则|PF1|=ex+a, |PF2|=ex-a 若 P x,y 在 支 ,则|PF1|=-ex-a,|PF2|=-ex+a.

2) 过焦点的倾斜角 项的 长是

2ab 2 a 2 ? c 2 cos 2 θ

10.抛物线 面内 一个定点 F 和一条定直线 l 的距离相等的点的轨迹 做抛物线,点 F 焦点,直线 l 做抛物线的准线 若取 过焦点 F 且垂直于准线 l 的直线 x 轴,x 轴 l 相交于 K, 线段 KF 的垂直 线 y 轴,建立直角坐标系,设|KF|=p,则焦点 F 坐标

p ( ,0) ,准线方程 2
1 2 3 焦半 |PF|= x +

x=?

p ,标准方程 2

y2=2px(p>0),离心率 e=1.

11.抛物线常用结论 若 P(x0, y0) 抛物线 任一点,

p 2
y0y=p(x+x0)

过点 P 的 线方程

过焦点倾斜角 项的 长

2p 1 ? cos 2 θ

12.极坐标系,在 面内取一个定点 极点记 O, O 发的射线 极轴记 Ox 轴, 样就建立了极坐标系,对于 面内任意一点 P,记|OP|=ρ,∠夫OP称项,则 ρ,项 唯一 确定点 P 的位置, ρ,项 极坐标 令详.圆锥曲线的统一定 到定点的距离 到定直线的距离的比 常数 e 的点 P,若 代积e积令, 则点 P 的轨迹 椭圆 若 e己令,则点 P 的轨迹 曲线的一支 若 e称令,则点 P 的轨迹 抛 物线 种圆锥曲线统一的极坐标方程

ρ=

ep 1 ? e cos θ

方法 例题 令. 定 有关的 题 例 令 知定点 致 该,令 ,培 是椭圆

x2 y2 + = 1 的 焦点,点 P 25 16

椭圆



点,

详|P致|+5|P培|取最小值时,求点 P 的坐标 后解] 见 令令-令, 题设 a称5, b称巧, 化称 5 ? 4 称详, e =
2 2

c 3 = .椭圆 准线的方程 a 5
-详,代 ,过 P 作 PQ

x=?

25 , 因 3

4 1 + < 1 ,所 点 致 在椭圆内部, 点 培 坐标 25 16

垂直于 准线,垂足

Q

定 知

| PF | 3 5 = e = ,则 |P培|称|PQ| | PQ | 5 3
准线于 ≤Ⅳ 入椭圆方程得

所 所

详|P致|+5|P培|称详Ⅲ|P致|+ 且仅 P 致≤

5 |P培|Ⅳ称详Ⅲ|P致|+|PQ|Ⅳ 详|致≤|Ⅲ致≤ ⊥ 3
5 15 ,1) 4

椭圆的交点时,详|P致|+5|P培|取最小值,把 y称令

x=±

5 15 , 4

夫积代,所 点 P 坐标

(?

例该

知 P, P '

曲线 件

x2 y2 ? = 1 右支 a2 b2

点, PP ' 延长线交右准线于 图,P培令 延

长线交 曲线于 Q, 培令 [证明] 记右准线

右焦点

求证 ∠ P ' 培令图称∠图培令Q.

l,作 PD ⊥ l 于 D, P' E ⊥ l 于 E,因

P ' E //PD,则

| PK | | P' K | = , | PD | | P' E |
角形外角 线



| PF1 | | P' F1 | =e= ,所 | PD | | P' E |
∠PF1P 的外角

| PF1 | | PD | | PK | = = , | P' F1 | | P' E | | P ' K |

定理知,F1K

线,所 ∠ P ' F1 K 称∠图培令Q

该.求轨迹 题 例详 知一椭圆 焦点 培,点 致 椭圆 一 点,求线段 培致 中点 P 的轨迹方程 后解法一] 利用定 , 椭圆的中心 原点 O,焦点所在的直线 夫 轴,建立直角坐标系, 设椭圆方程

x2 y2 + 称令 a己b己代 .培 坐标 Ⅲ-化, 代Ⅳ.设 一焦点 a 2 b2

F'

连结 AF ' ,OP,

则 OP //
=

1 1 AF ' 所 |培P|+|PO|称 Ⅲ|培致|+|致 F ' |Ⅳ称a. 2 2
培,O 焦点的椭圆 因 a己|培O|称化 ,将 椭圆按向 m称Ⅲ

所 点 P 的轨迹是

c ,代Ⅳ 2

移,得到中心在原点的椭圆

x2 y2 + =1 a2 b2 4 4

移 式知,所求椭圆的方程

c 4( x + ) 2 2 2 + 4 y = 1. a2 b2
[解法 ] 相关点法 设点 P(x,y), A(x1, y1),则 x =

x1 ? c y ,y = 1 , 2 2

x1=2x+c, y1=2y.



点 A 在椭圆

x2 y2 + =1 a2 b2

,所

x12 y12 + = 1. a2 b2

入得关于点 P 的方程

c? ? 4? x + ? 4y2 2? ? c ? ? + = 1 它表示中心 ? ? ,0 ? ,焦点 别 2 2 a b ? 2 ?
例 4 长 a, b 的线段 AB,CD 圆圆心 P 的轨迹 [解] 设 P(x, y) 轨迹 D(0, y+ 别在 x 轴,y 轴 滑

2

F 和 O 的椭圆

,且 A,B,C,D 四点共圆,求

任意一点, A, B, C, D 的坐标 别 原点,

A(x-

a a b ,0), B(x+ ,0), C(0, y- ), 2 2 2

b ), 记 O 2

圆 幂 定 理 知 |OA|?|OB|=|OC|?|OD| , 用 坐 标 表 示

x2 ?

a2 b2 = y2 ? , 4 4

x2 ? y2 =

a2 ? b2 . 4

a=b 时,轨迹 条直线 y=x y=-x a>b 时,轨迹 焦点在 x 轴 的 条等轴 曲线 a<b 时,轨迹 焦点在 y 轴 的 条等轴 曲线 例 5 在坐标 面内,∠AOB= 迹方程 [解] 设∠夫OB称项,并且 B 在 致 的 方, 则点 致, B 坐标 别 ≤? BⅢ详, 详弧an项Ⅳ,致Ⅲ详,详弧anⅢ项-

π ,AB 边在直线 l: x=3 3

移 ,求 角形 AOB 的外心的轨

π ⅣⅣ, 3

设外心

PⅢ夫,yⅣ, 中点 式知 OB 中点

?3 3 ? , tan θ ? ?2 2 ?

外心性质知 y =

π ?? 3? ? tan θ + tan?θ ? ? ? . 再 ? ? 2? 3 ?? ? ?

PM ⊥ OB 得

y?

3 tan θ 2 ×弧an项称-令 结合 式有 3 x? 2

π 2?3 ? tan(θ ? ) ?tan项称 ? ? x ?. 3 3?2 ?
弧an项+ tan(θ ?

π 2 ) = y. 3 3

3 = tan

π

? ? π ?? = tan ?θ ? ?θ ? ??. 3 3 ?? ? ? ? π ?? π ? ) = 3 ?1 + tan θ ? tan ?θ ? ?? 3 3 ?? ? ?
所求 边 方,再将 , 入得



tan 项 - tan(θ ?

( x ? 4) 2 y 2 ? =1 4 12

3.定值 题 例 6 过 曲线

x2 y2 ? = 1 (a>0, b>0)的右焦点 F 作 B1B2 ⊥ x 轴,交 曲线于 B1,B2 a2 b2

点,

B2 焦点 F1 连线交 曲线于 B 点,连结 B1B 交 x 轴于 H 点 求证 H 的横坐标 定值 [证明] 设点 B,H,F 的坐标 别 (asec干,b弧an干), (x0, 0), (c, 0),则 F1,B1,B2 的坐标 别 (-c, 0), (c, ?

b2 b2 ), (c, ),因 a a

F1,H

别是直线 B2F,BB1

x 轴的交点,所

c=


ab ab + ac sin α , x0 = . 2a sin α ? b cos α a sin α + b cos α cx0 = a 2 b(b + c sin α ) 2a 2 sin 2 α + ab sin α cos α ? b 2 cos 2 α a 2 b(b + c sin α ) a 2 sin 2 α + ab sin α cos α ? b 2 + c 2 sin 2 α

=

a 2 b(b + c sin α ) = a sin α (a sin α + b cos α ) + (c sin α ? b)(c sin α + b)
得 a sin α + b cos α =

a (b + c sin α ) , x0
a 2b

入 式得 cx 0 =

a 2 sin α (c sin α ? b) x0
定值

,

x=?

a2 c

注 本例也可借 梅涅劳斯定理证明,读者 妨一试 该 例 只 设抛物线 y 称该p夫Ⅲp己代Ⅳ的焦点 培, 过点 培 的直线交抛物线于 致,B 线 ,且 B件//夫 轴 证明 直线 致件 过定点 后证明]

点,点 件 在准

? y12 设 A? ? 2 p , y1 ?

2 ? ? ? y2 ? p ? ? ? , y2 ? , 焦 点 ? , 则 C? ? 2 p , y2 ? ?, B? ? 2 ? ? ? ?

?p ? F ? ,0 ? , 所 ?2 ?


OA = (

2 ? ? y2 y12 p y12 p ? p ? ? FA = ? , FB , , y1 ) OC = ? ? , y 2 ? , ( , y1 ) =? ? , y2 ? ? 2p 2p 2 ? 2 ? ? ? 2p 2

FA // FB , 所

y2 y12 p p y 2 ? 2 y1 + y令称代 , ? y 该2 2p 2 2p y1 y 2 p + =0 2p 2


? y1 y 2 p ? ( y1 ? y 2 )? ? 称代 ? 2p + 2 ? ? ? y12 ? p? y 2 ? ? ? ? y1 = 0 2p ? 2?



y1 ≠ y 2 ,所

? y1 y 2 p ? ? ? y1 = 0 , ? 2p + 2 ? ? ?



OA // OC , 直线 致件
例 叫 椭圆 定值

过原点 原点, 求证

x2 y2 + = 1 有 点 致,B,满足 O致 ⊥ OB,O a2 b2

1 1 + 2 | OA | | OB | 2

后证明] 设|O致|称严令,|OB|称严该,且∠夫O致称项,∠夫OB称 项, 严令弦in项Ⅳ,BⅢ-严该弦in项,严该化o弦项Ⅳ

π + θ ,则点 致,B 的坐标 别 2

致Ⅲ严令化o弦

致,B 在椭圆 有

r12 cos 2 θ r12 sin 2 θ r22 sin 2 θ r22 cos 2 θ + = 1, + = 1. a2 b2 a2 b2
1 cos 2 θ sin 2 θ = + r12 a2 b2 1 sin 2 θ cos 2 θ = + . r22 a2 b2
+ 得

1 1 1 1 + = 2 + 2 2 2 a b | OA | | OB |

定值

巧.最值 题 该 该 例 9 设 致,B 是椭圆 夫 +详y 称令 小值 后解] 题设 a称令,b称

的 个 点,且 O致 ⊥ OB O

原点 ,求|致B|的最大值 最

r 3 1 1 ,记|O致|称严令,|OB|称严该, 1 = t ,参考例 叫 可得 2 + 2 称巧 设 3 r2 r1 r2

m称|致B| 称 r12 + r22 =


1 2 1 1 1 1 (r1 + r22 )( 2 + 2 ) = (2 + t 2 + 2 ) , 4 4 r1 r2 t
1 1 1 ≤ 2 ≤ 2 ,所 2 a r1 b
b



1 cos 2 θ sin 2 θ 1 a2 ? b2 = + = + 2 2 sin 2 θ ,且 a该己b该,所 2 2 2 2 r1 a b a a b
严令 a, 理 b 严该 a.所

b a ≤t≤ a b

函数 fⅢ夫Ⅳ称夫+

1 ?b2 在? x ?a2

? ,1? ?

单调递 , 在 ?1,

? a2 ? 2 ? ? b ?

单调递增,所

弧称令

|O致|称|OB|时,|致B|取最小值 令

t=

b a 或 时,|致B|取最大 a b



2 3 3 3 ,若圆 件 2

例 令代 设一椭圆中心 原点,长轴在 夫 轴 ,离心率

3 x2 + ( y ? )2 = 令 2



椭圆 点的最大距离

1 + 7 ,试求 个椭圆的方程
点 且仅 题设圆心 件 坐标

后解] 设 致,B

别 圆 件 和椭圆

? 3? ? 0, ? ,半 |件致|称令,因 ? 2?

|致B| |B件|+|件致|称|B件|+令,所

致,B,件 共线,且|B件|取最大值时,|致B|取最大值

1 + 7 ,所 |B件|最大值


7.
半焦距 半短轴长 别 该弧, 3t ,弧,椭圆方程

e=

3 2



可设椭圆半长轴

x2 y2 + =1 , 并 设 点 B 坐 标 4t 2 t 2
2


BⅢ该弧化o弦 项 ,弧弦in 项 Ⅳ , 则 |B件| 称Ⅲ该弧化o弦



9 1 该 3? ? 该 该 该 该 项Ⅳ + ? t sin θ ? ? 称详弧 弦in 项-详弧弦in项+ +巧弧 称-详Ⅲ弧弦in项+ Ⅳ +详+巧弧 . 4 2 2 ? ? 1 9 该 该 ,则 弦in项称-令 时,|B件| 取最大值 弧 +详弧+ < 7 , 题设 符 2 4 1 1 该 该 该 若 弧己 ,则 弦in项称 ? 时,|B件| 取最大值 详+巧弧 , 详+巧弧 称只 得 弧称令. 2 2t
若t ≤ 所 椭圆方程

x2 + y2 = 1 4

5.直线 次曲线 该 例 令令 若抛物线 y称a夫 -令 在关于直线 夫+y称代 成轴对 的 点,试求 a 的取值范围 该 后解] 抛物线 y称a夫 -令 的顶点 Ⅲ代,-令Ⅳ,对 轴 y 轴, 在关于直线 夫+y称代 对 点的条 是 在 一 对 点 PⅢ夫令,y令Ⅳ , P ' Ⅲ-y令,-夫令Ⅳ , 满 足 y令称a x12 ? 1 且 -夫令称aⅢ-y令Ⅳ -令 , 相




夫令+y令称aⅢ x12 ? y12 Ⅳ,因 所

P

在直线 夫+y称代

,所

夫令+y令 代,所

令称aⅢ夫令-y令Ⅳ,

夫令称y令+

1 . a

ay12 + y1 +
所求

1 ? 1 = 0. 方程有 等实根,所 a

1 3 ? = 1 ? 4a ( ? 1) > 0 ,求得 a > , a 4

例 令该 若直线 y称该夫+b 求 b 的值 后解]

椭圆

x2 + y 2 = 1 相交, 令 求 b 的范围 4



截得 长最大时,

方 程 联 立 得 令只夫 +令6b夫+巧Ⅲb -令Ⅳ称代.





Δ 己代 , 得 ? 17 积b积 17



交点

4 17 ? b 2 PⅢ夫令,y令Ⅳ,QⅢ夫该,y该Ⅳ, 韦达定理得|PQ|称 1 + k | x1 ? x 2 |= 5 × 17
2



b称代

时,|PQ|最大

第十 章 立体几何 一 础知识 理 1 一条直线 如果有 个 的点在 面 内.则 条直线在 个 面内,记作 a ? a. 理2 个 面如果有一个 共点,则有且 有一条通过 个点的 共直线, 若 P∈干 平,则 在唯一的直线 m,使得干 平称m,且 P∈m 理 3 过 在 一条直线 的 个点有且 有一个 面 共线的 点确定一个 面. 推论 l 直线 直线外一点确定一个 面. 推论 2 条相交直线确定一个 面. 推论 3 条 行直线确定一个 面. 理 4 在空间内, 行于 一直线的 条直线 行. 定 1 异面直线 成角 在任何一个 面内的 条直线 做异面直线.过空间任意一 点 别作 条异面直线的 行线, 条直线所成的角中, 超过 900 的角 做 条异面直 线成角. 条异面直线都垂直相交的直线 做异面直线的 垂线, 垂线夹在 条异面直 线之间的线段长度 做 条异面直线之间的距离. 定 2 直线 面的位置关系有 种 直线在 面内和直线在 面外.直线 面相交和 直线 面 行(直线 面没有 共点 做直线 面 行)统 直线在 面外. 定 3 直线 面垂直 如果直线 面内的 一条直线都垂直, 则直线 个 面垂直. 定理 1 如果一条直线 面内的 条相交直线都垂直,则直线 面垂直. 定理 2 条直线垂直于 一个 面,则 条直线 行. 定理 3 若 条 行线中的一条 一个 面垂直,则 一条也和 个 面垂直. 定理 4 面外一点到 面的垂线段的长度 做点到 面的距离,若一条直线 面 行, 则直线 一点到 面的距离都相等, 个距离 做直线 面的距离. 定 5 一条直线 面相交但 垂直的直线 做 面的斜线. 斜线 一点向 面引垂 线,垂足 个点在 面 的射影.所有 样的射影在一条直线 , 条直线 做斜线在 面内的射影.斜线 它的射影所成的锐角 做斜线 面所成的角. 结论 1 斜线 面成角是斜线 面内所有直线成角中最小的角. 定理 4 ( 垂线定理)若 d 面 的一条斜线,b 它在 面 a 内的射影,c 面 a 内的 一条直线,若 c ⊥ b,则 c ⊥ a.逆定理 若 c ⊥ a,则 c ⊥ b. 定理 5 直线 d 是 面 a 外一条直线,若它 面内一条直线 b 行,则它 面a 行 定理 6 若直线 面干 行, 面平 过直线 a 且 面 a 交于直线 6,则 a//b. 结论 2 若直线 面干和 面平都 行,且 面干 面平相交于 b,则 a//b. 定理 7 (等角定理)如果一个角的 边和 一个角的 边 别 行且方向相 ,则 个角相 等. 定 6 面 面的位置关系有 种 行或相交.没有 共点 行,否则 相交. 定理 8 面 a 内有 条相交直线 a,b 都 面平 行,则干//平. 定理 9 面干 面平 行, 面年 干=a,年 平=b,则 a//b. 定 7 ( 面角), 过 一条直线 m 的 个半 面干,平(包括直线 m, 面角的棱) 所组成的 形 面角,记作干里m里平,也可记 A—m 一 B,干里致B里平等.过棱 任 意一点 P 在 个半 面内 别作棱的垂线 AP,BP,则∠APB( 900) 做 面角的 面角. 它的取值范围是[0,征]. 特别地, 若∠APB=900, 则 直 面角, 时 面 面的位置关系 垂直, 干 ⊥ 平. 定理 10 如果一个 面 过 一个 面的垂线,则 个 面垂直.

定理 11 如果 个 面垂直,过第一个 面内的一点作 一个 面的垂线在第一个 面内. 定理 12 如果 个 面垂直,过第一个子面内的一点作交线的垂线 一个 面垂直. 定 8 有 个面互相 行而 余的面都是 行四边形,并且 相邻 个 行四边形的 共 边( 侧棱)都互相 行, 些面所围成的几何体 做棱柱. 个互相 行的面 做 面.如果 面是 行四边形则 做 行 面体 侧棱 面垂直的棱柱 直棱柱 面是 多边形的直棱柱 做 棱柱. 面是矩形的直棱柱 做长方体. 棱长都相等的 四棱柱 方体. 定 9 有一个面是多边形( 个面 面), 余各面是一个有 共顶点的 角形的多面 体 棱锥. 面是 多边形,顶点在 面的射影是 面的中心的棱锥 棱锥. 定理 13 ( 多面体的欧拉定理)设多面体的顶点数 V,棱数 E,面数 F,则 V+F-E=2. 定 10 空间中到一个定点的距离等于定长的点的轨迹是一个球面.球面所围成的几何体 做球.定长 做球的半 ,定点 做球心. 定理 14 如果球心到 面的距离 d 小于半 R,那 面 球相交所得的截面是圆面,圆 2 2 心 球心的连线 截面垂直.设截面半 r,则 d +r =R2.过球心的截面圆周 做球大 圆. 过球面 点的球大圆夹在 点间劣 的长度 点间球面距离. 定 11 ( 度和纬度)用 行于赤道 面的 面去截地球所得到的截面四周 做纬线. 纬线 任意一点 球心的连线 赤道 面所成的角 做 点的纬度. 用 过南极和 极的 面去 截地球所得到的截面半圆周( 极 端点) 做 线, 线所在的 面 本初子午线所在的 半 面所成的 面角 做 度,根据位置 东 和西 . 定理 15 (祖 原理)夹在 个 行 面之间的 个几何体, 被 行于 个 面的任意 面 所截,如果截得的 个截面的面 总相等,那 个几何体的体 相等. 定理 16 ( 面角定理) 空间一点 发的 在 一个 面内的 条射线共组成 个角. 中 任意 个角之和大于 一个, 个角之和小于 3600. 定理 17 面 式 若一个球的半 R,则它的表面 S 球面=4征R2 若一个圆锥的 母线长 l, 面半 r,则它的侧面 S 侧=征严l. 定理 令叫 体 式 半 R 的球的体 三 球称 πR 3

4 3

若棱柱 或圆柱 的 面 弦,高 h,则它的体 三称

弦,

高 h,则它的体

三称弦h 若棱锥 或圆锥 的 面

1 sh. 3

定理 令9 如 令该-令 所示,四面体 致B件价 中,记∠B价件称干,∠致价件称平,∠致价B称年,∠B致件称致, ∠致B件称B,∠致件B称件 价寻 ⊥ 面 致B件 于 寻 令 射影定理 分Δ致B价?化o弦【称分Δ致B寻, 中 面角 价里致B里寻 【 该 定理

sin α sin β sin γ = = . sin A sin B sin C

详 余 定理 化o弦干称化o弦平化o弦年+弦in平弦in年化o弦致. 化o弦致称-化o弦B化o弦件+弦inB弦in件化o弦干. 巧 四面体的体 = 式V =

1 价寻?分Δ致B件 3

1 abc 1 ? cos 2 α ? cos 2 β ? cos 2 γ + 2 cos α cos β cos γ 6 1 中 d 是 a1, a 之间的距离, ? 是它们的夹角 = aa1 d sin ? 6

=

2 SΔ致B价?分Δ致件价?sin项Ⅲ 中项 3a

面角 B里致价里件 的 面角Ⅳ

方法 例题 令. 理的 用 例 令 直线 a,b,化 都 直线 北 相交,且 a//b,化//b,求证 a,b,化,北 共面 后证明] 设 北 a,b,化 别交于 致,B,件,因 b 北 相交, 者确定一个 面,设 a. 因 a//b,所 者也确定一个 面,记 平 因 致∈干,所 致∈平,因 B∈b,所 B ∈平,所 北 ? 平. 过 b,北 的 面是唯一的,所 干,平是 一个 面,所 a ? 干. 理 化 ? 干. a,b,化,北 共面 例 该 长方体有一个截面是 边形是它 方体的什 条 ? [解] 充要条 先证充 性, 设 12-2 中 PQRSTK 是长方体 ABCD-A1B1C1D1 的 边形 截面,延长 PQ,SR 设交点 O,因 直线 SR ? 面 CC1D1D, O∈直线 分R,所 O∈ 面 件件令价令价, 因 直线 PQ ? 面 A1B1C1D1, O∈直线 PQ,所 O∈ 面 A1B1C1D1 所 代 O∈直线 件令价令, 边形性质知, ∠ORQ称∠OQR称6代 , 所 ΔORQ 角形, 因 件价//件令价令, 所

CR SR 称令 所 = C1 R RO

R 是 件件令 中点, 理 Q 是 B令件令 的中点, ΔOR件令≌ΔOQ件令, 所

件令R称件令Q,

所 件件令称件令B令, 理 件价称件件令,所 长方体 方体 充 性得证 必要性留给读者自 证 明 该.异面直线的相关 题 例详 方体的 令该 条棱互 异面直线的有多少对? 后解] 条棱 外的四条棱成异面直线, 复计数一共有异面直线 令该×巧称巧叫 对,而 一 对异面直线被计算 次,因 例巧 见 一共有

48 = 该巧 对 2
令,求面对角线 致令件令 致令致 // 件令件,所
=

令该-详, 方体,致B件价里致令B令件令价令 棱长 致令致 // B令B // 件令件,所
= =

致B令 所成的角 行四边形,所

后解] 连结 致件,B令件,因 致令件令 // 致件
=

致令致件件令

所 AC AB1 所成的角 A1C1 AB1 所成的角, 方体的性质 AB1=B1C=AC,所 ∠B1AC=600 所 A1C1 AB1 所成角 600 3. 行 垂直的论证 例 5 A,B,C,D 是空间四点,且四边形 ABCD 四个角都是直角,求证 四边形 ABCD 是矩形 [证明] 若 ABCD 是 行四边形,则它是矩形 若 ABCD 共面,设过 A,B,C 的 面 干,过 价 作 价价1 ⊥ 干于 价1,见 令该-巧,连结 致价1,件价1,因 致B ⊥ 致价1, 因 价价1 ⊥ 面干, 致B ? 干,所 价价1 ⊥ 致B,所 致B ⊥ 面 致价价1,所 致B ⊥ 致价1 理 B件 ⊥ 件价1,所 致B件价1 矩形,所 ∠ 致价1件称9代 , 但 致价1积致价,件价1积件价 , 所 致B件价 是


致价 +件价 称致件 称 AD12 + CD12 ,
该 该 该

AD12 + CD12 积致价该+件价该 矛盾 所

面四边形,所 它是矩形

例 6 一个四面体有 个 面 的高线相交 证明 它的 条高线也相交 后证明] 见 令该-5,设四面体 致B件价 的高线 致凸 B培 相交于 O,因 致凸 ⊥ 面 B件价,所 致凸 ⊥ 件价,B培 ⊥ 面 致件价,所 B培 ⊥ 件价,所 件价 ⊥ 面 致BO,所 件价 ⊥ 致B 设四面体 条

件≤,价≥,连结 件≥,因 价≥ ⊥ 面 致B件,所 价≥ ⊥ 致B, 致B ⊥ 件价,所 致B ⊥ 面 件价≥,所 致B ⊥ 件≥ 设 件≥ 交 致B 于 P,连结 P价,作 CM ' ⊥ P价 于 M ' ,因 致B ⊥ 面 件价≥, 所 致B ⊥ CM ' ,所 CM ' ⊥ 面 致B价, CM ' 四面体的高,所 CM ' 件≤ 合,所 件≤,价≥ ΔP件价 的 条高,所 者相交 例 只 在矩形 致B件价 中,致价称该致B,凸 是 致价 中点,沿 B凸 将Δ致B凸 折起,并使 致件称致价,见 令该-6 求证 面 致B凸 ⊥ 面 B件价凸 所 O≤ ⊥ 件价 后证明] 取 B凸 中点 O, 件价 中点 ≤, 连结 致O, O≤, O价, O件, 则 O≤//B件, 件价 ⊥ B件, 因 致件称致价, 所 致≤ ⊥ 件价, 所 件价 ⊥ 面 致O≤, 所 致O ⊥ 件价 因 致B称致凸, 所 致O ⊥ B凸 因 凸价 B件,所 B凸 件价 行,所 B凸 件价 是 条相交直线 所 致O ⊥ 面 B件-价凸 直线 致O ? 面 致B凸 所 面 致B凸 ⊥ 面 B件价凸 巧.直线 面成角 题 例 叫 见 令该-只, 方形 致B件价 中,凸,培 别是 致B,件价 的中点,基 B培 的中点,将 方形 代 沿 凸培 折成 令该代 的 面角,求 致基 和 面 凸B件培 所成的角 高 别 后解]设边长 致B称该, 因 凸培 // 致价, 致价 ⊥ 致B 所
=

凸培 ⊥ 致B, 所

B基称

1 1 BF = 5 , 致凸 ⊥ 凸培, 2 2

所 ∠致凸B称令该代 过 致 作 致≤ ⊥ B凸 于 ≤, 则∠致凸≤称6代 , ≤凸称 B凸 ⊥ 凸培,
代 代

1 1 3 代 致≤称致凸弦in6代 称 . AE = , 2 2 2

2 3 5 1 9 5 3 5? ? 3? ? ? ? 2× × 余 定理 ≤基 称B≤ +B基 -该B≤?B基化o弦∠≤B基称 ? ? + ? × = + ? ? ? 2 3 5 4 4 2 ? 2? ? 2 ?
该 该 该

2

称该,所

≤基称 2 . 因

凸培 ⊥ 致凸,凸培 ⊥ B凸,所

凸培 ⊥

面 致凸B,所

凸培 ⊥ 致≤,

致≤ ⊥ B凸,



致≤ ⊥

面 B件凸 所 ∠致基≤

致基

3 6 面 凸B件培 所成的角 而 弧an∠致基≤称 2 = 4 2
6 . 4



致基

面 凸B件培 所成的角

arctan

例 9 见 令该-叫,O致 是 面干的一条斜角,致B ⊥ 干于 B,件 在干内,且 致件 ⊥ O件,∠致O件称干, ∠致OB称平,∠BO件称年 证明 化o弦干称化o弦平?化o弦年. 后证明] 因 致B ⊥ 干, 致件 ⊥ O件, 所 垂线定理, B件 ⊥ O件, 所 O致化o弦平称OB,OB化o弦年称O件, R弧ΔO致件 中,O致化o弦干称O件,所 O致化o弦平化o弦年称O致化o弦干,所 化o弦干称化o弦平?化o弦年. 5. 面角 题 代 代 例 令代 见 令该-9,设 分 面 致B件 外一点,∠致分B称巧5 ,∠件分B称6代 , 面角 致里分B里件 直 角 面角,求∠致分件 的余 值 后解] 作 件≤ ⊥ 分B 于 ≤,≤≥ ⊥ 致分 于 ≥,连结 件≥,因 面角 致里分B里件 直 面角,所 面 致分B ⊥ 面 B分件 件≤ ⊥ 分B,所 件≤ ⊥ 面 致分B, ≤≥ ⊥ 致分,所 垂线定理的逆定 理 有 件≥ ⊥ 致分 , 所 分件?化o弦 ∠ 件分≥称分≥称分件?化o弦 ∠ 件分≤?化o弦 ∠ 致分B , 所 化o弦 ∠ 致分件称化o弦巧5 化o弦6代 称 例 令令 见
代 代

2 4
斜边 致B 一点,沿 件P

令该-令代, 知直角Δ致B件 的 条直角边 致件称该,B件称详,P



角形折成直 面角 致里件P里B,

致B称 7 时,求 面角 P里致件里B 的大小

后解] 过 P 作 P价 ⊥ 致件 于 价,作 P凸 ⊥ 件P 交 B件 于 凸,连结 价凸,因 致里件P里B 直 面角, 面 致件P ⊥ 面 件PB,所 P凸 ⊥ 面 致件P, P价 ⊥ 件致,所 垂线定理知 价凸 ⊥ 致件,所 代 ∠P价凸 面角 P里致件里B 的 面角 设∠B件P称项,则 化o弦∠凸件价称化o弦项?化o弦Ⅲ9代 -项Ⅳ称弦in项

2 2 + 32 ? 7 1 = ,所 化o弦项, 余 定理 化o弦∠致件B称 2× 2×3 2
代积该项积征,所 项称

2

弦in项化o弦项称

1 ,所 2

弦in该项称令.

π 2 ,设 件P称a,则 P价称 a,P凸称a.所 4 2
arctan 2

弧an∠P价凸称

PE = 2. PD



面角 P里致件里B 的大小

6.距离 题 例 令该 方体 致B件价里致令B令件令价令 的棱长 a,求对角线 致件 B件令 的距离 后解] B 原点,建立直角坐标系如 令该-令令 所示 设 P,Q 别是 B件令,件致

的点,且

1 1 BC1 , CQ = CA ,各点 各向 的坐标 别 致Ⅲa,代,代Ⅳ,BⅢ代,代,代Ⅳ,件Ⅲ代,a,代Ⅳ, 3 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 PQ = BQ ? BP = BC + CA ? BC1 = BC + BA ? BC ? BC ? BB1 = BC + BA ? BB1 3 3 3 3 3 3 3 3 3

BP =

1 1 1 = ( a, a, ? a ) , 所 3 3 3

| PQ |=

3 a ,所 3

PQ ? BC1 = ?
PQ

1 1 a × a+ a × a称代, 3 3
致件 B件令 的 垂线段,

PQ ? CA =


1 1 a×a- a×a称代.所 3 3
3 a. 3

PQ ⊥ BC1 , PQ ⊥ CA 所

者距离

例 令详 如

令该-令该 所示,在

棱维 分里致B件 中, 面是边长

4 2的

角形,棱 分件 的长

该,且垂直于 面,凸,价 别是 B件,致B 的中点,求 件价 分凸 间的距离 后 析] 取 B价 中点 培,则 凸培//件价, 而 件价// 面 分凸培,要求 件价 分凸 间的距离就 点 件 到 面 分凸培 间的距离 后解] 设 距离 h,则 体 式



1 1 ? SC ? S ?CEF = VS ?CEF = h ? S ?SEF . 3 3
计算可得 分Δ分凸培称详, S ?CEF =

3. 所

h=

2 3 . 3

7. 多面体的欧拉 式 例 14 一个 多面体有 32 个面, 个面或是 角形或是五边形, 对于 V 个顶点 个顶点均 有 T 个 角形面和 P 个五边形面相交,求 100P+10T+V [解] 因 F=32,所 32-E+V=2,所 E=V+30 因 T+P 个面相交于 个顶点, 个顶点 发有 T+P 条棱,所 2E=V(T+P). 得 V(T+P)=2(V+30), V(T+P-2)=60. 于 个

角形面有 条棱,故 角形面有

VT VP 个,类似地,五边形有 个, 因 3 5

个面或者是

角形或者是五边形, 所

?T P ? V ? + ? =32, ?3 5?

可得 3T+5P=16, 它的唯一 整数解

T=P=2,

入 V(T+P-2)=60 得 V=30,所 100P+10T+V250 8. 球有关的 题 例 15 圆柱直 4R,高 22R, 圆柱内最多能装半 R 的球多少个? [解] 最 层恰好能放 个球,设 球 O1 和球 O2, 者相 , 时 圆柱相 ,在球 O1 球 O2 放球 O3 球 O4,使 O1O2 O3O4 相垂直,且 4 个球任 个相外 , 样在球 O3 球 O4 放球 O5 球 O6,……直到 能再放 先计算过 O3O4 过 O 1O 2 的 行面 圆柱 面的截面间距离

( 3R ) 2 ? R 2 = 2 R

设共装 K 层,则(22- 2 )R< 2 R(K-1)+2R 9.四面体中的 题 例 16 知 棱锥 S—ABC 的 面是 垂心, 面角 H—AB—C 的

22R,解得 K=15,因 最多装 30 个 的射影 H 是ΔSBC 的

角形,A 点在侧面 SBC 求

面角等于 300,SA= 2 3

棱锥 S—ABC 的体

[解] 题设, AH ⊥ 面 分B件, 作 B寻 ⊥ 分件 于 凸, 垂线定理可知 分件 ⊥ 致凸, 分件 ⊥ 致B, 故 分件 ⊥ 面 致B凸 设 分 在 面 致B件 内射影 O, 则 分O ⊥ 面 致B件, 垂线定理的逆定理知, 件O ⊥ 致B 于培 理,BO ⊥ 致件,所 O Δ致B件 垂心 因 Δ致B件 是等边 角形,故 O Δ致B件 的 中心, 而 分致称分B称分件称 2 3 ,因 理 知 , 凸培 ⊥ 致B , 所 O件称分件化o弦6代 称 2 3 ×


件培 ⊥ 致B,件培 是 凸培 在 面 致B件 面 角 寻里致B里件 的 O件称

的射影,


垂线定

∠ 凸培件 是

面 角 , 故 ∠ 凸培件称详代 , 所 致B称 3 O件称详 所

1 = 3 ,分O称 3 弧an6代代称详, 2

3 致B,所 3

三分里致B件称 ×

1 3

9 3 该 ×详 ×详称 3 4 4

例 令只 设 北 是任意四面体的相对棱间距离的最小值, h 是四面体的最小高的长, 求证 该北己h. 件≥ ⊥ B价 后证明] 妨设 致 到面 B件价 的高线长 致寻称h, 致件 B价 间的距离 北, 作 致培 ⊥ B价 于点 培, 于点 ≥,则 件≥//寻培,在面 B件价 内作矩形 件≥培凸,连 致凸,因 B价//件凸,所 B价// 面 致件凸,所 B价 到面 致件凸 的距离 B价 致件 间的距离 北 在Δ致凸培 中,致寻 边 凸培 的高,致凸 边 的高 培基称北,作 凸≤ ⊥ 致培 于 ≤,则 凸件// 面 致B价 知,凸≤ 点 件 到面 致B价 的距离 因 凸≤ ⊥ 面 致B价 , 于是 凸≤ 致寻称h 在 R弧Δ凸≤培 R弧Δ致寻培 中, 凸≤ 致寻 得 凸培 致培 因 Δ致凸寻∽Δ培凸基,所

h AH AE AF + EF = = < d FG EF EF

该 所

该北己h.

注 在前面例题中除用到教材中的 理 定理外, 用到了向 法 体 法 射影法,请读 者在解题中认真总结 第十 章 排列组合 概率 一 础知识

令.加法原理 做一 有 n 类办法,在第 令 类办法中有 m令 种 的方法,在第 该 类办法中 的方法,……,在第 n 类办法中有 mn 种 的方法,那 完成 一共有 有 m该 种 ≥称m令+m该+…+mn 种 的方法 该. 法原理 做一 ,完成它需要 n 个 骤,第 令 有 m令 种 的方法,第 该 有 m该 种 的方法,……,第 n 有 mn 种 的方法,那 完成 共有 ≥称m令×m该×…×mn 种 的方法 详.排列 排列数 n个 元素中,任取 mⅢm nⅣ个元素,按照一定 序排成一列, 做 n个 元素中取 m 个元素的一个排列, n 个 元素中取 m 个Ⅲm nⅣ元素的所 有排列个数, 做 n个 元素中取
m m m 个元素的排列数,用 An 表示, An 称nⅢn-令Ⅳ…

Ⅲn-m+令Ⅳ称

n! , 中 m,n∈≥,m n, (n ? m)!



0 n 一般地 An 称令,代!称令, An 称n!

巧.≥ 个

元素的圆周排列数

n An 称Ⅲn-令Ⅳ! n

5.组合 组合数 一般地, n 个 元素中,任取 mⅢm nⅣ个元素并成一组, 做 n 个 元素中取 m 个元素的一个组合, n个 元素中 计 序地取 m 个构成原集 合的一个子集 n个 元素中取 mⅢm nⅣ个元素的所有组合的个数, 做 n 个 元素中取
m Cn =
m m 个元素的组合数,用 C n 表示

n(n ? 1) L (n ? m + 1) n! = . m! m!(n ? m)!

n m n?m Cn = Cn

6.组合数的 本性质



m m n ?1 Cn ?1 = C n + C n



n k ?1 k C n ?1 = C n k
6



0 1 Cn + Cn + L + C nn = ∑ C nk = 2 n
k =0

5

+1 C kk + C kk?1 + L + C kk+ m = C kk+ m +1

k n?k Cn C km = C n ?m

只.定理 令

定方程 夫令+夫该+…+夫n称严 的 整数解的个数

?1 C rn? 1

后证明]将 严 个相 的小球装入 n 个 的盒子的装法构成的集合 致, 定方程 夫令+夫该+…+夫n称严 的 整数解构成的集合 B,致 的 个装法对 B 的唯一一个解,因而构成映射, 的装 法对 的解也 ,因 单射 之 B 中 一个解Ⅲ夫令,夫该,…,夫nⅣ,将 夫i 作 第 i 个盒子中 球的个数,i称令,该,…,n,便得到 致 的一个装法,因 满射,所 是一一映射,将 严 个小球 到右排成一列, 种装法相 于 故定理得证 推论 令 定方程 夫令+夫该+…+夫n称严 的非负整数解的个数
r Cn + r ?1 .

严-令 个空格中选 n-令 个,将球

?1 n 份,共有 C rn? 1 种

推论 该

n个

元素中任取 m 个允许元素 复
m Cn + m ?1 .
n

的组合 做 n 个

元素的 m 可 组

合, 组合数 叫.

0 n 1 n ?1 2 n?2 2 r n?r r n n 式定理 若 n∈≥+,则Ⅲa+bⅣ 称 C n a + Cn a b + Cn a b + L + Cn a b + LCn b .
r n?r r r 切严+令称 C n a b , Cn

中第 严+令 9.随机 一试验时,

式系数 随机 在大 摆 , 个常数 复进行 做

在一定条

可能发生也可能 发生的

致 发生的频率

m 总是接 于某个常数,在它 n

致 发生的概率,记作 pⅢ致Ⅳ,代 pⅢ致Ⅳ 令. 令代.等可能 的概率,如果一次试验中共有 n 种等可能 果有 m 种,那 致 的概率 pⅢ致Ⅳ称

的结果, 中

致 包含的结

m . n
如果 致 令,

令令.互斥 可能 时发生的 个 , 做互斥 ,也 相容 致该,…,致n 彼 互斥,那 致令,致该,…,致n 中 少有一个发生的概率 pⅢ致令+致该+…+致nⅣ称 pⅢ致令Ⅳ+pⅢ致该Ⅳ+…+pⅢ致nⅣ. 令该.对立 致,B 互斥 ,且必有一个发生,则 致,B 对立

,记 致 的对立

A

定 知 pⅢ致Ⅳ+pⅢ A Ⅳ称令.

令详.相互独立 致 或 B 是否发生对 B 或 致 发生的概率没有影响, 样的 个 做相互独立 令巧.相互独立 时发生的概率 个相互独立 时发生的概率,等于 个 发生 n个 时发 的概率的 pⅢ致?BⅣ称pⅢ致Ⅳ?pⅢBⅣ.若 致令,致该,…,致n 相互独立,那 生的概率 pⅢ致令?致该? … ?致nⅣ称pⅢ致令Ⅳ?pⅢ致该Ⅳ? … ?pⅢ致nⅣ. 令5.独立 复试验闭若 n 次 复试验中, 次试验结果的概率都 依赖于 他各次试验的结果, 则 n 次试验是独立的. 令6.独立 复试验的概率闭如果在一次试验中,某 发生的概率 p,那 在 n 次独立 复试 验中, 个 恰好发生 k 次的概率
k pnⅢkⅣ称 C n ?p Ⅲ令-pⅣ .
k n-k

令只.离散型随机 的 布列 如果随机试验的结果可 用一个 来表示,那 样的 随机 ,例如一次射 命中的 数板就是一个随机 ,板可 取的值有 代,令,该,…,令代 如果随机 的可能取值可 一一列 , 样的随机 离散型随机 一般地, 设离散型随机 板可能取的值 夫令,夫该,…,夫i,…,板取 一个值 夫iⅢi称令,该,…Ⅳ的概 率 pⅢ板称夫iⅣ称pi,则 表 板 p 夫令 p令 夫该 p该 夫详 p详 … … 夫i pi … …

随机 板的概率 布,简 板的 布列, 凸板称夫令p令+夫该p该+…+夫npn+… 板的数学期望或 均值 均值 简 期望, 价板称Ⅲ夫令-凸板Ⅳ该?p令+Ⅲ夫该-凸板Ⅳ该?p该+…+Ⅲ夫n-凸板Ⅳ该pn+… 板的均方 差,简 方差 令叫. 个



随机

板的标准差 发生的概率是 p,那 在 n 次独立 复试验中,

布 如果在一次试验中某 恰好发生 k 次的概率

k pⅢ板称kⅣ称 C n p k q n ? k , 板的 布列

板 p


0 0 n Cn p q


1 1 n ?1 Cn pq

… …

夫i
k Cn p k q n?k

… …


n n Cn p

时 板服 布,记作板~BⅢn,pⅣ.若板~BⅢn,pⅣ,则 凸板称np,价板称np两, 两称令-p. 令9.几何 布 在独立 复试验中,某 第一次发生时所做试验的次数板也是一个随机 k-令 ,若在一次试验中 发生的概率 p,则 pⅢ板称kⅣ称两 pⅢk称令,该,…Ⅳ,板的 布服 几 何 布,凸板称

1 q ,价板称 2 Ⅲ两称令-pⅣ. p p

方法 例题 令. 法原理 例 令 有 该n 个人参加收发电报 训, 个人结 一对互发互收,有多少种 的结对方 式? 后解] 将整个结对过程 n ,第一 ,考虑 中任意一个人的配对者,有 该n-令 种选则 一对结好 ,再 余 的 该n-该 人中任意确定一个 第 考虑他的配对者,有 该n-详 种选 择,…… 样一直进行 去, n 恰好结 n 对, 法原理, 的结对方式有 Ⅲ该n-令Ⅳ×Ⅲ该n-详Ⅳ×…×详×令称

( 2n)! . 2 n ? ( n!)

该.加法原理 例该 令详-令 所示中没有电流通过电流表, 原因仅因 电阻断路的可能性共有几种? 后解] 断路共 巧 类 令 一个电阻断路,有 令 种可能, 能是 R巧 该 有 该 个电阻断路,有
2 3 C4 -令称5 种可能 详 详 个电阻断路,有 C 4 称巧 种 巧 有 巧 个电阻断路,有 令 种

而一共

有 令+5+巧+令称令令 种可能 详.插空法 例 详 令代 个节目中有 6 个演唱 巧 个舞蹈, 要求 的安排节目演 序的方式?

个舞蹈之间 少安排一个演唱, 有多少种

6 种排法,再 后解] 先将 6 个演唱节目任意排成一列有 A6

演唱节目之间和前 一共 只 个位

置中选

4 6 4 巧 个安排舞蹈有 A7 种方法,故共有 A6 称6代巧叫代代 种方式 × A7

巧.映射法 例 巧 如果 令,该,…,令巧 中,按 小到大的 序取 a令,a该,a详 使 时满足 a该-a令 详,a详-a该 详,那 所有符合要求的 取法有多少种? 后解] 设 分称{令,该,…,令巧}, S ' 称{令,该,…,令代} 切称{Ⅲa令,a该,a详Ⅳ| a令,a该,a详∈分,a该-a令 详,a详-a该
' ' ' ' ' ' ' ' ' ' 详}, T ' 称{Ⅲ a1 Ⅳ ∈ S ' | a1 }, 若 ( a1' , a 2 , a2 , a3 , a2 , a3 ∈ S ' , a1' < a 2 < a3 , a3 ) ∈T' , ' ' a1 = a1' , a 2 = a 2 + 2, a 3 = a 3 + 4 ,则Ⅲa令,a该,a详Ⅳ∈切, 样就建立了 T ' 到 切 的映射,它显 ' ' ' ' a1 = a1' , a 2 = a 2 ? 2, a 3 = a 3 ? 4 ,则 ( a1' , a 2 , a3 ) ∈T' , 3 称令该代,所 |切|称 | T ' |= C10

然是单射, 次若Ⅲa令,a该,a详Ⅳ∈切,

而 映射也是满射,因 是一一映射,所

取法有 令该代 种

5.贡献法 例5 知集合 致称{令,该,详,…,令代},求 致 的所有非空子集的元素个数之和 9 后解] 设所求的和 夫,因 致 的 个元素 a,含 a 的 致 的子集有 该 个,所 a 对 夫 的贡献 9 9 该 , |致|称令代 所 夫称令代×该 . 后 解]
k 致 的 k 元子集共有 C10 个,k称令,该,…,令代,因

,致 的子集的元素个数之和

1 2 10 0 1 9 C10 + 2C10 + L + 10C10 = 10(C 9 + C9 + L + C9 ) = 令代×该9

6.容斥原理 例6 数 令,该,详 组成 n 位数Ⅲn 详Ⅳ,且在 n 位数中,令,该,详 一个 少 令 次, 样的 n 位数有多少个? n 令 该 详 后解] 用 导 表示 令,该,详 组成的 n 位数集合,则|导|称详 ,用 致 ,致 ,致 别表示 含 令, n 含 该, 含 详 的 令 , 该 , 详 组 成 的 n 位 数 的 集 合 , 则 |致令|称|致该|称|致详|称该 , |致令 I 致该|称|致该 I 致详|称|致令 I 致详|称令 |致令 I 致该 I 致详|称代 所 容斥原理|致令 U 致该 U 致详|称

∑| A
i =1

3

i

| ? ∑ | Ai I A j |+ | A1 I A2 I A3 | 称详×该n-详.所 满
i≠ j
n n

足条 的 n 位数有|导|-|致令 U 致该 U 致详|称详 -详×该 +详 个 只.递推方法 例 只 用 令,该,详 个数 来构造 n 位数,但 允许有 个紧挨着的 令 在 n 位数中, 能构造 多少个 样的 n 位数? 法原理知 a该称详×详-令称叫. n 详 时 后解] 设能构造 an 个符合要求的 n 位数,则 a令称详, 令 如果 n 位数的第一个数 是 该 或 详,那 样的 n 位数有 该an-令 该 如果 n 位数的第一个 数 是 令,那 第 位 能是 该 或 详, 样的 n 位数有 该an-该,所 an称该Ⅲan-令+an-该ⅣⅢn 详Ⅳ. 数列{an}的特
n

方程

夫 称该夫+该,它的





夫令称令+ 3 ,夫该称令- 3 ,故 an称化令Ⅲ令+ 3 Ⅳ +

n

化该Ⅲ令+

3 1 4 3

Ⅳ,

a令称详,a该称叫



c1 =

2+ 3 2 3

, c2 =

3?2 2 3





an =

[(1 + 3 ) n+ 2 ? (1 ? 3 ) n+ 2 ].

叫.算 次 例 叫 m,n,严∈≥+,证明 后证明] k位 n位
0 r 1 r ?1 2 r ?2 r 0 C nr+ m = C n Cm + Cn Cm + Cn Cm + L + Cn Cm .
r 严 位的方法有 C n +m 种

m 位先生中选

一方面,

n+m 人中选 严 位的

k r ?k 严-k 位先生的方法有 C n 种,k称代,令,…,严 所 Cm

n+m 人中选

r 0 r 1 r ?1 0 方法有 C n 种 综合 个方面, Cm + Cn Cm + L + Cn Cm

得 式

9.母函数 例 9 一副 色牌共有 详该 张,红 黄 蓝各 令代 张,编号 令,该,…,令代, 有大 小王各 一张,编号均 代 副牌中任取若 张牌,按如 规则计算 值 张编号 k 的牌计

该 后解]

k

,若它们的 值之和 该代代巧,则 些牌 一个 好牌 组,求好牌组的个数 n 的牌组的数目,则 an 等于函数 对于 n∈{令,该,…,该代代巧},用 an 表示 值之和
20

fⅢ夫Ⅳ称Ⅲ令+ x fⅢ夫Ⅳ称

Ⅳ ?Ⅲ令+ x



21

Ⅳ ???? … ?Ⅲ令+ x



210

Ⅳ 的展开式中 夫 的系数



n

定 |夫|积令 ,




11 1 1 详 20 21 210 后 Ⅲ令+ x ⅣⅢ令+ x Ⅳ? … ?Ⅲ令+ x Ⅳ] 称 (1 ? x 2 ) 3 1+ x (1 + x )(1 ? x)



11 1 (1 ? x 2 ) 详 2 (1 ? x )(1 ? x)

2

而 代

该代代巧积该 , 所

令令

an 等 于

1 n 的展开式中 夫 的系数, 2 (1 ? x )(1 ? x )
2



1 1 1 该 详 该 该k 称 ? 称Ⅲ令+夫 +夫 +…+夫该k+…Ⅳ后令+该夫+详夫 +…+Ⅲ该k+令Ⅳ夫 +…],所 2 2 2 (1 ? x )(1 ? x ) 1 ? x (1 ? x )
2

夫 在展开式中的系数 a该k称令+详+5++Ⅲ该k+令Ⅳ称Ⅲk+令Ⅳ ,k称令,该,…, 而,所求的 好牌 组的个 该 数 a该代代巧称令代代详 称令代代6代代9.
k 令代.组合数 C n 的性质

该k



例 令代

证明

k C2 是奇数Ⅲk 令Ⅳ. m ?1

后证明]

k C2 称 m ?1

(2 m ? 1)(2 m ? 2) L (2 m ? 1 ? k + 1) 2 m ? 1 2 m ? 2 2m ? k = ? ?L? ? 1? 2 ?L ? k 1 2 k
2 m ?t i ? p i 2 m ? i 2m ? 2 ti p i 奇数,则 ,它的 子 = = i pi 2 ti p i
能是若 奇数的 , 奇数 母均

i称 2 ?piⅢ令

ti

i kⅣ,pi

奇数,因 C 2 m ?1 是整数,所 它 例 令令 对 n 该,证明 后证明] 令
k +1 C2 ( k +1) =

k

n n 2n < C2 n < 4 .
该 该

2 n称该 时,该 积 C 4 称6积巧

k 该 假设 n称k 时,有 该 积 C 2 k 积巧 ,

k

k

n称k+令 时,因

[2(k + 1)]! 2 × (2k + 1)! 2(2k + 1) k = = ? C2k . (k + 1)!(k + 1)! (k + 1)!?k! k +1
该 积 2C 2 k < C 2 ( k +1) < 4C 2 k < 4
k+令

2<

2(2k + 1) 积巧,所 k +1

k

k +1

k

k +1

.

所 结论对一 n 该 成立 令令. 式定理的 用 例 令该 若 n∈≥, n 该,求证

? 2 < ?1 + ?

1? ? < 3. n?

n

后 证 明 ]

首 先 ?1 +

? ?

1? 1 1 0 1 1 2 n ? = C n + C n ? + C n ? 2 + L + C n ? n > 2, n? n n n

n

次 因
n

k ? Cn

n(n ? 1) L (n ? k + 1) 1 1 1 1 1 = < ≤ = ? ( k ≥ 2) , 所 k k k! k (k ? 1) k ? 1 k n n ? k!
1 1 1 1 1 1 1 1 1 n + L + Cn ? n < 2 + ? + ? +L+ ? = 3 ? < 3. 得证 2 1 2 2 3 n ?1 n n n n

? 1? ?1 + ? = ? n?

2 该+ C n ?

例 令详 证明

∑C
k =0

n

m ?h n?k

1 ? C kh = C nm++ 1 ( h ≤ m ≤ n).

后证明] 首先, 对于 个确定的 k, 等式 边的 一 都是 个组合数的 Ⅲ令+夫Ⅳ
n-k

m ?h , 中 Cn ?k 是 m ?h h 而 Cn ? k ? C k 就是

的展开式中 夫
k

m-h

的系数
m-h h

C kh 是Ⅲ令+yⅣk 的展开式中 yk 的系数

Ⅲ令+夫Ⅳ ?Ⅲ令+yⅣ 的展开式中 夫 y 的系数 于是,

n-k

∑C
k =0

n

m ?h n? k

? C 就是
h k

∑ (1 + x)
k =0

n

n?k

(1 + y ) k 展开式中 夫m-hyh 的系数
n +1 n +1

一方面,

∑ (1 + x) n? k (1 + y ) k 称
k =0

n

(1 + x) n +1 ? (1 + y ) n +1 = (1 + x) ? (1 + y )

∑ Cnk+1 x k ? ∑ Cnk+1 y k
k =0 k =0

x? y
的系数恰
m +1 Cn +1



∑ Cnk+1 x k ?
k =0

n +1

x k ? y k n +1 k = ∑ C n +1 (xk-1+xk-2y+…+yk-1), 式中,xm-hyh x? y k =0
1 ? C kh = C nm++ 1 .



∑C
k =0

n

m ?h n?k

12.概率 题的解法 例 14 如果某批产品中有 a 次品和 b 品,采用有放回的抽样方式 中抽取 n 产品, 恰好有 k 是次品的概率是多少? [解] 把 k 产品进行编号, 有放回抽 n 次, 把可能的 复排列作 本 , 总数 (a+b)n 所有的可能结果 设 A 表示取 的 n 产品中恰好有 k 是次品, 则 A 所包 含的 本 总数

C ?a b ,故所求的概率

k n

k n-k

k k n?k Cn a b p(A)= . ( a + b) n

例 15 将一枚硬币掷 5 次, 面朝 恰好一次的概率 0, 而且 面朝 恰好 次的概 率相 ,求恰好 次 面朝 的概率 [ 解 ] 设 次抛硬币 面朝 的概率 p ,则掷 5 次恰好有 k 次 面朝 的概率
1 且 0<p<1, 简得 p = C 5k p k (1-p)5-k(k=0,1,2,…,5), 题设 C 52 p 2 (1 ? p ) 3 = C 5 p (1 ? p ) 4 , 3 2

1 , 3



恰好有 3 次 面朝 的概率

40 ?2? 3? 1 ? C5 . ? ? ×? ? = 343 ?3? ? 3?

例 16 个 球 员进行 球比赛, 知 一局 胜的概率 0.6, 胜的概 率 0.4,比赛时可 用 局 胜或五局 胜制, 在哪一种比赛制度 , 获胜的可能 性大? [解 ] 1 如果采用 局 胜制,则 在 列 种情况 获胜 A1—2 0 净胜 局 ,
1 A2—2 1 前 局 一胜一负,第 局 胜 . p(A1)=0.6×代.6称代.详6,pⅢ致该Ⅳ称 C 2 ×代.6×代.巧

×代.6称代.该叫叫. 胜概率 pⅢ致令+致该Ⅳ称代.6巧叫. 因 致令 致该 互斥,所 该 Ⅲ该Ⅳ如果采用五局 胜制,则 在 列 种情况 获胜 B令里详 代 净胜 详 局 ,B 里详 令 前 详 局 该 胜 令 负,第四局 胜 ,B详里详 该 前四局各胜 该 局,第五局 胜 因 B令, B 该, B该 互斥, 所
该 该

胜概率

2 pⅢB令+B该+B详Ⅳ称pⅢB令Ⅳ+pⅢB该Ⅳ+pⅢB详Ⅳ称代.6 + C 3 ×代.6 ×代.巧×代.6+ C 4





2

×代.6 ×代.巧 ×代.6称代.6叫该56. 令 , 该 可知在五局 胜制 , 获胜的可能性大 例 令只 有 致,B 个口袋,致 袋中有 6 张卡片, 中 令 张写有 代,该 张写有 令,详 张写有 该 B 袋中有 只 张卡片, 中 巧 张写有 代,令 张写有 令,该 张写有 该 致 袋中取 令 张卡片,B 袋 中取 该 张卡片,共 详 张卡片 求 令 取 详 张卡片都写 代 的概率 该 取 的 详 张卡片数 之 是 巧 的概率 详 取 的 详 张卡片数 之 的数学期望 后解] 令

p=

1 2 ? C4 C1 1 = 1 2 C 6 ? C 7 21

该 布

p=

1 2 1 1 1 ? C2 + C3 ? C1 ? C2 C2 4 = 1 2 63 C6 ? C7

详 记板

取 的详

张卡片的数 之 ,则板的 板 p 代







37 42

2 63

4 63

1 42



Eξ = 0 ×

37 2 4 1 32 + 2× + 4× + 8× = . 42 63 63 42 63

第十四章 极限 数 一 础知识 令.极限定 令 若数列{un}满足,对任意给定的 数究,总 在 数 m, n己m 且 n∈≥ 时,恒有|un-致|积究成立 致 常数 ,则 致 数列 un n 趋向于无 大时的极限,记
x → +∞

lim f ( x ), lim f ( x) , 外 lim+ f ( x) 称致 表示 夫 大于 夫代 且趋向于 夫代 时 fⅢ夫Ⅳ极限
x → ?∞

x → x0

致, 右

极限 类似地 lim f ( x) 表示 夫 小于 夫代 且趋向于 夫代 时 fⅢ夫Ⅳ的 极限 ?
x → x0

该.极限的四则



如 果 lim fⅢ夫Ⅳ称a, lim gⅢ夫Ⅳ称b , 那
x → x0 x → x0

x → x0

lim 后fⅢ夫Ⅳ ± gⅢ夫Ⅳ]称a ± b,

x → x0

lim 后fⅢ夫Ⅳ?gⅢ夫Ⅳ]称ab, lim
x → x0

f ( x) a = (b ≠ 0). g ( x) b
x → x0 x → x0

且 lim fⅢ夫Ⅳ 在, 并且 lim fⅢ夫Ⅳ称fⅢ夫代Ⅳ, 则 详.连续 如果函数 fⅢ夫Ⅳ在 夫称夫代 处有定 ,

fⅢ夫Ⅳ

在 夫称夫代 处连续 巧.最大值最小值定理 如果 fⅢ夫Ⅳ是 间后a,b] 的连续函数,那 f(x)在[a,b] 有最大值 和最小值 5. 数 若函数 f(x)在 x0 有定 , 自 x 在 x0 处取得一个增 Δ夫 时 Δ夫 充 小 ,因 y 也随之取得增 ΔyⅢΔy称fⅢ夫代+Δ夫Ⅳ-fⅢ夫代ⅣⅣ.若 lim

?y ?x → 0 ?x

在,则

fⅢ夫Ⅳ在 夫代

处可 , 极限值

fⅢ夫Ⅳ在点 夫代 处的 数 或

率 , 记作 f ' Ⅲ夫代Ⅳ或 y ' x = x 0 或

dy dx


x0

f ' ( x0 ) = lim
x → x0

f ( x) ? f ( x0 ) x ? x0

定 知 fⅢ夫Ⅳ在点 夫代 连续是 fⅢ夫Ⅳ在 夫代 可 的必要条 数的几何意 是

若 fⅢ夫Ⅳ在 间 导

有定 ,且在 一点可 ,则 它在 敬意 可

fⅢ夫Ⅳ在点 夫代 处 数 f ' Ⅲ夫代Ⅳ等于曲线 y称fⅢ夫Ⅳ在点 PⅢ夫代,fⅢ夫代ⅣⅣ处 线的斜率 6.几个常用函数的 数 令

(c)' 称代 化

常数



( x a )' = ax a ?1 a

任意常数 只



(sin x)' = cos x; Ⅲ巧Ⅳ (cos x)' = ? sin x 问Ⅲ5Ⅳ (a x )' = a x ln a 问Ⅲ6Ⅳ (e x )' = e x 问
(log a x)' =

1 log a x x



(ln x)' =

1 . x


只. 数的 算法则 若 uⅢ夫Ⅳ,vⅢ夫Ⅳ在 夫 处可 ,且 uⅢ夫Ⅳ 代,则 令

[u ( x ) ± v ( x )]' = u ' ( x) ± v' ( x )
常数 巧 [

[u ( x )v ( x )]' = u ' ( x )v ( x) + u ( x )v' ( x )
5 [



[cu ( x)]' = c ? u ' ( x ) 化
叫.复合函数求 法

1 ? u ' ( x) ]' = 2 u ( x) u ( x)

u ( x) u ( x )v ' ( x ) ? u ' ( x ) v ( x ) ]' = u ( x) u 2 ( x)
,fⅢuⅣ在对 的点

设函数 y称fⅢuⅣ,u称 ? Ⅲ夫Ⅳ,

知 ? Ⅲ夫Ⅳ在 夫 处可

uⅢu称 ? Ⅲ夫ⅣⅣ处可 , 则复合函数 y称f后 ? Ⅲ夫Ⅳ]在点 夫 处可 , 且 f后 ? Ⅲ夫Ⅳ] )' 称 f '[? ( x)]? ' ( x) . 9. 数 函数的性质 令 若 fⅢ夫Ⅳ在 间 导 可 ,则 fⅢ夫Ⅳ在 导 详 若对一 连续 该 若对一 夫

∈Ⅲa,bⅣ有 f ' ( x) > 0 ,则 fⅢ夫Ⅳ在Ⅲa,bⅣ单调递增 fⅢ夫Ⅳ在Ⅲa,bⅣ单调递 令代.极值的必要条 令令.极值的第一充 条

夫∈Ⅲa,bⅣ有 f ' ( x ) < 0 ,则

若函数 fⅢ夫Ⅳ在 夫代 处可 ,且在 夫代 处取得极值,则 f ' ( x 0 ) = 0. 设 fⅢ夫Ⅳ在 夫代 处连续,在 夫代 邻域Ⅲ夫代-δ,夫代+δⅣ内可 , 令 若 夫∈Ⅲ夫代,夫代+δⅣ时 f ' ( x ) ≥ 0 ,则 fⅢ夫Ⅳ在 夫代 处取得极小值 该

夫∈Ⅲ夫-δ,夫代Ⅳ时 f ' ( x ) ≤ 0 , 若

夫∈Ⅲ夫代-δ,夫代Ⅳ时 f ' ( x ) ≥ 0 ,

夫∈Ⅲ夫代,夫代+δⅣ时 f ' ( x ) ≤ 0 ,则 fⅢ夫Ⅳ在 夫代 处取得极大

值 令该.极值的第 充 条 可

设 fⅢ夫Ⅳ在 夫代 的某领域Ⅲ夫代-δ,夫代+δⅣ内一阶可 ,在 夫称夫代 处 阶 令 若 f ' ' ( x 0 ) > 0 ,则 fⅢ夫Ⅳ在 夫代 处取得极小值 该

,且 f ' ( x 0 ) = 0, f ' ' ( x 0 ) ≠ 0

若 f ' ' ( x 0 ) < 0 ,则 fⅢ夫Ⅳ在 夫代 处取得极大值 令详.罗尔中值定理 若函数 fⅢ夫Ⅳ在后a,b] 连续,在Ⅲa,bⅣ 可 ,且 fⅢaⅣ称fⅢbⅣ,则 在板 ∈Ⅲa,bⅣ,使 f ' (ξ ) = 0. 后证明] 若 夫∈Ⅲa,bⅣ,fⅢ夫Ⅳ fⅢaⅣ,则对任意 夫∈Ⅲa,bⅣ, f ' ( x) = 0 .若 fⅢ夫Ⅳ在后a,b] 连续,所 夫∈Ⅲa,bⅣ时,

fⅢ夫Ⅳ fⅢaⅣ,因

fⅢ夫Ⅳ在后a,b] 有最大值和最小值,必有一个

等于 fⅢaⅣ, 妨设最大值 m己fⅢaⅣ且 fⅢ化Ⅳ称m, 则 化∈Ⅲa,bⅣ, 且 fⅢ化Ⅳ 最大值, 故 f ' (c ) = 0 , 综 得证 令巧.≡ag严ange 中值定理 若 fⅢ夫Ⅳ在后a,b]

连续,在Ⅲa,bⅣ 可 ,则 在板∈Ⅲa,bⅣ,使

f ' (ξ ) =
后证明]

f (b) ? f (a ) . b?a
培Ⅲ夫Ⅳ称fⅢ夫Ⅳ-

培ⅢaⅣ称培ⅢbⅣ,所

f (b) ? f (a ) ( x ? a ) ,则 培Ⅲ夫Ⅳ在后a,b] 连续,在Ⅲa,bⅣ 可 ,且 b?a f (b) ? f (a ) 令详 知 在板∈Ⅲa,bⅣ使 F ' (ξ ) 称代, f ' (ξ ) = . b?a
设函数 fⅢ夫Ⅳ在开 间 导 内 的 有 阶 数, 令 如果对任意 夫∈ 该 如果对任意 夫∈导, f ' ' ( x ) < 0 ,则 y称fⅢ夫Ⅳ

令5.曲线 性的充 条

导, f ' ' ( x ) > 0 ,则曲线 y称fⅢ夫Ⅳ在 导 内是

在 导 内是 的 通常 函数 函数, 函数 函数 + 令 若 fⅢ夫Ⅳ是后a,b] 令6.琴生 等式 设干令,干该,…,干n∈R ,干令+干该+…+干n称令 数,则 夫令,夫该,…,夫n∈后a,b]有 fⅢa令夫令+a该夫该+…+an夫nⅣ a令fⅢ夫令Ⅳ+a该fⅢ夫该Ⅳ+…+anfⅢ夫nⅣ. 方法 例题 令.极限的求法 例 令 求 列极限 令





2 n ? ? 1 lim? 2 + 2 + L + 2 ? n →∞ n n n ? ?




an lim ( a > 0) n →∞ 1 + a n



? ? 1 1 1 ? + + + lim ? L ? 2 n→∞? n2 + 2 n2 + n ? ? n +1
后解] 令

n →∞

lim n ( n + 1 ? n ).

n(n + 1) 2 n ? ? 1 ?1 2 ? 1 lim? 2 + 2 + L + 2 ? 称 lim = lim ? + ?= 2 n →∞ n n →∞ 2 2n ? 2 n n ? n →∞ 2n ? ?
a己令 时, lim



an 1 1 = 1. = = lim n n n n→∞ 1 + a n →∞ ?1? ?1? ? ? + 1 lim? ? + 1 n→∞ a ? ? ?a?
n

lim a an 0 n→ ∞ 代积a积令 时, lim = = = 0. n n n →∞ 1 + a 1+ 0 1 + lim a
n →∞

a称令 时, lim

an 1 1 = lim = . n n→∞ 1 + a n→∞ 1 + 1 2

详 因

n n +n
2

<

1 n +1
2

+

1 n +2
2

+L+

1 n +n
2

<

n n +1
2

.

而 lim
n→∞

n n +n
2

= lim
n →∞

1 1 1+ n
1 n2 + 2

= 1, lim
n →∞

1

n +1
2

= lim
n→∞

1 1 1+ 2 n

= 1,



? 1 lim ? + 2 n →∞? n 1 + ?


+L+

? ? = 1. ? n2 + n ?
1

lim n ( n + 1 ? n ) = lim
n →∞ n →∞

n n +1 + n
2

= lim
n →∞

1 1+
n

1 +1 n

1 = . 2

例 该 求 列极限



n→∞

lim (1+x)(1+x2)(1+ x 2 )…(1+ x 2 )(|x|<1)

2

1 ? ? 3 ? lim? ? x →1 1 ? x 3 1? x ? ?
1
n→∞

3

lim
x →1
2

x2 ?1 3 ? x ? 1+ x
n

[解]

lim (1+x)(1+x2)(1+ x 2 )…(1+ x 2 )
n n +1

(1 ? x)(1 + x)(1 + x 2 ) L (1 + x 2 ) 1? x2 1 = lim . = lim = n →∞ n → ∞ 1? x 1? x 1? x


?1? x +1? x2 ? ? 3 ?1? x ? x2 ? 1 ? ? 3 ? ? ? lim? ? ? = lim? 3 ? ? ? = lim x →1 1 ? x 3 1 ? x ? x →1 ? 1 ? x3 ? ? ? x →1 ? 1 ? x ?
2+ x ? (1 ? x)(2 + x) ? = 1. ? = lim 3 x → 1 1+ x + x2 1? x ? ?

称 lim?
x →1



lim
x →1

x2 ?1 3 ? x ? 1+ x

= lim
x →1

( x 2 ? 1)( 3 ? x + 1 + x ) ( 3 ? x ? 1 + x )( 3 ? x + 1 + x )

称 lim

? ( x + 1)( 3 ? x + 1 + x ) ( x ? 1)( x + 1)( 3 ? x + 1 + x ) = lim x →1 x →1 2 2(1 ? x)

= ?2 2.
该.连续性的讨论 例 详 设 fⅢ夫Ⅳ在Ⅲ-∞,+∞Ⅳ内有定 ,且恒满足 fⅢ夫+令Ⅳ称该fⅢ夫Ⅳ, 夫∈后代,令Ⅳ时, 该 fⅢ夫Ⅳ称夫Ⅲ令-夫Ⅳ ,试讨论 fⅢ夫Ⅳ在 夫称该 处的连续性 该 后解] 夫∈后代,令Ⅳ时,有 fⅢ夫Ⅳ称夫Ⅲ令-夫Ⅳ ,在 fⅢ夫+令Ⅳ称该fⅢ夫Ⅳ中 夫+令称弧,则 夫称弧-令, 夫∈ 该 后令,该Ⅳ时,利用 fⅢ夫+令Ⅳ称该fⅢ夫Ⅳ有 fⅢ弧Ⅳ称该fⅢ弧-令Ⅳ,因 弧-令∈后代,令Ⅳ,再 fⅢ夫Ⅳ称夫Ⅲ令-夫Ⅳ 得 该 该 fⅢ弧-令Ⅳ称Ⅲ弧-令ⅣⅢ该-弧Ⅳ , 而 弧∈后令,该Ⅳ时,有 fⅢ弧Ⅳ称该Ⅲ弧-令Ⅳ?Ⅲ该-弧Ⅳ 理, 夫∈后令,该Ⅳ时,

夫+令称弧 , 则

弧 ∈ 后该,详Ⅳ 时 , 有

fⅢ弧Ⅳ称该fⅢ弧-令Ⅳ称巧Ⅲ弧-该ⅣⅢ详-弧Ⅳ .





2 ? ?2( x ? 1)(2 ? x) , x ∈ [1,2); fⅢ夫Ⅳ称 ? 所 2 ? ?4( x ? 2)(3 ? x) , x ∈ [2,3).

x→ 2?

lim f ( x) = lim 2( x ? 1)(2 ? x) 2 = 0, lim f ( x) = lim 4( x ? 2)(3 ? x) 2 = 0
x →2 ? x →2 + x→ 2+
x→ 2+





x→ 2?

lim fⅢ夫Ⅳ称 lim fⅢ夫Ⅳ称fⅢ该Ⅳ称代,所

fⅢ夫Ⅳ在 夫称该 处连续

详.利用 数的几何意 求曲线的 线方程 后 解] 因 点 Ⅲ该,代Ⅳ 在曲线 ,设 点 坐标 Ⅲ夫代,y代Ⅳ,则 y 0 =

1 , x0

线的斜率

x'| x = ?
0

1 ,所 2 x0

线方程

y-y代称 ?

1 ( x ? x0 ) , 2 x0

y?

1 1 = ? 2 ( x ? x0 ) x0 x0



线过点 该,代 , 所 夫+y-该称代. 巧. 数的计算

?

1 1 = ? 2 ( 2 ? x 0 ) ,所 x0 x0

夫代称令, 所 所求的 线方程

y称-Ⅲ夫-该Ⅳ,

例 5 求 列函数的 数



y称弦inⅢ详夫+令Ⅳ




5 x 2 + 3x ? x y= x



y称e

化o弦该夫



y = ln( x + x 2 ? 1)
后解] 令

5 y称Ⅲ令-该夫Ⅳ Ⅲ夫己代 且 x <

1 Ⅳ 2

y ' = cos(3 x + 1) ? (3 x + 1)' = 详化o弦Ⅲ详夫+令Ⅳ.

Ⅲ该Ⅳ y ' =

(5 x 2 + 3 x ? x )'? x ? (5 x 2 + 3 x ? x ) ? ( x)' x2

? 1 ? 2 ? ? ?10 x + 3 ? ? x ? 5 x + 3x + x 2 x? =? x2

= 5+


1 2 x3

.

y ' = e cos 2 x ? (cos 2 x)' = e cos 2 x ? (? sin 2 x) ? (2 x)' = ?2e cos 2 x ? sin 2 x.
y' = 1 x + x2 ?1



? ( x + x 2 ? 1)' =

? ? x ? 1 ?? + ? ? x + x2 ?1 ? x2 ?1 ?
1

=

1 x2 ?1

.

5

y ' = [(1 ? 2 x) x ]' = [e x ln(1? 2 x ) ]' = e x ln(1?2 x ) ( x ln(1 ? 2 x))'
2x ? ? . = (1 ? 2 x) x ?ln(1 ? 2 x) ? 1 ? 2x ? ? ?

5.用 数讨论函数的单调性 例 6 设 a己代,求函数 fⅢ夫Ⅳ称 x -lnⅢ夫+aⅣⅢ夫∈Ⅲ代,+∞ⅣⅣ的单调 间 后解]

f ' ( x) =

1 2 x

?

1 ( x > 0) ,因 x+a

夫己代,a己代,所

f ' ( x ) > 0 ? 夫该+Ⅲ该a-巧Ⅳ夫+a该己代

f ' ( x ) < 0 ? 夫该+Ⅲ该a-巧Ⅳ夫+a+积代.
令 该 a己令 时,对所有 夫己代,有 夫 +Ⅲ该a-巧Ⅳ夫+a 己代, a称令 时,对 夫 令,有 夫 +Ⅲ该a-巧Ⅳ夫+a 己代,
该 该 该 该

f ' Ⅲ夫Ⅳ己代,fⅢ夫Ⅳ在Ⅲ代,+∞Ⅳ 单调递增
fⅢ夫Ⅳ在 代,令 内单调 详

f ' ( x) > 0 ,所

递增,在 令,+∞ 内递增, 代积a积令 时,

fⅢ夫Ⅳ在 夫称令 处连续,因
该 该

fⅢ夫Ⅳ在Ⅲ代,+∞Ⅳ内递增

f ' ( x) > 0 ,

夫 +Ⅲ该a-巧Ⅳ夫+a 己代,解得 夫积该-a- 2 1 ? a 或 夫己该-a+ 2 1 ? a ,因

,fⅢ夫Ⅳ在Ⅲ代,该-a- 2 1 ? a Ⅳ内单调递增,在Ⅲ该-a+ 2 1 ? a ,+∞Ⅳ内也单调递增,而 该-a- 2 1 ? a 积夫积该-a+ 2 1 ? a 时 , 夫 +Ⅲ该a-巧Ⅳ夫+a该积代 ,


f ' ( x) < 0 , 所

fⅢ夫Ⅳ 在

Ⅲ该-a- 2 1 ? a ,该-a+ 2 1 ? a Ⅳ内单调递 6.利用 数证明 等式 例 只 设 x ∈ (0, 后证明]

π ) ,求证 弦in夫+弧an夫己该夫. 2


设 fⅢ夫Ⅳ称弦in夫+弧an夫-该夫 , 则 f ' ( x ) 称化o弦夫+弦e化 夫-该 ,

π x ∈ (0, ) 时 , 2
, 所

cos x +

1 1 > 2 cos x ? = 2 cos x cos 2 x

2 cos x

>2
? ?



代积化o弦夫积令

f ' ( x ) 称化o弦夫+弦e化该夫-该称化o弦夫+

1 ? 2 > 0. cos 2 x

fⅢ夫Ⅳ在 ? 0,

π? ? 2?

连续,所

fⅢ夫Ⅳ在 ? 0,

? ?

π? ? 2?

单调递增,所

夫∈ ? 0,

? ?

π? ? 时,fⅢ夫Ⅳ己fⅢ代Ⅳ称代, 2?

弦in夫+弧an夫己该夫.

只.利用 数讨论极值 该 试求 a b 的值, 并指 时 fⅢ夫Ⅳ 例 叫 设 fⅢ夫Ⅳ称aln夫+b夫 +夫 在 夫令称令 和 夫该称该 处都取得极值, 在 夫令 夫该 处是取得极大值 是极小值 后解] 因 fⅢ夫Ⅳ在Ⅲ代,+∞Ⅳ 连续,可 , fⅢ夫Ⅳ在 夫令称令,夫该称该 处取得极值,所

f ' (1) = f ' ( 2) = 0 ,

f ' ( x) =

a +该b夫+令,所 x

2 ? a=? , ?a + 2b + 1 = 0, ? ? ? 3 解得 ? ?a + 4b + 1 = 0, ?b = ? 1 . ? ?2 ? 6 ?

所 所

2 1 2 1 ( x ? 1)(2 ? x) . f ( x) = ? ln x ? x 2 + x, f ' ( x) = ? ? x + 1 = 3 6 3x 3 3x
夫∈Ⅲ代,令Ⅳ时, f ' ( x ) < 0 ,所 夫∈Ⅲ令,该Ⅳ时, f ' ( x) > 0 ,所 夫∈Ⅲ该,+∞Ⅳ时, f ' ( x ) < 0 ,所 fⅢ夫Ⅳ在Ⅲ代,令] 递

fⅢ夫Ⅳ在后令,该] 递增 fⅢ夫Ⅳ在后该,+∞ 递

综 可知 fⅢ夫Ⅳ在 夫令称令 处取得极小值,在 夫该称该 处取得极大值 例 9 设 夫∈后代,征],y∈后代,令],试求函数 fⅢ夫,yⅣ称Ⅲ该y-令Ⅳ弦in夫+Ⅲ令-yⅣ弦inⅢ令-yⅣ夫 的最小值 后解] 首先, 夫∈后代,征],y∈后代,令]时, fⅢ夫,yⅣ称Ⅲ该y-令Ⅳ弦in夫+Ⅲ令-yⅣ弦inⅢ令-yⅣ夫称Ⅲ令-yⅣ 夫


? sin(1 ? y ) x 2 y ? 1 sin x ? + ? ? ? x ? (1 ? y ) 2 ? (1 ? y ) x
sin x , x

称Ⅲ令-yⅣ 夫



? sin(1 ? y ) x sin x y2 sin x ? ? + ? ?, ? 2 x x ? (1 ? y ) ? (1 ? y ) x
g ' ( x) =

gⅢ夫Ⅳ称

π cos x( x ? tan x) ( x ≠ ), 2 2 x
化o弦夫己代,弧an夫己夫,所

? π? x ∈ ? 0, ? 时,因 ? 2? ?π ? x ∈ ? , π ? 时,因 ?2 ?
因 因

g ' ( x) < 0

化o弦夫积代,弧an夫积代,夫-弧an夫己代,所

g ' ( x) < 0

gⅢ夫Ⅳ在Ⅲ代,征Ⅳ 连续,所 代积Ⅲ令-yⅣ夫积夫积征,所

gⅢ夫Ⅳ在Ⅲ代,征Ⅳ 单调递

g后Ⅲ令-yⅣ夫]己gⅢ夫Ⅳ,

sin(1 ? y ) x sin x ? > 0, x (1 ? y ) x



y2 sin x ? > 0 ,所 2 x (1 ? y )

夫∈Ⅲ代,征Ⅳ,y∈Ⅲ代,令Ⅳ时,fⅢ夫,yⅣ己代.

次, 夫称代 时,fⅢ夫,yⅣ称代 夫称征时,fⅢ夫,yⅣ称Ⅲ令-yⅣ弦inⅢ令-yⅣ征 代. y称令 时,fⅢ夫,yⅣ称-弦in夫+弦in夫称代 y称令 时,fⅢ夫,yⅣ称弦in夫 代. 综 , 且仅 夫称代 或 y称代 或 夫称征且 y称令 时,fⅢ夫,yⅣ取最小值 代 第十五章 复数 一 础知识 令.复数的定 设i

方程 夫 称-令 的根,i



虚数单位,

i

实数进行加



等 算 便产生形如 a+bi a,b∈R 的数, 复数 所有复数构成的集合 复数集 通 常用 件 来表示 该. 复数的几种形式 对任意复数 z称a+bi a,b∈R , a 实部记作 ReⅢzⅣ,b 虚部记作 导mⅢzⅣ. z称ai 数形式,它 实部 虚部 部 构成 若将Ⅲa,bⅣ作 坐标 面内点的坐标,那 z 坐标 面唯一一个点相对 , 而可 建立复数集 坐标 面内所有的点构成的集合 之间的一一映射 因 复数可 用点来表示,表示复数的 面 复 面,夫 轴 实轴, y 轴去掉原点 虚轴,点 复数的几何形式 如果将Ⅲa,bⅣ作 向 的坐标,复数 z 对 唯一一个向 因 坐标 面内的向 也是复数的一种表示形式, 向 形式 外 设 z 对 复 面内的点 名,见 令5-令,连接 O名,设∠夫O名称项,|O名|称严,则 a称严化o弦项,b称严弦in 项,所 z称严Ⅲ化o弦项+i弦in项Ⅳ, 种形式 做 角形式 若 z称严Ⅲ化o弦项+i弦in项Ⅳ,则项 z 的 角 若 代 项积该征, 则项 z 的 角 值, 记作项称致严gⅢzⅣ. 严 z 的模, 也记作|z|, 勾股定理知|z|称 a + b .如果用 e 表示 化o弦项+i弦in项, 则 z称严e ,
2 2
i项 i项

复数的指数形

式 详.共 模,若 z称a+bi, a,b∈R ,则 z = a-bi z 的共 复数 模 共 的性质有



z1 ± z 2 = z1 ± z 2



z1 ? z 2 = z1 ? z 2
z1 |z | |= 1 z2 | z2 |



z ? z =| z | 2



? z1 ? ?z ? 2

? z1 ? ?= ? z2

5

| z1 ? z 2 |=| z1 | ? | z 2 |
该 该 该

6

|




||z令|-|z该||

|z令 ±z该|

|z令|+|z该|



|z令+z该| +|z令-z该| 称该|z令| +该|z该|

9 若|z|称令,则 z =

1 z

巧.复数的 算法则 令 按 数形式 算加 除 算法则 实数范围内一 , 算结果可 通过 共 复数将 母 实数 该 按向 形式,加 法满足 行四边形 和 角形法则 详 按 角形式,若 z令称严令Ⅲ化o弦项 令+i弦in项令Ⅳ, z该称严该Ⅲ化o弦项 该+i弦in项 该Ⅳ,则 z令??z该称严令严该后化o弦Ⅲ项 令+项 该Ⅳ+i弦inⅢ项 令+项 该Ⅳ] 若 z 2 ≠ 0,

z1 r1 = 后化o弦Ⅲ项 令-项 该Ⅳ+i弦inⅢ项 令-项 z 2 r2



Ⅳ],用指数形式记

z令z该称严令严该e

iⅢ项令+项该Ⅳ

,

z1 r1 i (θ1 ?θ 2 ) = e . z 2 r2
n

5.棣莫弗定理 后严Ⅲ化o弦项+i弦in项Ⅳ] 称严 Ⅲ化o弦n项+i弦inn项Ⅳ. 6. 开 方 若 w n = 严Ⅲ化o弦 项 +i弦in 项 Ⅳ , 则 w =
n

n

r (cos

θ + 2kπ θ + 2kπ + i sin ) , n n
2π 2π , + i sin n n
记 Z k = Z 1k , 该 对任意 详

k称代,令,该,…,n-令 则 只. 单位根 若 太 称令, 则全部单位根可表示 k称令,该,…,n-令 整数 m,
n



令 的一个 n 次单位根, 简

单位根, 记 名令称 cos 本性质有

令, Z1 , Z12 , L, Z1n ?1 .单位根的

令 对任意整数 k,若 k称n两+严,两∈名,代

严 n-令,有 名n两+严称名严

m m n 该 时,有 1 + Z 1m + Z 2 +L + Zn ?1 称 ?

?0, n | m, 特别 令+名令+名该+…+名n-令称代 ?n, n | m,

夫 +夫 +…+夫+令称Ⅲ夫-名令ⅣⅢ夫-名该Ⅳ…Ⅲ夫-名n-令Ⅳ称Ⅲ夫-名令ⅣⅢ夫- Z 1 Ⅳ…Ⅲ夫- Z 1 Ⅳ. 叫.复数相等的充要条 令 个复数实部和虚部 别对 相等 该 个复数的模和 角 值 别相等 9.复数 z 是实数的充要条 是 z称 z 问z 是纯虚数的充要条 是 z+ z 称代 且 z 代 . 令代. 数 本定理 在复数范围内,一元 n 次方程 少有一个根 令令.实系数方程虚根成对定理 实系数一元 n 次方程的虚根成对 , 若 z称a+biⅢb 代Ⅳ 是方程的一个根,则 z 称a-bi 也是一个根 该 该 令该.若 a,b,化∈R,a 代,则关于 夫 的方程 a夫 +b夫+化称代, Δ称b -巧a化积代 时方程的根

n-令

n-该

2

n ?1

x1, 2 =

? b ± ? ?i . 2a

方法 例题 令.模的 用 该n 该n 例 令 求证 n∈≥+时,方程Ⅲz+令Ⅳ +Ⅲz-令Ⅳ 称代 有纯虚根 该n 该n 该n 该n 该 该 后证明] 若 z 是方程的根, 则Ⅲz+令Ⅳ 称-Ⅲz-令Ⅳ , 所 |Ⅲz+令Ⅳ |称|-Ⅲz-令Ⅳ |, |z+令| 称|z-令| , Ⅲz+令ⅣⅢ z +令Ⅳ称Ⅲz-令ⅣⅢ z -令Ⅳ, 简得 z+ z 称代, z称代 是方程的根,所 z 是纯虚数 该 例 该 设 fⅢzⅣ称z +az+b,a,b 复数,对一 |z|称令,有|fⅢzⅣ|称令,求 a,b 的值 后解] 因 巧称Ⅲ令+a+bⅣ+Ⅲ令-a+bⅣ-Ⅲ-令+ai+bⅣ-Ⅲ-令-ai+bⅣ 称|fⅢ令Ⅳ+fⅢ-令Ⅳ-fⅢiⅣ-fⅢ-iⅣ| |fⅢ令Ⅳ|+|fⅢ-令Ⅳ|+|fⅢiⅣ|+|fⅢ-iⅣ|称巧, 中等号成立 所 fⅢ令Ⅳ,fⅢ-令Ⅳ,-fⅢiⅣ,-fⅢ-iⅣ四个向 方向相 ,且模相等 所 fⅢ令Ⅳ称fⅢ-令Ⅳ称-fⅢiⅣ称-fⅢ-iⅣ,解得 a称b称代. 该.复数相等 该 例 详 设λ∈R,若 次方程Ⅲ令-iⅣ夫 +Ⅲλ+iⅣ夫+令+λi称代 有 个虚根,求λ满足的充要条 后解] 若方程有实根,则方程组 ?


2 ? ? x + λx + 1 = 0 有实根, 方程组得Ⅲλ+令Ⅳ夫+λ+令称代.若λ 2 ? ? ? = x x λ 0 ?

λ 该 时,方 称-令,则方程 夫 -夫+令称代 中Δ积代 无实根,所 λ -令 所 夫称-令, λ称该.所 程无实根 所 方程有 个虚根的充要条 λ 该 详. 角形式的 用 n 样的 n 有 例 巧 设 n 该代代代,n∈≥,且 在项满足Ⅲ弦in项+i化o弦项Ⅳ 称弦inn项+i化o弦n项,那 多少个? 后解] 题设得

π π π π π π [cos( ? θ ) + i sin( ? θ )]n = cos n( ? θ ) + i sin( ? θ ) = cos( ? nθ ) + i sin( ? nθ ) 2 2 2 2 2 2
,所 巧. n称巧k+令. 因 代 n 式定理的 用 令 该代代代,所 令 k 5代代,所 样的 n 有 5代代 个

例 5 计算 后 解 ]

0 2 4 100 C100 ? C100 + C100 ? L + C100



1 3 5 99 C100 ? C100 + C100 ? L ? C100

Ⅲ令+iⅣ 称后Ⅲ令+iⅣ ] 称Ⅲ该iⅣ 称-该 , 称

令代代

该 5代

5代

5代







Ⅲ令+iⅣ 称 Ⅳ+Ⅲ

令代代

0 1 2 99 99 100 100 C100 + C100 i + C100 i 2 + L + C100 i + C100 i

0 2 4 100 (C100 ? C100 + C100 ? L + C100

5代 1 3 5 99 0 2 4 100 Ⅳi,比较实部和虚部,得 C100 称-该 , C100 ? C100 + C100 ? L ? C100 ? C100 + C100 ? L + C100

1 3 5 99 称代 C100 ? C100 + C100 ? L ? C100

5.复数 法的几何意 例6 定长线段 B件 一边任作Δ致B件, 别 致B,致件 腰,B,件 直角顶点向外作等腰 直角Δ致B≤ 等腰直角Δ致件≥ 求证 ≤≥ 的中点 定点 后证明] 设|B件|称该a, B件 中点 O 原点, B件 夫 轴,建立直角坐标系, 确定复 面,则 B, 件 对 的复数 -a,a,点 致,≤,≥ 对 的复数 法的几何意 得 z令,z该,z详, CA = z1 ? a, BA = z1 + a , 复数

CN = z 3 ? a = ?i ( z1 ? a ) ,

BM = z 2 + a = ?i ( z1 ? a) ,
的复数 z称

+

得 z该+z详称iⅢz令+aⅣ-iⅢz令-aⅣ称该ai.设 ≤≥ 的中点

P,对

z2 + z3 = ai , 定值, 2

所 ≤≥ 的中点 P 定点 例 只 设 致,B,件,价 面 任意四点,求证 致B?致价+B件?致价 致件?B价 后证明] 用 致,B,件,价 表示它们对 的复数,则Ⅲ致-BⅣⅢ件-价Ⅳ+ⅢB-件ⅣⅢ致-价Ⅳ称Ⅲ致-件ⅣⅢB-价Ⅳ,因 |致-B|?|件-价|+|B-件|?|致-价| Ⅲ致-BⅣⅢ件-价Ⅳ+ⅢB-件ⅣⅢ致-价Ⅳ. 所 |致-B|?|件-价|+|B-件|?|致-价| |致-件|?|B-价|, 称 成 立 且 仅

Arg (

B? A B?C ) = Arg ( ), D?A C?D

Arg (

D? A B?C ) + Arg ( ) 称征, B?A D?C

致,B,件,价 共圆时

成立 等式得证 6.复数 轨迹 例 叫 Δ致B件 的顶点 致 表示的复数 详i, 边 B件 在实轴 滑 ,且|B件|称该,求Δ致B件 的外心 轨迹 后解]设外心 ≤ 对 的复数 z称夫+yiⅢ夫,y∈RⅣ,B,件 点对 的复数 别是 b,b+该.因 外心 ≤ 是 边垂直 线的交点,而 致B 的垂直 线方程 |z-b|称|z-详i|,B件 的垂直 线的方 程 |z-b|称|z-b-该|,所 点 ≤ 对 的复数 z 满足|z-b|称|z-详i|称|z-b-该|, 去 b 解得

4 x 2 = 6( y ? ). 3
所 Δ致B件 的外心轨迹是轨物线 只.复数 角 例9 知 化o弦干+化o弦平+化o弦年称弦in干+弦in平+弦in年称代,求证 化o弦该干+化o弦该平+化o弦该年称代 后证明] z令称化o弦干+i弦in干,z该称化o弦平+i弦in平,z详称化o弦年+i弦in年,则 z令+z该+z详称代 所 所 zi? z i 称令,

z1 + z 2 + z 3 = z1 + z 2 + z 3 = 0. 因 |zi|称令,i称令,该,详.
zi = 1 . zi

2 2 z令+z该+z详称代 得 x12 + x 2 + x3 + 2 z1 z 2 + 2 z 2 z 3 + 2 z 3 z 1 = 0 .

? 1 1 1? z1 z 2 + z 3 z 2 + z 3 z1 = z1 z 2 z 3 ? ?z + z + z ? ? = z1 z 2 z 3 ( z1 + z 2 + z 3 ) = 0. 2 3 ? ? 1



2 2 z12 + z 2 + z3 = 0.

所 化o弦该干+化o弦该平+化o弦该年+iⅢ弦in该干+弦in该平+弦in该年Ⅳ称代. 所 化o弦该干+化o弦该平+化o弦该年称代 代 代 代 例 令代 求和 分称化o弦该代 +该化o弦巧代 +…+令叫化o弦令叫×该代 . 代 代 令叫 代 代 代 后解] 太称化o弦该代 +i弦in该代 , 则 太 称令 , P称弦in该代 +该弦in巧代 + … +令叫弦in令叫 × 该代 , 则 该 令叫 该 详 令叫 令9 × 太 得 太Ⅲ分+iPⅣ称太 +该太 + … +令只太 +令叫太 , - 得 分+iP称太+该太 + … +令叫太 . Ⅲ令-太ⅣⅢ分+iPⅣ称太+太 +…+太 -令叫太 称
该 令叫 令9

w(1 ? w18 ) ? 18w19 ,所 1? w

分+iP称

?1 3 ? ? 18w ? = ?9? ? ? 2 2 i? , 1? w ? ?



9 S =? . 2

叫.复数 多 式 n n-令 例 令令 知 fⅢzⅣ称化代z +化令z +…+化n-令z+化n 是 n 次复系数多 式Ⅲ化代 代Ⅳ. 求证 一定 在一个复数 z代,|z代| 令,并且|fⅢz代Ⅳ| |化代|+|化n|. n n-令 i项 后证明] 记 化代z +化令z +…+化n-令z称gⅢzⅣ, θ 称致严gⅢ化nⅣ-致严gⅢz代Ⅳ,则方程 gⅢ名Ⅳ-化代e 称代 n 次方 i项 程, 必有 n 个根,设 z令,z该,…,zn, 而 gⅢzⅣ-化代e 称Ⅲz-z令ⅣⅢz-z该Ⅳ?…?Ⅲz-znⅣ化代, z称代 i项 n 得-化代e 称Ⅲ-令Ⅳ z令z该…zn化代,取模得|z令z该…zn|称令 所 z令,z该,…,zn 中必有一个 zi 使得|zi| i项 i项 令, 而 fⅢziⅣ称gⅢziⅣ+化n称化代e 称化n,所 |fⅢziⅣ|称|化代e +化n|称|化代|+|化n|. 9.单位根的 用 例 令该 证明 自⊙O 任意一点 p 到 多边形 致令致该…致n 各个顶点的距离的 方和 定值 后证明] 取 圆 单位圆,O 原点,射线 O致n 实轴 半轴,建立复 面,顶点 致令 对 复 数设

ε =e

2π i n

,则顶点 致该致详…致n 对
n

复数 别 究 ,究 ,…,究 .设点 p 对 复数 z,则
n n





n

|z|称令,且称该n-

∑ | pA
k =1

n

k

| 2 = ∑ | z ? ε k | 2 = ∑ ( z ? ε k )( z ? ε k ) = ∑ (2 ? ε k z ? ε k z )
k =1 k =1 k =1

称该n- z

∑ε
k =1

n

k

? z ∑ ε = 2n ? z ∑ ε k ? z ∑ ε k = 2n. 命题得证
k k =1 k =1 k =1

n

n

n

令代.复数 几何 例 令详 如 令5-该 所示,在四边形 致B件价 内 在一点 P,使得ΔP致B,ΔP件价 都是 P 直角 顶点的等腰直角 角形 求证 必 在 一点 Q,使得ΔQB件,ΔQ价致 也都是 Q 直角顶点 的等腰直角 角形 后证明] P 原点建立复 面,并用 致,B,件,价,P,Q 表示它们对 的复数, 题设 复数 法的几何意 知 价称i件,B称i致 取 Q = 角形 件-Q称iⅢB-QⅣ得

C ? iB ,则 件-Q称iⅢB-QⅣ,则ΔB件Q 1? i

等腰直角

D A = Q = i ( ? Q) , i i

致-Q称iⅢ价-QⅣ,所 Δ致价Q 也 等腰直角

角形且 Q 直角顶点 综 命题得证 例 令巧 面 给定Δ致令致该致详 点 p代,定 致弦称致弦-详,弦 巧,构造点列 p代,p令,p该,…,使得 pk+令 绕 代 中心 致k+令 时针旋 令该代 时 pk 所到达的位置,k称代,令,该,…,若 p令9叫6称p代.证明 Δ致令致该致详 等边 角形

后证明]

u称 e

i

π
3

, 题设, 定用点 时表示它们对 的复数,取给定 面 复

面,则

p令称Ⅲ令+uⅣ致令-up代, p该称Ⅲ令+uⅣ致该-up令, p详称Ⅲ令+uⅣ致详-up该, 该 该 × u + × Ⅲ-uⅣ 得 p详称Ⅲ令+uⅣⅢ致详-u致该+u 致令Ⅳ+p代称太+p代,太 p代 无 关 的 常 数 理得 该 该 p6称太+p详称该太+p代,…,p令9叫6称66该太+p代称p代,所 太称代, 而 致详-u致该+u 致令称代. u 称u-令 得 致详-致令称 致该-致令 u, 说明Δ致令致该致详 角形 第十 章 面几何 一 常用定理 仅给 定理,证明请读者完成 梅涅劳斯定理 设 A' , B ' , C ' 点共线,则 别是Δ致B件 的 边 B件, 件致, 致B 或 延长线 的点, 若 A' , B ' , C '

BA' CB ' AC ' ? ? = 1. A' C B ' A C ' B
,若

梅涅劳斯定理的逆定理 条 塞瓦定理 设 A' , B ' , C ' 线 行或共点,则 塞瓦定理的逆定理

BA' CB ' AC ' ? ? = 1. 则 A' , B ' , C ' A' C B ' A C ' B

点共线

别是Δ致B件 的 边 B件, 件致, 致B 或 延长线 的点, 若 AA' , BB ' , CC '

BA' CB ' AC ' ? ? = 1. A' C B ' A C ' B
设 A' , B ' , C ' 别是Δ致B件 的 边 B件,件致,致B 或 延长线 的点,若

BA' CB ' AC ' ? ? = 1. 则 AA' , BB ' , CC ' A' C B ' A C ' B
角元形式的塞瓦定理

线共点或互相 行 边 B件,件致,致B 所在直线 的点,则

A' , B ' , C '

别是Δ致B件 的

AA' , BB ' , CC '

行或共点的充要条 是

sin ∠BAA' sin ∠ACC ' sin ∠CBB ' = 1. ? ? sin ∠A' AC sin ∠C ' CB sin ∠B ' BA
致,B,件,价

广 托勒密定理 设 致B件价 任意 四边形,则 致B?件价+B件?致价 致件?B价, 且仅 四点共圆时取等号 斯特瓦特定理 设 P Δ致B件 的边 B件 任意一点,P 于 B,件,则有 致P 称致B ?
该 该

PC 该 BP +致件 ? -BP?P件. BC BC

西姆 定理 过 角形外接圆 异于 角形顶点的任意一点作 边的垂线,则 垂足共线 西姆 定理的逆定理 若一点在 角形 边所在直线 的射影共线, 则 点在 角形的外接 圆 九点圆定理 角形 条高的垂足 边的中点 垂心 顶点的 条连线段的中点, 九 点共圆 蒙日定理 条根轴交于一点或互相 行 到 圆的幂 线长 相等的点构成集合 一条直线, 条直线 根轴 欧拉定理 Δ致B件 的外心 O,垂心 寻, 心 基 方法 例题 点共线,且 OG =

1 GH . 2

令. 一法 直接去证明,而是作 满足条 的 形或点,然 证明它 知 形或点 合 代 代 代 例 令 在Δ致B件 中,∠致B件称只代 ,∠致件B称详代 ,P,Q Δ致B件 内部 点,∠QB件称∠Q件B称令代 ,∠ 代 PBQ称∠P件B称该代 ,求证 致,P,Q 点共线 直线 BP 交 致Q 于 P该, 因 后证明] 设直线 件P 交 致Q 于 P令, 在Δ致BP,ΔBPQ,Δ致B件 中 定理有 ∠致件P称∠P件Q称令代 , 所


AP AC , = CQ QP1

AP2 AB = , sin ∠AP2 B sin ∠ABP2
, , 得

QP2 BQ = , 0 sin 20 sin ∠BP2 Q
因 P令,P该 在线段 致Q

AB AC = . 0 sin 30 sin 70 0
,所 P令,P该 合, BP

AP1 AP2 = QP1 QP2

件P 仅有一个交点,所 P令,P该 P,所 致,P,Q 共线 该.面 法 例 该 见 令6-令,◇致B件价 中,凸,培 别是 件价,B件 的点,且 B凸称价培,B凸 交 价培 于 P,求证 致P ∠BP价 的 线 后证明] 设 致 点到 B凸,价培 距离 别 h令,h该,则

S ?ABE =


1 1 BE × h1 , S ?ADF = DF × h2 , 2 2 1 S ?ABE = 分◇致B件价称分Δ致价培, B凸称价培 2

线 所 h令称h该,所 P致 ∠BP价 的 详.几何 换 例详 蝴蝶定理 见 令6-该,致B 是⊙O 的一条 ,≤ 致B 中点,件价,凸培 过 ≤ 的任意 , 件培,价凸 别交 致B 于 P,Q 求证 P≤称≤Q 后证明] 题设 O≤ ⊥ 致B 妨设 AF ≤ BD 作 价 关于直线 O≤ 的对 点 D ' 连 结 PD ' , D ' M , DD ' , D ' F , 则 D ' M = DM .∠PMD' = ∠DMQ. 要 证 P≤称≤Q , 需证

∠PD ' M = ∠MDQ , ∠≤价Q称∠P培≤,所
代 代

需证 培,P,≤, D ' 共圆


因 DD ' ⊥ O≤ 致B// DD ' 因 ∠ PFD ' 称令叫代 - MDD ' 称令叫代 -∠ MD ' D 称令叫代 -∠ PMD ' 所 培,P,≤, D ' 四点共圆 所 Δ PD ' M ≌Δ≤价Q 所 ≤P称≤Q 例巧 面 一点都 红 蓝 色之一染色,证明 在 样的 个相似 角形,它们的 相似比 令995,而且 个 角形 个顶点 色 后证明] 在 面 作 个 心圆,半 别 令 和 令995,因 小圆 一点都染 红 蓝 色之一,所 小圆 必有五个点 色,设 五点 致,B,件,价,凸,过 点作半 并将 半 延长 别交大圆于 致令,B令,件令,价令,凸令, 抽屉原理知 五点中必有 点 色, 妨设 致令,B令,件令,则Δ致B件 Δ致令B令件令 都是顶点 色的 角形,且相似比 令995 巧. 角法 代 例 5 设 致价,B凸 件培 Δ致B件 的内角 线,价,凸,培 在Δ致B件 的边 ,如果∠凸价培称9代 , 求∠B致件 的所有可能的值 后解] 见 令6-详,记∠致价凸称干,∠凸价件称平,

π π -干,∠B价培称 -平, 2 2 AE DE CE DE , 定理 , = = A sin β sin C sin α sin 2 AE sin α sin C 得 , = ? A CE sin β sin 2 AE AB AB BC 角 线定理有 , ,所 = = EC BC sin C sin A
题设∠培价致称 简得

sin β A sin ∠BDF A = 2 cos , 理 = 2 cos , sin α 2 sin ∠ADF 2 sin β cos β ,所 弦in平化o弦干-化o弦平弦in干称弦inⅢ平-干Ⅳ称代. 所 = sin α cos α A 1 2 -征积平-干积征,所 平称干 所 cos = ,所 致称 征 2 2 3
5.向 法 例 6 设 P 是Δ致B件 所在 面 后证明] 因

sin α sin C sin C , ? = A sin A sin β sin 2 cos β A = 2 cos . cos α 2

的一点,基 是Δ致B件 的 心,求证 P致+PB+P件己详P基.

PA + PB + PC = PG + GA + PG + GB + PG + GC = 3PG + GA + GB + GC ,
致B件 心,所



Δ

GA + GB + GC = 0. GA + GB + GC = 0

实 设 致基 交 B件 于 凸,则 AG = 2GE = GB + GC ,所 所 因

PA + PB + PC = 3PG ,所 | PA | + | PB | + | PC |≥| PA + PB + PC |= 3 | PG | .

PA, PB, PC

全共线, 式 称

能成立,所

P致+PB+P件己详P基

6.解析法 例 只 寻 是Δ致B件 的垂心,P 是任意一点,寻≡ ⊥ P致,交 P致 于 ≡,交 B件 于 下,寻≤ ⊥ PB,交 PB 于 ≤,交 件致 于 同,寻≥ ⊥ P件 交 P件 于 ≥,交 致B 于 名,求证 下,同,名 点共线 后解] 寻 原点, 取 条 中任何直线垂直的 条直线 夫 轴和 y 轴, 建立直角坐标系, 用Ⅲ夫k,ykⅣ表示点 k 对 的坐标,则直线 P致 的斜率 直线 寻≡ 的方程 直线 寻致 的斜率 夫Ⅲ夫P-夫致Ⅳ+yⅢyP-y致Ⅳ称代.

yP ? y A ,直线 寻≡ 斜率 xP ? x A

xP ? x A , yA ? yP

yA ,所 直线 B件 的斜率 xA

?

xA ,直线 B件 的方程 yA

夫夫致+yy致称夫致夫B+y致yB,

点 件 在直线 B件 ,所 夫件夫致+y件y致称夫致夫B+y致yB. 理可得 夫B夫件+yBy件称夫致夫B+y致yB称夫致夫件+y致y件. 因 下 是 B件 寻≡ 的交点,所 点 下 坐标满足

式和

式,所

点 下 坐标满足

夫夫P+yyP称夫致夫B+y致yB. 理点 同 坐标满足 夫夫P+yyP称夫B夫件+yBy件. 点 名 坐标满足 夫夫P+yyP称夫件夫致+y件y致. 知 , , 表示 一直线方程,故 下,同,名 点共线 只.四点共圆 例 叫 见 令6-5,直线 l ⊙O 相离,P l 任意一点,P致,PB 圆的 条 线,致,B 点,求证 直线 致B 过定点 后证明] 过 O 作 O件 ⊥ l 于 件,连结 O致,OB,B件,OP,设 OP 交 致B 于 ≤,则 OP ⊥ 致B, 因 O致 ⊥ P致,OB ⊥ PB,O件 ⊥ P件 所 致,B,件 都在 OP 直 的圆 , O,致,P,件,B 五点共圆 致B O件 是 圆 条相交 ,设交点 Q, 因 OP ⊥ 致B,O件 ⊥ 件P, 所 P,≤,Q,件 四点共圆,所 O≤?OP称OQ?O件 射影定理 O致 称O≤?OP,所 所 Q


O致 称OQ?O件,所



OQ称

OA 2 OC

定值

定点, 直线 致B 过定点

第十七章 整数 题 一 常用定 定理 令.整除 设 a,b∈名,a 代,如果 在 两∈名 使得 b称a两,那 b 可被 a 整除,记作 a|b,且 b 是 a 的倍数,a 是 b 的 数 b 能被 a 整除,记作 a b. 该.带余数除法 设 a,b 是 个给定的整数,a 代,那 ,一定 在唯一一对整数 两 严,满 足 b称a两+严,代 严积|a|, 严称代 时 a|b 详.辗 相除法 设 u代,u令 是给定的 个整数,u令 代,u令 u代, 该 可得 面 k+令 个等式 u代称两代u令+u该,代积u该积|u令| u令称两令u该+u详,代积u详积u该 u该称两该u详+u巧,代积u巧积u详 … uk-该称两k-该u令+uk-令+uk,代积uk积uk-令 uk-令称两k-令uk+令,代积uk+令积uk uk称两kuk+令. 在整数 夫 巧. 详 可得 令 uk+令称Ⅲu代,u令Ⅳ 该 北|u代 且 北|u令 的充要条 是 北|uk+令 详 代,夫令,使 uk+令称夫代u代+夫令u令. 5.算术 本定理 若 n己令 且 n 整数,则 n = p1 1 p 2 2 L p k k , 中 pjⅢj称令,该,…,kⅣ是质数
a a a

或 素数 ,且在 计次序的意 ,表示是唯一的 6. 余 设 m 代,若 m|Ⅲa-bⅣ, a-b称km,则 a b 模 m 余,记 a bⅢmo北mⅣ,也 b 是 a 对模 m 的剩余 只. 完全剩余系 一组数 y令,y该,…,y弦 满足 对任意整数 a 有且仅有一个 yj 是 a 对模 m 的剩余, a yjⅢmo北mⅣ,则 y令,y该,…,y弦 模 m 的完全剩余系 p-令 p 叫.培e严ma弧 小定理 若 p 素数,p己a,Ⅲa,pⅣ称令,则 a 令Ⅲmo北pⅣ,且对任意整数 a,有 a aⅢmo北pⅣ. 9.若Ⅲa,mⅣ称令,则 a ? ( m ) 令Ⅲmo北mⅣ, ? ⅢmⅣ 欧拉函数

令代. 欧拉函数值的计算 式

若 m = p1 1 p 2 2 L p k k ,则 ? ⅢmⅣ称 m
a a a

∏ (1 ? p
i =1

k

1
i

).

令令. 子定理 设 m令,m该,…,mk 是 k 个 互质的 整数,则 余组 夫 b令Ⅲmo北m令Ⅳ,夫 b该Ⅲmo北m该Ⅳ,…,夫 bkⅢmo北mkⅣ有唯一解, 夫
' M 1' ≤令b令+ M 2 ≤该b该+…+ M k' ≤kbkⅢmo北≤Ⅳ,

中 ≤称m令m该mk

Mi 称

M ,i称令,该,…,k mi

M i' M i

令Ⅲmo北miⅣ,i称令,该,…,k.

方法 例题 令.奇偶 析法 例 令 有 n 个整数,它们的和 代, n, n己令 ,求证 巧|n 后证明] 设 n 个整数 a令,a该,…,an,则 a令,a该,…,an称n, a令+a该+…+an称代 首先 n 偶数,否则 a令,a该,…,an 均 奇数,奇数个奇数的和 奇数且 代, 矛盾, 如果 a令,a该,…,an 中仅有一个偶数, 则 a令,a该,…,an 所 n 偶数 所 a令,a该,…,an 中必有偶数, 中 有奇数个奇数, 而 a令+a该+…+an 也 奇数 矛盾,所 a令,a该,…,an 中必有 少 该 个 偶数 所 巧|n. 该. 等 析法 详 详 详 该 该 该 例 该 试求所有的 整数 n,使方程 夫 +y +z 称n夫 y z 有 整数解 该 详 详 该 详 详 详 解 设 夫,y,z 整数解, 妨设 夫 y z,则 题设 z |Ⅲ夫 +y Ⅳ,所 z 夫 +y ,但 夫 夫z ,y
该 详

yz ,因而 z称n夫 y -



该 该

x3 + y3 z2

n夫 y -Ⅲ夫+yⅣ,故 夫 +y

该 该





z



后n夫 y -Ⅲ夫+yⅣ] ,所

该 该



n夫y

该 巧 巧

该n夫 y Ⅲ夫+yⅣ+夫 +y , 所

该 该





n夫y积 2? ?

?1 1? 1 1 + 3+ 3 + ? ? ny ? x y ? nx
夫称令,所


若 夫

该,则 巧

n夫y积 2? ?

?1 1? 1 1 + 3+ 3 + ? ? ny ? x y ? nx
该 详

详,矛盾 所
详 该

ny积 2 ?

2 1 1 + + 3, 式 且 y n ny

有 y称令,z称令 或 y称该,z称详, 入原方 仅 y 详 时成立 z |Ⅲ夫 +y Ⅳ, z |Ⅲ令+y Ⅳ,所 程得 n称令 或 详 详.无 递降法 该 该 该 该 该 例 详 确定并证明方程 a +b +化 称a b 的所有整数解 解 首先Ⅲa,b,化Ⅳ称Ⅲ代,代,代Ⅳ是方程的整数解, 证 方程 有 一组整数解 假设Ⅲa令,b令,化令Ⅳ 是方程的 一组整数解, 且 a令,b令,化令 全 代, 妨设 a令 代,b令 代,化令
2 2 2

代 且 a12 + b12 + c12 > 0 ,

a12 b12
(

令 或 代Ⅲmo北巧Ⅳ知 a令,b令,化令 都是偶数Ⅲ否则 a1 + b1 + c1

a12 b12 Ⅲmo北巧ⅣⅣ, 而 a1 b1 c1 , , 也都 2 2 2

a1 b1 c1 , , ) 是 方程 夫该+y该+z该称该夫该y该 的一组整数解,且 全 2 2 2

代, 理可知

是偶数 (

a1 b1 c1 , , ) 22 22 22

方程 夫 +y +z 称该 夫 y 的解







巧 该 该

一过程可

无限进行

去,

一方面

a令,b令,化令

有限的整数, 必 在 k∈≥,使 该 己a令,该 己b令,该 己化令, 而

k

k

k

a1 b1 c1 , , 2k 2k 2k

是整数, 矛盾

所 方程仅有一组整数解Ⅲ代,代,代Ⅳ. 巧.特殊模法 例 巧 证明 在无 多个 整数,它们 能表示成少于 令代 个奇数的 方和
2 后证明] 考虑形如 n称只该k+66,k∈≥ 的 整数,若 n = x12 + x 2 + L + x s2 ,

中 夫i

奇数,

i称令,该,…,弦 且 令 因

弦 9 因

n 该Ⅲmo北叫Ⅳ, x i2

令Ⅲmo北叫Ⅳ, 所 9|n

有 弦称该.所

2 n = x12 + x 2 ,

x i2

该 或 代Ⅲmo北详Ⅳ,且 详|n,所

详|夫令 且 详|夫该,所

但 n称只该k+66 详Ⅲmo北9Ⅳ,

矛盾 所 n 能表示成少于 令代 个奇数的 方和,且 样的 n 有无 多个 5.最小数原理 巧 巧 该 例 5 证明 方程 夫 +y 称z 没有 整数解 后证明] 假设原方程有一组 整数解Ⅲ夫代,y代,z代Ⅳ,并且 z代 是所有 整数解 z 中最小的 因 ,
该 该 2 2 2 2 2 2 2 ,则 x 0 称该ab,z代称a +b , 中Ⅲa,bⅣ称令,a,b 一奇一偶 假设 a ( x0 ) + ( y0 ) = z0 = a该-b该, y 0

偶数,b 奇数, b 一奇一偶

奇数,那

2 2 x0 ≡ z 0 ≡ 0 Ⅲmo北巧Ⅳ,而 x0 ≡ a 2 ? b 2 ≡ 3 Ⅲmo北巧Ⅳ,矛盾,所
该 该 该 该

a

2 偶数 于是, x 0 + b 2 = a 2 得 夫代称p -两 ,b称该p两,a称p +两 2 而推得 y 0 = 2 ab = 4 pq ( p 2 + q 2 ) ,因
该 该 该 该 该 该

Ⅲp,两Ⅳ称令,p己两己代,p,两


p,两,p +两

互质,因

它们必

都是某整数的 方, p称严 ,两称弦 ,p +两 称弧 , 而 严巧+弦巧称弧该, Ⅲ严,弦,弧Ⅳ也是原方程的解, 该 该 该 该 该 且有 弧积弧 称p +两 称a积a +b 称z, z 的最小性矛盾,故原方程无 整数解 6.整除的 用 例 6 求 所有的有序 整数数对Ⅲm,nⅣ,使得

n3 + 1 是整数 mn ? 1



令 若 n称令,则

2 是整数,所 m ?1

m-令称令 或 该,所 Ⅲm,nⅣ称Ⅲ该,令Ⅳ,Ⅲ详,令Ⅳ.



若 m称令, 则

n3 + 1 n3 ? 1 + 2 2 ,所 = n2 + n +1 + = n ?1 n ?1 n ?1

n-令称令 或 该 , 所

Ⅲm,nⅣ称Ⅲ令,该Ⅳ,Ⅲ令,详Ⅳ. 详 若 m己令,n己令,因 数,所

m3n3 ? 1 是整数,所 mn ? 1

? (m 3 n 3 ? 1) + m 3 (n 3 + 1) m 3 + 1 也是整 = mn ? 1 mn ? 1

m,n 是对 的, 妨设 m n,

若 m称n,则

n3 + 1 n3 ? n + n + 1 1 = =n+ 2 2 n ?1 n ?1 n ?1
n +令 令Ⅲmo北nⅣ,mn-令


整数,所

n称该,m称该.

若 m己n,因

-令Ⅲmo北nⅣ,所

n3 + 1 mn ? 1

-令Ⅲmo北nⅣ.



在 k∈≥,使 kn-令称

n3 + 1 , mn ? 1
k称令,所

kn-令称

n3 + 1 n3 + 1 1 < =n+ , 2 2 n ?1 mn ? 1 n ? 1 n2 +1 2 = n +1+ . m= n ?1 n ?1

1 所 Ⅲk-令Ⅳn积令+ ,所 n ?1


n3 ? 1 n称令称 ,所 mn ? 1

n-令称令 或 该,所 Ⅲm,nⅣ称Ⅲ5,详Ⅳ或Ⅲ5,该Ⅳ. 理 m积n 时,有Ⅲm,nⅣ称Ⅲ该,5Ⅳ,Ⅲ详,5Ⅳ. 综 Ⅲm,nⅣ称Ⅲ令,该Ⅳ,Ⅲ该,令Ⅳ,Ⅲ令,详Ⅳ,Ⅲ详,令Ⅳ,Ⅲ该,该Ⅳ,Ⅲ该,5Ⅳ,Ⅲ5,该Ⅳ,Ⅲ详,5Ⅳ,Ⅲ5,详Ⅳ. 只.进位制的作用 5 例 只 能否选择 令9叫详 个 的 整数都 大于 令代 , 且 中没有 详 个 整数是等差数列中的 连续 ?证明你的结论 5 解 将前 令代 个自然数都表示 进制,在 些 进制数中 选取含数 代 或 令 而 含数 该 的数组成数集 切, 证 切 中的数符合要求 令代 5 令令 5 令 因 详 积令代 积详 ,所 前 令代 个自然数的 进制 多 令令 个数 组成,因而 切 中的元素 该 令代 令令 个数共有 令+该+该 +…+该 称该 -令称该代巧只己令9叫详 个 是因 切 中的 k 位数的个数相 于用 代, k-令 令 个数在 k-令 个位置 可 复的全排列数 首位必 是 令 , 该 ,k称令,该,…,令令. 该 令代 5 该 切 中最大的整数是 令+详+详 +…+详 称叫叫5只详积令代 详 切 中任意 个数 组成等差排列的 个连续 否则,设 夫,y,z∈切,夫+z称该y,则 该y 必 含 代 和 该, 而 夫 和 z 必定位位相 ,进而 夫称y称z, 显然是矛盾的 第十 章 组合 令.抽屉原理 例 令 设整数 n 巧,a令,a该,…,an 是 间Ⅲ代,该nⅣ内 n 个 的整数, 证明 在集合{a令,a该,…,an} 的一个子集,它的所有元素之和能被 该n 整除 后证明] 令 若 n ? {a令,a该, … ,an}, 则 n 个 的 数 属 于 n-令 个 集 合 {令,该n-令} , {该,该n-该},…,{n-令,n+令} 抽屉原理知 中必 在 个数 ai,ajⅢi jⅣ属于 一集合, 而 ai+aj称该n 被 该n 整除 该 若 n∈{a令,a该,…,an}, 妨设 an=n, a令,a该,…,an-1(n-1 详)中任意取 3 个数 ai, aj, ak(ai,<aj< ak),则 aj-ai ak-ai 中 少有一个 被 n 整除,否则 ak-ai=(ak-aj)+(aj-ai) 该n, ak∈Ⅲ代,该nⅣ 矛盾,故 a令,a该,…,an-令 中必有 个数之差 被 n 整除 妨设 a令 a该 之差Ⅲa该-a令己代Ⅳ 被 n 整除,考虑 n 个数 a令,a该,a令+a该,a令+a该+a详,…,a令+a该+…+an-令 若 n 个数中有一个被 n 整除, 设 数等于 kn, 若 k 偶数,则结论成立 若 k 奇数, 则加 an称n 知结论成立 若 n 个数中没有一个被 n 整除, 则它们除 n 的余数 能取 令,该,…,n-令 n-令 个值, 抽屉原理知 中必有 个数除 n 的余数相 ,它们之差被 n 整除,而 a该-a令 被 n 整除, 故 个差必 ai, aj, ak-1 中若 个数之和, 可知结论成立 该.极端原理

例 该 在 n×n 的方格表的 个小方格内写有一个非负整数,并且在某一行和某一列的交 点处如果写有 代,那 行 列所填的所有数之和 小于 n 证明 表中所有数之和 小 于

1 2 n 2

[证明] 计算各行的和 各列的和, 2n 个和中必有最小的, 妨设第 m 行的和最小,记 和 k,则 行中 少有 n-k 个 0, n-k 个 0 所在的各列的和都 小于 n-k, 而 n-k 列 的数的总和 小于(n-k)2, 余各列的数的总和 小于 k2, 而表中所有数的总和 小于 (n-k)2+k2

(n ? k + k ) 2 1 2 = n . 2 2

详. 原理 俗话说, 的是 象, 的是本质,某一 情 复地进行, 找 是一种策略 例 详 设 整数 n 是奇数,在黑 写 数 令,该,…,该n,然 取 中任意 个数 a,b,擦 去 个数,并写 |a-b| 证明 最 留 的是一个奇数 [证明] 设 S 是黑 所有数的和,开始时和数是 S=1+2+…+2n=n(2n+1), 是一个奇数, 因 |a-b| a+b 有相 的奇偶性,故整个 过程中 S 的奇偶性 ,故最 结果 奇数 并且有 S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+…+ana1a2a3=0. 证明 4|n. 例 4 数 a1, a2,…,an 中 一个是 1 或-1, [证明] 如果把 a1, a2,…,an 中任意一个 ai 换成-ai,因 有 4 个循 相邻的 都改 符号,S 模 4 并 改 ,开始时 S=0, S 代, 分 代Ⅲmo北巧Ⅳ 有限次 号可将 个 ai 都 成 令, 而始 有 分 代Ⅲmo北巧Ⅳ, 而有 n 代Ⅲmo北巧Ⅳ,所 巧|n 巧.构造法 例 5 是否 在一个无 整数数列 a1,<a2<a3<…,使得对任意整数 致,数列 {a n + A}∞ n =1 中

仅有有限个素数 详 后证明] 在 取 an称Ⅲn!Ⅳ 可 致称代 时,{an}中没有素数 |致| 该 时,若 n |致|, 该 致称±令 时,an±令称Ⅲn!±令Ⅳ?后Ⅲn!Ⅳ ± 则 an+致 均 |致|的倍数且大于|致|, 可能 素数 详 n!+令], 详 时均 合数 而 致 整数时,{Ⅲn!Ⅳ +致}中 有有限个素数 例 6 一个多面体共有偶数条棱,试证 可 在它的 条棱 标 一个箭头,使得对 个顶 点,指向它的箭头数目是偶数 后证明] 首先任意给 条棱一个箭头,如果 时对 个顶点,指向它的箭头数均 偶数,则 命题成立 若有某个顶点 致,指向它的箭头数 奇数,则必 在 一个顶点 B,指向它的箭 头数也 奇数 因 棱总数 偶数 ,对于顶点 致 B,总有一条 棱组成的 路 连结 它们,对 路 的 条棱,改 它们箭头的方向,于是对于 路 除 致,B 外的 个顶 点,指向它的箭头数的奇偶性 ,而对顶点 致,B,指向它的箭头数 成了偶数 如果 时 有顶点,指向它的箭头数 奇数,那 复 述做法, 可 少 个 样的顶点, 于多面体顶点数有限, 过有限次调整,总能使和是对 个顶点,指向它的箭头数 偶数 命题成立 5.染色法 例 只 能否在 5×5 方格表内找到一条线路,它 某格中心 发, 过 个方格恰好一次, 再回到 发点,并且途中 过任何方格的顶点? 后解] 可能 将方格表黑白相间染色, 妨设黑格 令详 个,白格 令该 个,如果能实 , 因黑白格交替 ,黑白格数目 相等,得 矛盾,故 可能 6. 包的使用 给定 面点集 致,能盖住 致 的最小的 形, 致的 包

例 叫 试证 任何 自交的五边形都位于它的某条边的 一侧 后证明] 五边形的 五包是 五边形 四边形或者是 角形, 包的顶点中 少有 详 点是 原五边形的顶点 五边形共有 5 个顶点,故 详 个顶点中必有 点是相邻顶点 连结 点的 边 所求 只.赋值方法 例9 该×该 的方格纸去掉一个方格余 的 形 拐形, 用 种拐形去覆盖 5×只 的方格 , 个拐形恰覆盖 详 个方格,可 叠但 能超 方格 的边界, 能否使方格 个方格被覆盖的层数都相 ?说明理 后解] 将 5×只 方格 的 一个小方格内填写数-该 和 令 如 令叫-令 所示, 个拐形覆盖的 个数之和 非负 因而无论用多少个拐形覆盖多少次,盖住的所有数 之和都是非负的 一方面,方格 数 的总和 令该×Ⅲ-该Ⅳ+该详×令称-令, 被覆盖 图 层时,盖住的数 之和等 于-图, 表明 在满足题中要求的覆盖 -2 1 -2 1 -2 1 1 1 1 1 -2 1 -2 1 -2 1 1 1 1 1 -2 1 -2 1 -2 1 1 1 1 1 -2 1 -2 1 -2

8. 论方法 例 10 生产 种颜色的 线 成的 色布,在所生产的 色布中, 种颜色的 线 少 他 种颜色的 线搭配过 证明 可 挑 种 的 色布,它们包含所有的颜色 [证明] 用点 A1,A2,A3,A4,A5,A6 表示 种颜色,若 种颜色的线搭配过,则在相 的 点之间连一条边 知, 个顶点 少连 条边 命题等 于 些边和点构成的 中有 条边 相邻 无 共顶点 因 个顶点的次数 3,所 可 找到 条边 相邻,设 A1A2,A3A4 1 若 A5 A6 连有一条边,则 A1A2,A3A4,A5A6 对 的 种 色布满足要求 2 若 A5 A6 之间没有边相连, 妨设 A5 和 A1 相连,A2 A3 相连,若 A4 和 A6 相连, A6 相连,则 A6 A1 相连,A2 则 A1A2,A3A4,A5A6 对 的 色布满足要求 若 A4 A3 相连,A1A5,A2A6,A3A4 对 的 色布满足要求 综 ,命题得证


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