高中数学竞赛讲义(全套)

高中数学竞赛资料
一、高中数学竞赛大纲

全国高中数学联赛
全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年 《全日制普通高
级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试
全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学 奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适
当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：
1.平面几何
几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。三角形中 的几个
特殊点：旁心、费马点，欧拉线。几何不等式。几何极值问题。几何中的变换：对称、平移、旋转。圆的幂和根轴。面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数
周期函数，带绝对值的函数。三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角
函数。递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。多项式的除法定理、因式
分解定理，多 项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*
3. 初等数论
同余，欧几里得除 法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函
数[x]，费马小定理，格点及其性 质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题
圆排列，有重复元素的 排列与组合，组合恒等式。组合计数，组合几何。抽屉原理。容
斥原理。极端原理。图论问题。集合的划 分。覆盖。平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。




二、初中数学竞赛大纲

1、数
整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇< br>数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数
个数的 计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
2、代数式
综合除法、余式定理；因式分解；拆项、添项、配方、待定系数法；对称式和轮换对
称式；整式、分工 、根式的恒等变形；恒等式的证明。
3、方程和不等式
含字母系数的一元一次方程、一元二 次方程的解法，一元二次方程根的分布；含绝对值
的一元一次方程、一元二次方程的解法；含字母系数的 一元一次不等式的解法，一元二次不

等式的解法；含绝对值的一元一次不等式；简单的多 元方程组；简单的不定方程（组）。
4、函数
二次函数在给定区间上的最值，简单分工函数的最值；含字母系数的二次函数。
5、几何 < br>三角形中的边角之间的不等关系；面积及等积变换；三角形中的边角之间的不等关系；
面积及等积 变换；三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质；相似形的概念和性质；
圆，四点共圆，圆幂定 理；四种命题及其关系。
6、逻辑推理问题
抽屉原理及其简单应用；简单的组合问题简单的 逻辑推理问题，反证法；极端原理的简
单应用；枚举法及其简单应用。


















三、高中数学竞赛基础知识

第一章 集合与简易逻辑
一、基础知识
定义1 一般地，一组确定的、互异的、 无序的对象的全体构成集合，简称集，用大写字母
来表示；集合中的各个对象称为元素，用小写字母来表 示，元素
x
在集合A中，称
x
属于A，
记为
x?A
，否则称
x
不属于A，记作
x?A
。例如，通常用N，Z，Q，B，Q
+
分别表示自
然数集、整数集、有理数集、实数集、正有理数集，不含任何元素的集合称为空 集，用
?
来
表示。集合分有限集和无限集两种。
集合的表示方法有列举法： 将集合中的元素一一列举出来写在大括号内并用逗号隔开表示集
合的方法，如{1，2，3}；描述法： 将集合中的元素的属性写在大括号内表示集合的方法。
例如{有理数}，
{xx?0}
分别表示有理数集和正实数集。
定义2 子集：对于两个集合A与B，如果集合A中的任何一个元素 都是集合B中的元素，
则A叫做B的子集，记为
A?B
，例如
N?Z
。规定空集是任何集合的子集，如果A是B
的子集，B也是A的子集，则称A与B相等。如果A是B的子 集，而且B中存在元素不属

于A，则A叫B的真子集。
定义3 交集，
A?B?{xx?A且x?B}.

定义4 并集，
A?B?{xx?A或x?B}.

定义5 补集，若
A?I,则C
1
A?{xx?I,且x?A}
称为A在I中的补集。
定义6 差集，
AB?{xx?A,且x?B}
。
定义7 集合
{xa?x?b,x?R,a?b}
记作开区间
(a,b)
，集合 {xa?x?b,x?R,a?b}
记作闭区间
[a,b]
，R记作
(? ?,??).

定理1 集合的性质：对任意集合A，B，C，有：
（1）
A?(B?C)?(A?B)?(A?C);
（2）
A?(B?C)?(A?B)?(A?C)
；
（3）
C
1< br>A?C
1
B?C
1
(A?B);
（4）
C
1
A?C
1
B?C
1
(A?B).

【证明】这里仅证（1）、（3），其余由读者自己完成。
（1）若
x?A?(B? C)
，则
x?A
，且
x?B
或
x?C
，所以
x?(A?B)
或
x?(A?C)
，
即
x?(A?B)?(A?C )
；反之，
x?(A?B)?(A?C)
，则
x?(A?B)
或x?(A?C)
，
即
x?A
且
x?B
或
x?C
，即
x?A
且
x?(B?C)
，即
x?A?(B?C).< br>
（3）若
x?C
1
A?C
1
B
，则
x?C
1
A
或
x?C
1
B
，所以
x?A
或
x?B
，所以
x?(A?B)
，
又
x?I
，所以
x?C
1
(A?B)
，即
C
1
A?C1
B?C
1
(A?B)
，反之也有
C
1
(A? B)?C
1
A?C
1
B.

定理2 加法原理：做一件事 有
n
类办法，第一类办法中有
m
1
种不同的方法，第二类办法
中有
m
2
种不同的方法，…，第
n
类办法中有
m
n
种不同的方法，那么完成这件事一共有
N?m
1
?m
2
? ??m
n
种不同的方法。
定理3 乘法原理：做一件事分
n
个步 骤，第一步有
m
1
种不同的方法，第二步有
m
2
种不同的方法，…，第
n
步有
m
n
种不同的方法，那么完成这件事一共 有
N?m
1
?m
2
???m
n
种不
同的方 法。
二、方法与例题
1．利用集合中元素的属性，检验元素是否属于集合。

例1 设
M?{aa?x?y,x,y?Z}
，求证：
（1）
2k?1?M,(k?Z)
；
（2）
4k?2?M,(k?Z)
；
（3）若
p?M,q?M
，则
pq?M.


[证明]（1）因为
k,k?1?Z
，且
2k?1?k?(k?1 )
，所以
2k?1?M.

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

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

22222222
22
22
22
22
?a
2
a
2
?y
2
b
2
?x
2
b
2
?y
2
a
2
?(xa?yb)
2?(xb?ya)
2
?M

（因为
xa?ya?Z,xb?ya?Z
）。
2．利用子集的定义证明集合 相等，先证
A?B
，再证
B?A
，则A=B。
例2 设A，B是两个集合，又设集合M满足
。
A?M?B?M?A?B,A?B?M?A?B< br>，求集合M（用A，B表示）
【解】先证
(A?B)?M
，若
x?(A ?B)
，因为
A?M?A?B
，所以
x?A?M,x?M
，
所以
(A?B)?M
；
再证
M?(A?B)
，若
x?M
，则
x?A?B?M?A?B.
1）若
x?A
，则
x?A? M?A?B
；2）若
x?B
，则
x?B?M?A?B
。所以
M?(A?B).

综上，
M?A?B.

3．分类讨论思想的应用。
例3
A?{xx
2
?3x?2?0 },B?{xx
2
?ax?a?1?0},C?{xx
2
?mx?2?0}< br>，若
A?B?A,A?C?C
，求
a,m.

2
【解 】依题设，
A?{1,2}
，再由
x?ax?a?1?0
解得
x?a ?1
或
x?1
，
因为
A?B?A
，所以
B?A< br>，所以
a?1?A
，所以
a?1?1
或2，所以
a?2
或3。
2
因为
A?C?C
，所以
C?A
，若
C ??
，则
??m?8?0
，即
?22?m?22
，

< br>若
C??
，则
1?C
或
2?C
，解得
m?3 .

综上所述，
a?2
或
a?3
；
m?3
或
?22?m?22
。
4．计数原理的应用。
例4 集合A，B，C是 I={1，2，3，4，5，6，7，8，9，0}的子集，（1）若
A?B?I
，
求 有序集合对（A，B）的个数；（2）求I的非空真子集的个数。
【解】（1）集合I可划分为三个不 相交的子集；AB，BA，
A?B,I
中的每个元素恰属于其
中一个子集，10个元素 共有3
10
种可能，每一种可能确定一个满足条件的集合对，所以集合
对有3
10
个。
（2）I的子集分三类：空集，非空真子集，集合I本身，确定一个子集分十步，第 一步，1
或者属于该子集或者不属于，有两种；第二步，2也有两种，…，第10步，0也有两种，由< br>乘法原理，子集共有
2
10
?1024
个，非空真子集有1022个。
5．配对方法。
例5 给定集合
I?{1,2,3,?,n}
的
k
个子集：
A
1
,A
2
,?,A
k
，满足任 何两个子集的交集非
空，并且再添加I的任何一个其他子集后将不再具有该性质，求
k
的值。
【解】将I的子集作如下配对：每个子集和它的补集为一对，共得
2
n?1< br>对，每一对不能同在
这
k
个子集中，因此，
k?2
n?1；其次，每一对中必有一个在这
k
个子集中出现，否则，若
有一对子集未出现，设 为C
1
A与A，并设
A?A
1
??
，则
A
1
?C
1
A
，从而可以在
k
个子
集中再添加
C
1
A
，与已知矛盾，所以
k?2
n?1
。综上，
k?2
n?1
。
6．竞赛常用方法与例问题。
定理4 容斥原理；用
A
表示集合A的元素个数，则
A?B?A?B?A?B,
需要
xy此结论可以
A?B?C?A?B?C?A?B?A?C?B?C?A?B?C，
推广到
n
个集合的情况，即
?

?
A
i?1
n
i
?
?
A
i
?
?
A< br>i
?A
j
?
i?1i?j
n
1?i?j?k?n?
A
i
?A
j
?A
k
???(?1)
n?1
?
n
A
i
.

i?1
定义8 集 合的划分：若
A
1
?A
2
???A
n
?I
，且
A
i
?A
j
??(1?i,j?n,i?j)
，则这些子集的全集叫I的一个
n
-划分。
定理5 最小数原理：自然数集的任何非空子集必有最小数。
定理6 抽屉原理：将
mn?1
个元素放入
n(n?1)
个抽屉，必有一个抽屉放有不少于
m?1
个
元素，也必有一个抽屉放有不多于
m
个元素；将无穷多个元素放入
n
个抽屉 必有一个抽屉

放有无穷多个元素。
例6 求1，2，3，…，100中不能被2，3，5整除的数的个数。
【解】 记
I?{1,2, 3,?,100},A?{x1?x?100,且x能被2整除（记为2x）}
，
B?{x1? x?100,3x},C?{x1?x?100,5x}
，由容斥原理，
?
100??
100
?
A?B?C?A?B?C?A?B?B?C?C?A?A?B?C?
?
?
?
?
??
?
2
??
3
?
?
100
??
100
??
100
??
100
??
100
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?74
，所以不能被2，3，5整除的数有
??????56101530
??????????
I?A?B?C?26
个。
例7 S是集合{1，2，…，2004}的子集，S中的任意两个数的差不等于4或7，问S中最< br>多含有多少个元素？
【解】将任意连续的11个整数排成一圈如右图所示。由题目条件可知每相 邻两个数至多有
一个属于S，将这11个数按连续两个为一组，分成6组，其中一组只有一个数，若S含 有
这11个数中至少6个，则必有两个数在同一组，与已知矛盾，所以S至多含有其中5个数。
又因为2004=182×11+2，所以S一共至多含有182×5+2=912个元素，另一方面，当
恰有
S?912
，且S满足题目条件，
S?{rr?11k?t,t?1,2,4, 7,10,r?2004,k?N}
时，
所以最少含有912个元素。
例8 求所有 自然数
n(n?2)
，使得存在实数
a
1
,a
2
, ?,a
n
满足：
{a
i
?a
j
}1?i?j?n }?{1,2,?,
n(n?1)
}.

2
【解】 当
n ?2
时，
a
1
?0,a
2
?1
；当
n?3
时，
a
1
?0,a
2
?1,a
3
?3；当
n?4
时，
a
1
?0,a
2
?2,a< br>3
?5,a
4
?1
。下证当
n?5
时，不存在
a
1
,a
2
,?,a
n
满足条件。
令
0?a
1
?a
2
???a
n
，则
a
n?
n(n?1)
.

2
所以必存在某两个下标
i?j< br>，使得
a
i
?a
j
?a
n
?1
，所 以
a
n
?1?a
n?1
?a
1
?a
n?1
或
a
n
?1?a
n
?a
2
，即
a
2
?1
，所以
a
n
?
（ⅰ）若
a
n
?
n(n?1)n(n?1)
，
a
2
?1
。 < br>,a
n?1
?a
n
?1
或
a
n
?< br>22
n(n?1)
,a
n?1
?a
n
?1
， 考虑
a
n
?2
，有
a
n
?2?a
n?2< br>或
a
n
?2?a
n
?a
2
，
2即
a
2
?2
，设
a
n?2
?a
n?2
，则
a
n?1
?a
n?2
?a
n
?a
n?1
，导致矛盾，故只有
a
2
?2.

考虑
a
n
?3
，有
a
n
?3?a
n?2
或
a
n
?3?a
n
?a
3
，即
a
3
?3
，设
a
n
?3?a
n?2
，则
a
n?1
?a
n?2
?2?a
2
?a
0
，推 出矛盾，设
a
3
?3
，则
a
n
?a
n?1
?1?a
3
?a
2
，又推出矛盾，

所以< br>a
n?2
?a
2
,n?4
故当
n?5
时，不 存在满足条件的实数。
（ⅱ）若
a
n
?
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< br>3
，即
2
a
3
?2
，这时
a
3?a
2
?a
2
?a
1
，推出矛盾，故
a
n?1
?a
n
?2
。考虑
a
n
?3
，有
a
n
?3?a
n?2
或
a
n
?3?an
?
a
3
，即
a
3
=3，于是
a3
?a
2
?a
n
?a
n?1
，矛盾。因此a
n?2
?a
n
?3
，所以
a
n?1
?a
n?2
?1?a
2
?a
1
，这又矛盾，所以只有
a
n?2
?a
2
，所以
n?4
。故当
n?5时，不
存在满足条件的实数。
例9 设A={1，2，3，4，5，6}，B={7， 8，9，……，n}，在A中取三个数，B中取两个
数组成五个元素的集合
A
i
，
i?1,2,?,20,A
i
?A
j
?2,1?i?j?20.
求
n
的最小值。
【解】
n
min
?16.

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

20个
A
i< br>中，B中的数有40个，因此至少是10个不同的，所以
n?16
。当
n?16
时，如下
20个集合满足要求：
{1，2，3，7，8}， {1，2，4，12，14}， {1，2，5，15，16}， {1，2，6，9，10}，
{1，3，4，10，11}， {1，3，5，13，14}， {1，3，6，12，15}， {1，4，5，7，9}，
{1，4，6，13，16}， {1，5，6，8，11}， {2，3，4，13，15}， {2，3，5，9，11}，
{2，3，6，14，16}， {2，4，5，8，10}， {2，4，6，7，11}， {2，5，6，12，13}，
{3，4，5，12，16}， {3，4，6，8，9}， {3，5，6，7，10}， {4，5，6，14，15}。
例10 集合{1，2，…，3n}可以划分成
n
个 互不相交的三元集合
{x,y,z}
，其中
x?y?3z
，
求满足条 件的最小正整数
n.

【解】 设其中第
i
个三元集为
{x
i
,y,z
i
},i?1,2,?,n,
则1+2+…+
3 n?
?
4z
i?1
n
i
,

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

第二章 二次函数与命题
一、基础知识
1．二次函数：当
a?
0时，y=ax2
+bx+c或f(x)=ax
2
+bx+c称为关于x的二次函数，其对称轴< br>为直线x=-
bb
，另外配方可得f(x)=a(x-x
0
)
2
+f(x
0
)，其中x
0
=-，下同。
2a2a
2．二次函数的性质：当a>0时，f(x)的图象开口向上，在区间（-∞，x
0
]上随自 变量x增大
函数值减小（简称递减），在[x
0
, -∞）上随自变量增大函数值增大（简称递增）。当a<0时，
情况相反。
3．当a>0时， 方程f(x)=0即ax
2
+bx+c=0…①和不等式ax
2
+bx+c> 0…②及ax
2
+bx+c<0…③与
函数f(x)的关系如下（记△=b
2
-4ac）。
1）当△>0时，方程①有两个不等实根，设x
1
,x
2
(x
1
2
)，不等式②和不等式③的解集分别是
{ x|x1
或x>x
2
}和{x|x
1
2
}，二次函数f(x)图象与x轴有两个不同的交点，f(x)还可写成
f(x)=a(x- x
1
)(x-x
2
).
2）当△=0时，方程①有两个相等的实根 x
1
=x
2
=x
0
=
?
{x|x
??
b
,不等式②和不等式③的解集分别是
2a
b
}和空集
?
，f(x)的图象与x轴有唯一公共点。
2a
3）当△<0时，方程①无解，不等 式②和不等式③的解集分别是R和
?
.f(x)图象与x轴无公
共点。
当a<0时，请读者自己分析。
4ac?b
2
b
4．二次函数的最 值：若a>0，当x=x
0
时，f(x)取最小值f(x
0
)=,若a<0， 则当x=x
0
=
?
4a
2a
4ac?b
2
时，f(x)取最大值f(x
0
)=.对于给定区间[m,n]上的二次函数f(x)=ax< br>2
+bx+c(a>0)，当
4a
x
0
∈[m, n]时，f(x)在[m, n]上的最小值为f(x
0
); 当x
0
当x
0
>n时，f(x)在[m, n]上的最小值为f(n)（以上结论由二次函数图象即可得出）。
定义1 能判断真假的语句叫命 题，如“3>5”是命题，“萝卜好大”不是命题。不含逻辑联
结词“或”、“且”、“非”的命题叫做 简单命题，由简单命题与逻辑联结词构成的命题由复合
命题。
注1 “p或q”复合命题只 有当p，q同为假命题时为假，否则为真命题；“p且q”复合命
题只有当p，q同时为真命题时为真， 否则为假命题；p与“非p”即“p”恰好一真一假。
定义2 原命题：若p则q（p为条件，q为 结论）；逆命题：若q则p；否命题：若非p则q；
逆否命题：若非q则非p。
注2 原命题与其逆否命题同真假。一个命题的逆命题和否命题同真假。
注3 反证法的理论依据是矛盾的排中律，而未必是证明原命题的逆否命题。
定义3 如果命题“若p则q ”为真，则记为p
?
q否则记作p
?
q.在命题“若p则q”中，
如 果已知p
?
q,则p是q的充分条件；如果q
?
p，则称p是q的必要条件； 如果p
?
q但
q不
?
p，则称p是q的充分非必要条件；如果p不< br>?
q但p
?
q，则p称为q的必要非充
分条件；若p
?
q且q
?
p，则p是q的充要条件。
二、方法与例题
1．待定系数法。
例1 设方程x
2
-x+1=0的两根是α，β，求满足f(α)=β,f(β)= α,f(1)=1的二次函数f(x).

【解】 设f(x)=ax
2
+bx+c(a
?
0),
则由已知f(α)=β,f(β)=α相减并整理得（α-β）[（α+β）a+b+1]=0，
因为方程x
2
-x+1=0中△
?
0，
所以α
?
β，所以(α+β)a+b+1=0.
又α+β=1,所以a+b+1=0.
又因为f(1)=a+b+c=1，
所以c-1=1，所以c=2.
又b=-(a+1)，所以f(x)=ax
2
-(a+1)x+2.
再由f(α)=β得aα
2
-(a+1)α+2=β,
所以aα
2
-aα+2=α+β=1，所以aα
2
-aα+1=0.
即a(α
2
-α+1)+1-a=0,即1-a=0，
所以a=1,
所以f(x)=x
2
-2x+2.
2．方程的思想。
例2 已知f(x)=ax
2
-c满足-4≤f(1)≤-1, -1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围。
【解】 因为-4≤f(1)=a-c≤-1,
所以1≤-f(1)=c-a≤4.
85
f(2)-f(1),
33
8585
所以×(-1)+≤f(3)≤×5+×4,
3333
又-1≤f(2)=4a-c≤5, f(3)=
所以-1≤f(3)≤20.
3．利用二次函数的性质。
例3 已知二次函数f(x)=ax
2
+bx+c(a,b,c∈R, a
?
0)，若方程f(x)=x无实根，求证：方程f(f(x))=x
也无实根。
【证明】若a>0，因为f(x)=x无实根，所以二次函数g(x)=f(x)-x图象与x轴无公共 点且开口
向上，所以对任意的x∈R,f(x)-x>0即f(x)>x，从而f(f(x))>f(x )。
所以f(f(x))>x，所以方程f(f(x))=x无实根。
注：请读者思考例3的逆命题是否正确。
4．利用二次函数表达式解题。
例4 设二次函数f(x)=ax
2
+bx+c(a>0)，方程f(x)=x的两根x
1< br>, x
2
满足01
2
<
（Ⅰ）当x∈(0, x
1
)时，求证：x1
；
（Ⅱ）设函数f(x)的 图象关于x=x
0
对称，求证：x
0
<
1
,
a
x
1
.

2
【证明】 因为x
1
, x
2
是方程f(x)-x=0的两根，所以f(x)-x=a( x-x
1
)(x-x
2
)，
即f(x)=a(x-x
1
)(x-x
2
)+x.
（Ⅰ）当x∈(0, x
1
)时，x-x
1
<0, x-x
2
<0, a>0，所以f(x)>x.
其次f(x)-x
1
=(x-x
1
)[a(x-x
2
)+1]=a(x-x
1
)[x-x
2
+
1
]<0，所以f(x)1
.
a
综上，x1
.
（Ⅱ）f(x)=a(x-x1
)(x-x
2
)+x=ax
2
+[1-a(x
1+x
2
)]x+ax
1
x
2
,

所以x
0
=
a(x
1
?x
2
)?1x
1
?x
2
1
??
,
2a22a
x
1
x
11
?
1
?
?
2
??
?
x< br>2
?
?
?0
，
222a2
?
a
?
所以
x
0
?
所以
x
0
?
x
1
.

2
5．构造二次函数解题。
例5 已知关于x的方程(ax+1)
2
=a
2
(a-x
2
), a>1，求证：方程的正根比1小，负根比-1大。
【证明】 方程化为2a
2
x
2
+2ax+1-a
2
=0.
构造f(x)=2a
2
x
2
+2ax+1-a
2
,
f(1)=(a+1)
2
>0, f(-1)=(a-1)
2
>0, f(0)=1-a
2
<0, 即△>0，
所以f(x)在区间（-1,0）和（0，1）上各有一根。
即方程的正根比1小，负根比-1大。
6．定义在区间上的二次函数的最值。
x
4
?x
2
?5
例6 当x取何值时，函数y=取最小值？求出这个最小值。
22
(x?1)
【解】 y=1-
15
1
?
,令
?
u,则02 22
2
x?1(x?1)
x?1
2
1
?
1919< br>?
y=5u
2
-u+1=5
?
u?
?
?,
?
10
?
2020
?
且当
u?
1 19
即x=
?
3时，y
min
=.
1020
1
，求b的值。
2
例7 设变量x满足x
2< br>+bx≤-x(b<-1)，并且x
2
+bx的最小值是
?
【解】 由x
2
+bx≤-x(b<-1)，得0≤x≤-(b+1).
22
bb1
b
,???
，所以b
2
=2，所以
b??2
ⅰ)- ≤-(b+1)，即b≤-2时，x
2
+bx的最小值为-
442
2
（舍去）。
b
>-(b+1)，即b>-2时，x
2
+bx在[0，-(b +1)]上是减函数，
2
13
所以x
2
+bx的最小值为b+1,b+1=-,b=-.
22
3
综上，b=-.
2
ⅱ) -
7.一元二次不等式问题的解法。
?
x
2
?x?a?a
2
?0
例8 已知不等式组
?
①②的整数解恰好有两个，求a的取值范围。
?
x?2a?1

【解】 因为方程x
2
-x+a-a
2
=0的两根为x
1
=a, x
2
=1-a,
若a≤0，则x
1
2
.①的 解集为a1-2a.
因为1-2a≥1-a，所以a≤0,所以不等式组无解。
若a>0，ⅰ）当01
时，x
1
2
,①的解集为a2
因为01
时，a=1-a，①无解。
2
1
ⅲ）当a>时，a>1-a，由②得x>1-2a，
2
ⅱ）当a=
所以不等式组的解集为1-a又不等式组的整数解恰有2个，
所以a-(1-a)>1且a-(1-a)≤3，
所以1综上，a的取值范围是18．充分性与必要性。
例9 设定数A，B，C使得不等式
A(x-y)(x-z)+B(y-z)(y-x)+C(z-x)(z-y)≥0 ①
对一切实数x,y,z都成立，问A，B，C应满足怎样的条件？（要求写出充分必要条件，而且
限定 用只涉及A，B，C的等式或不等式表示条件）
【解】 充要条件为A，B，C≥0且A
2
+B
2
+C
2
≤2(AB+BC+CA).
先证必要性， ①可改写为A(x-y)
2
-(B-A-C)(y-z)(x-y)+C(y-z)
2
≥0 ②
若A=0，则由②对一切x,y,z∈R成立，则只有B=C，再由①知B=C =0，若A
?
0，则因为②
恒成立，所以A>0，△=(B-A-C)
2(y-z)
2
-4AC(y-z)
2
≤0恒成立，所以(B-A-C)< br>2
-4AC≤0，即A
2
+B
2
+C
2
≤2 (AB+BC+CA)
同理有B≥0，C≥0，所以必要性成立。
再证充分性，若A≥0， B≥0，C≥0且A
2
+B
2
+C
2
≤2(AB+BC+C A)，
1）若A=0，则由B
2
+C
2
≤2BC得(B-C)2
≤0，所以B=C，所以△=0，所以②成立，①成立。
2）若A>0，则由③知△≤0，所以②成立，所以①成立。
综上，充分性得证。
9．常用结论。
定理1 若a, b∈R, |a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|.
【证明】 因为-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|,
所以|a+b|≤|a|+|b|（注：若m>0，则-m≤x≤m等价于|x|≤m）.
又|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b|,
即|a|-|b|≤|a+b|.综上定理1得证。
定理2 若a,b∈R, 则a
2
+b
2
≥2ab；若x,y∈R
+
,则x+y≥
2xy .

(证略)
注 定理2可以推广到n个正数的情况，在不等式证明一章中详细论证。

第三章 函数
一、基础知识
定义1 映射，对于任意两个集合A，B，依对应法则f，若对A中的任意一 个元素x，在B

中都有唯一一个元素与之对应，则称f: A→B为一个映射。
定义2 单射，若f: A→B是一个映射且对任意x, y∈A, x
?
y, 都有f(x)
?
f(y)则称之为单射。
定义3 满射，若f: A→B是映射且对任意y∈B，都有一个x∈A使得f(x)=y，则称f: A→B
是A到B上的满射。
定义4 一一映射，若f: A→B既是单射又是满射，则叫做 一一映射，只有一一映射存在逆
映射，即从B到A由相反的对应法则f
-1
构成的映射 ，记作f
-1
: A→B。
定义5 函数，映射f: A→B中，若A，B都是非空数集，则这个映射为函数。A称为它的定
义域，若x∈A, y∈B，且f (x)=y（即x对应B中的y），则y叫做x的象，x叫y的原象。集
合{f(x)|x∈A}叫函数 的值域。通常函数由解析式给出，此时函数定义域就是使解析式有意义
的未知数的取值范围，如函数y= 3
x
-1的定义域为{x|x≥0,x∈R}.
定义6 反函数，若函数f: A→B（通常记作y=f(x)）是一一映射，则它的逆映射f
-1
: A→B
叫原函数的反函数，通常写作y=f
-1
(x). 这里求反函数的过程是：在 解析式y=f(x)中反解x得
x=f
-1
(y)，然后将x, y互换得y=f-1
(x)，最后指出反函数的定义域即原函数的值域。例如：函数
y=
11的反函数是y=1-(x
?
0).
1?xx
定理1 互为反函数的两个函数的图象关于直线y=x对称。
定理2 在定义域上为增（减）函数的函数，其反函数必为增（减）函数。
定义7 函数的性质。
（1）单调性：设函数f(x)在区间I上满足对任意的x
1
, x
2
∈I并且x
1
< x
2
，总有f(x
1
)2
)
(f(x) >f(x
2
))，则称f(x)在区间I上是增（减）函数，区间I称为单调增（减）区间。
（2）奇偶性：设函数y=f(x)的定义域为D，且D是关于原点对称的数集，若对于任意的x
∈D，都有f(-x)=-f(x)，则称f(x)是奇函数；若对任意的x∈D，都有f(-x)=f(x) ，则称f(x)是偶
函数。奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称。
（3） 周期性：对于函数f(x)，如果存在一个不为零的常数T，使得当x取定义域内每一个数
时，f(x+ T)=f(x)总成立，则称f(x)为周期函数，T称为这个函数的周期，如果周期中存在最小
的正数 T
0
，则这个正数叫做函数f(x)的最小正周期。
定义8 如果实数a∈R}记作闭区间[a,b]，集合{x|a开区间[a, b)，集合{x|x>a}记作开区间（a, +∞），集合{x|x≤a}记作半开半闭区间（-∞,a].
定义9 函数的图象，点集{(x,y)|y=f(x), x∈D}称为函数y=f(x)的图象，其中D为f(x)的 定义
域。通过画图不难得出函数y=f(x)的图象与其他函数图象之间的关系(a,b>0)；（1） 向右平移
a个单位得到y=f(x-a)的图象；（2）向左平移a个单位得到y=f(x+a)的图象 ；（3）向下平移b
个单位得到y=f(x)-b的图象；（4）与函数y=f(-x)的图象关于y轴 对称；（5）与函数y=-f(-x)
的图象关于原点成中心对称；（6）与函数y=f
-1< br>(x)的图象关于直线y=x对称；（7）与函数y=-f(x)
的图象关于x轴对称。
定理3 复合函数y=f[g(x)]的单调性，记住四个字：“同增异减”。例如y=
∞, 2）上是减函数，y=
1
, u=2-x在（-
2?x
11
在（0， +∞）上是减函数，所以y=在（-∞,2）上是增函数。
u2?x
注：复合函数单调性的判断方法为同增异减。这里不做严格论证，求导之后是显然的。
二、方法与例题
1．数形结合法。
y
1
1
x

1
的正根的个数.
x
1
【解】 分别画出y=|x-1|和y=的图象，由图象可知两者有唯一交点，所以方程有一个正根。
x
例1 求方程|x-1|=

例2 求函数f(x)=
x?3 x?6x?13?
2222
42
x
4
?x
2
?1< br>的最大值。
22
【解】 f(x)=
(x?2)?(x?3)?(x?1)?(x?0)
，记点P(x, x
- 2
)，A（3，2），B
（0，1），则f(x)表示动点P到点A和B距离的差。
因为|PA|-|PA|≤|AB|=
3
2
?(2?1)
2
?10< br>,当且仅当P为AB延长线与抛物线y=x
2
的交点时
等号成立。
所以f(x)
max
=
10.

2.函数性质的应用。
2
?
?
(x?1)?1997(x?1)??1
例3 设x, y∈R，且满足
?
，求x+y.
3
?
?
(y?1)?1997(y?1)?1
【解】 设f(t) =t
3
+1997t，先证f(t)在（-∞，+∞）上递增。事实上，若a f(b)-f(a)=b
3
-a
3
+1997(b-a)=(b-a)(b< br>2
+ba+a
2
+1997)>0，所以f(t)递增。
由题设f(x-1)=-1=f(1-y)，所以x-1=1-y，所以x+y=2.
例4 奇函数f(x)在定义域（-1，1）内是减函数，又f(1-a)+f(1-a
2
)<0，求 a的取值范围。
【解】 因为f(x) 是奇函数，所以f(1-a
2
)=-f( a
2
-1)，由题设f(1-a)2
-1)。
又f(x) 在定义域（-1，1）上递减，所以-1<1-a2
-1<1，解得0例5 设f(x)是定义在（-∞，+∞）上以2为周期的函数，对k∈Z, 用I
k
表示区间(2k-1, 2k+1]，
已知当x∈I
0
时，f (x)=x
2
，求f(x)在I
k
上的解析式。
【解】 设x∈I
k
，则2k-1所以f(x-2k)=(x-2k)
2
.
又因为f(x)是以2为周期的函数，
所以当x∈I
k
时，f(x)=f(x-2k)=(x-2k)
2
.
例6 解方程：(3x-1)(
9x?6x?5?1
)+(2x-3)(
4 x?12x?13
+1)=0.
【解】 令m=3x-1, n=2x-3，方程化为
m(
m?4
+1)+n(
n?4
+1)=0. ①
若m=0，则由①得n=0，但m, n不同时为0，所以m
?
0, n
?
0.
ⅰ)若m>0，则由①得n<0，设f(t)=t(
t?4
+1),则f(t)在（0，+∞）上是增函数。又f(m)=f(-n)，
2
2
2
2
2

4
5
4
ⅱ)若m<0，且n>0。同理 有m+n=0,x=,但与m<0矛盾。
5
4
综上，方程有唯一实数解x=
.

5
所以m=-n，所以3x-1+2x-3=0，所以x=
.

3.配方法。
例7 求函数y=x+
2x?1
的值域。
1
[2x+1+2
2x?1
+1]-1
2
111
=(
2x?1
+1)-1≥-1=-.
222
111
当x=-时，y取最小值-，所以函数值域是[-，+∞）。
222
【解】 y=x+
2x?1
=
4．换元法。
2
例8 求函数y=(
1?x
+
1?x
+2)(
1?x
+1),x∈[0,1]的值域。
2
【解】令
1?x
+1?x
=u，因为x∈[0,1]，所以2≤u
2
=2+2
1?x
≤4,所以
2
≤u≤2,
u
2
2?2
u?2u?2
2
所以≤≤2，1≤≤2，所以y=,u∈[
2
+2，8]。
2
2
22
所以该函数值域为[2+
2
，8]。
5．判别式法。
x
2
?3x?4
例9 求函数y=
2
的值域。
x?3x?4
【解】由函数解析式得(y-1)x< br>2
+3(y+1)x+4y-4=0. ①
当y
?
1时，①式是关于x的方程有实根。
所以△=9(y+1)
2
-16(y-1)
2
≥0，解得
1
≤y≤1.
7
又当y=1时，存在x=0使解析式成立，
所以函数值域为[
1
，7]。
7
6．关于反函数。
例10 若函数y=f(x)定义域、值域均为R，且存在反函数。若f(x)在(-∞,+ ∞)上递增，求证：
y=f
-1
(x)在(-∞,+ ∞)上也是增函数。
【证明】设x
1
2
, 且y
1
=f
-1
(x
1
), y
2
=f< br>-1
(x
2
)，则x
1
=f(y
1
), x
2
=f(y
2
)，若y
1
≥y
2
，则因为 f(x)在(-∞,+
∞)上递增，所以x
1
≥x
2
与假设矛盾， 所以y
1
2
。
即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

【解】 首先f(x)定义域为（-∞，-
21
）∪[-，+∞）；其次，设x
1
, x
2
是定义域内变量，且
34
x
1
2
<-
5(x
2
?x
1
)
2
4x
2
?14x
1
?1
;=>0,
?
3
3x
2
?23x
1
?2(3x
2
?2)(3x
1
?2)
2 1
）上递增，同理f(x)在[-，+∞）上递增。
34
所以f(x)在（-∞，-
在方程f(x)=f
-1
(x)中，记f(x)=f
-1
(x)=y ，则y≥0，又由f
-1
(x)=y得f(y)=x，所以x≥0,所以x,y∈
1< br>，+∞）.
4
若x
?
y，设x[-
同理若x>y也可得出矛盾。所以x=y.
即f(x)=x，化简得3x
5
+2x
4
-4x-1=0,
即(x-1)(3x
4
+5x
3
+5x
2
+5x+1)= 0,
因为x≥0，所以3x
4
+5x
3
+5x
2
+5x+1>0，所以x=1.

第四章 几个初等函数的性质
一、基础知识
1．指数函数及其性质：形如y=a
x
(a>0, a
?
1)的函数 叫做指数函数，其定义域为R，值域为
（0，+∞），当0x
是减 函数，当a>1时，y=a
x
为增函数，它的图象恒过定点（0，
1）。
2 ．分数指数幂：
a?
1
n
n
a,a?a,a
m
n< br>n
m?n
1
?
?
n
,a
n
?
a
m
1
n
a
m
。
3．对数函数及其性质：形如y=log
a
x(a>0, a
?
1) 的函数叫做对数函数，其定义域为（0，+∞），
值域为R，图象过定点（1，0）。当0a
x为减函数，当a>1时，y=log
a
x为增函数。
4．对数的性质（M>0, N>0）；
1）a
x
=M
?
x=log
a
M(a>0, a
?
1)；
2）log
a
(MN)= log
a
M+ log
a
N；
3）log
a
（
n
M
）= log
a
M- log
a
N；4）log
a
M
n
=n log
a
M；，
N
5）log
a

log
c
b
1
M
=log
a
M；6）a
loga
M
=M; 7) log
a
b=(a,b,c>0, a, c
?
1).
n
log
c
a
a
x
5. 函数y=x+（a>0） 的单调递增区间是
??,?a
和
和
0,a
。（请读者自己用定义证明 ）
?
??
a,??
，单调递减区间为
?a,0
?
?
?
?
?
6．连续函数的性质：若a有一个实根。
二、方法与例题
1．构造函数解题。
例1 已知a, b, c∈(-1, 1)，求证：ab+bc+ca+1>0.
【证明】 设f(x)=(b+c)x+bc+1 (x∈(-1, 1))，则f(x)是关于x的一次函数。

所以要证原不等式成立，只需证f(-1)>0且f(1)>0（因为-1因为f(-1)=-(b+c)+bc+1=(1-b)(1-c)>0，
f(1)=b+c+bc+a=(1+b)(1+c)>0，
所以f(a)>0，即ab+bc+ca+1>0.
例2 （柯西不等式）若a
1
, a
2
,…,a
n
是不全为0的实数，b
1
, b
2
,…,b
n
∈R，则（
?
a
i?1
n
2< br>i
）·（
?
b
i?1
n
2
i
）≥(
?
ab
i
i?1
n
i
)
2
，等号当且仅当存在
?
?
R，使a
i
=
?
bi
, i=1, 2, …, n时成立。
nnn
n
【证明】 令f(x)= （
?
a
i?1
2
i
）x
2
-2(
?
ab
i
i?1
i
)x+
?
b=
?
(a
2
i
i?1
i?1
i
x?b
i
)
2
,
因为
?
a
i?1
n< br>2
i
>0，且对任意x∈R, f(x)≥0，
所以△=4(
?ab
i
i?1
n
i
)-4（
?
a
i? 1
n
2
i
）(
?
b
i?1
n
2< br>i
)≤0.
展开得（
?
a
i?1
n
2i
）(
?
b
i?1
n
2
i
)≥(?
ab
i
i?1
n
i
)
2
。
等号成立等价于f(x)=0有实根，即存在
?
，使a
i
=
?b
i
, i=1, 2, …, n。
例3 设x, y∈R
+
, x+y=c, c为常数且c∈(0, 2]，求u=
?
x?< br>?
?
1
?
?
1
?
?
y?
?
?
?
的最小值。
x
?
?
y
??
【解】u=
?
x?
?
?
1
xy1
1
??
1
?
xy
??
?
=xy+≥xy++2·
y ?
?

?
?
?
xy
yxxy
yx
x
?
?
y
??
=xy+
1
+2.
xy< br>c
2
(x?y)
2
c
2
1
.
?
令xy=t，则04
44
t
?
c
2
?
c
2
因为0?
?
0,
4
?
上单调递减。
4< br>??
c
2
c
2
4
c
2
4
所 以f(t)
min
=f()=+
2
，所以u≥+
2
+2.
44
c
4
c
c
2
4c
当x=y=时，等号 成立. 所以u的最小值为++2.
4
c
2
2

2．指数和对数的运算技巧。
例4 设p, q∈R
+
且满足log
9
p= log
12
q= log
16
(p+q)，求
q
的值。
p
【解】 令log
9
p= log
12
q= log
16
(p+q)=t，则p=9

t
, q=12

t
, p+q=16
t
，
?
4
??
4
?
所以9

t
+12

t
=16

t
，即1+
??
?
??
.

?
3
??
3
?
1?5
q12
t
?
4
?
.
记x=
?
t
?
??
，则1+x=x
2
，解得
x?
2
p
9
3
??
又
t< br>t2t
qq
1?5
.
>0，所以=
2
pp
1111
???
，求
xyzw
例5 对于正整数a, b, c(a≤b≤c)和实数x, y, z, w，若a
x
=b
y
=c
z
=70
w
，且
证：a+b=c.
【证明】 由a
x< br>=b
y
=c
z
=70
w
取常用对数得xlga=yl gb=zlgc=wlg70.
所以
1
11
111
lga=lg70, lgb=lg70, lgc=lg70，
y
xz
www
相加得
?
111
?
1111
1
???
，
?
(lga+lgb+lgc) =
?
lg70，由题设
??
??
xyzw
w
?xyz
?
所以lga+lgb+lgc=lg70，所以lgabc=lg70.
所以abc=70=2×5×7.
若a=1，则因为xlga=wlg70，所以w=0与题设矛盾，所以a>1.
又a≤b≤c，且a, b, c为70的正约数，所以只有a=2, b=5, c=7.
所以a+b=c.
例6 已知x
?
1, ac
?
1, a
?
1, c
?
1. 且log
a
x+log
c< br>x=2log
b
x，求证c
2
=(ac)
logab
.
【证明】 由题设log
a
x+log
c
x=2log
b
x，化为以a为底的对数，得
log
a
x?
log
a
x2log
a
x
，
?
log
a
clog
a
b
因为ac>0, ac< br>?
1，所以log
a
b=log
ac
c
2
， 所以c
2
=(ac)
logab
.
注：指数与对数式互化，取对数，换元，换底公式往往是解题的桥梁。
3．指数与对数方程的解法。
解此类方程的主要思想是通过指对数的运算和换元等进行化简求 解。值得注意的是函数单调
性的应用和未知数范围的讨论。
例7 解方程：3
x
+4
x
+5
x
=6
x
.
?
1
??
2
??
5
?
【解】 方程可化为
??
?
??
?
??
=1。设f(x)=
?
2
??
3
??
6
?
xxx
?
1
??
2
??
5
?
??
?
??
?
??
, 则f(x)在(-
?
2
??
3
??
6
?
xxx

∞,+∞)上是减函数，因为f(3)=1，所以方程只 有一个解x=3.
x?y
?
?y
12
?
x
例8 解方程组：
?
（其中x, y∈R
+
）.
x?y3
?
?x
?
y
【解】 两边取对数，则原方程组可 化为
?
?
(x?y)lgx?12lgy
.
①②
(x ?y)lgy?3glx
?
把①代入②得(x+y)2lgx=36lgx，所以[(x+y)
2
-36]lgx=0.
由lgx=0得x=1，由(x+y)
2
-36=0(x, y∈R
+
)得x+y=6，
代入①得lgx=2lgy，即x=y
2
，所以y
2
+y-6=0.
又y>0，所以y=2, x=4.
?
?
x
1
?1
?
?
x
2
?4
所以方程组的解为
?
.
;
?
?
?
y
1
?1
?
?
y2
?2
例9 已知a>0, a
?
1，试求使方程log
a< br>(x-ak)=log
a
2
(x
2
-a
2
) 有解的k的取值范围。
?
(x?ak)
2
?x
2
?a2
?
【解】由对数性质知，原方程的解x应满足
?
x?ak?0
.①②③
?
x
2
?a
2
?0
?
若①、② 同时成立，则③必成立，
?
(x?ak)
2
?x
2
?a< br>2
故只需解
?
.
?
x?ak?0
由①可得2kx=a(1+k
2
)， ④
1?k
2
a(1?k
2
)
当k=0时，④无解；当k
?< br>0时，④的解是x=，代入②得>k.
2k
2k
若k<0，则k
2< br>>1，所以k<-1；若k>0，则k
2
<1，所以0综上，当k∈(-∞,-1) ∪(0, 1)时，原方程有解。

第五章 数列
一、基础知识
定义1 数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列 分有穷数列和无穷数
列两种，数列{a
n
}的一般形式通常记作a
1
, a
2
, a
3
,…，a
n
或a
1
, a
2
, a
3
,…，a
n
…。其中a
1
叫 做数
列的首项，a
n
是关于n的具体表达式，称为数列的通项。
定理1 若S
n
表示{a
n
}的前n项和，则S
1
=a
1< br>, 当n>1时，a
n
=S
n
-S
n-1
.
定义2 等差数列，如果对任意的正整数n，都有a
n+1
-a
n
=d（常数），则{a
n
}称为等差数列，
d叫做公差。若三个数a, b, c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差
为d, 则a=b-d, c=b+d.
定理2 等差数列的性质：1）通项公式a
n
=a
1
+(n-1)d；2）前n项和公式：
S
n
=
n(a
1
? a
n
)
n(n?1)
?na
1
?d
；3）a
n
-a
m
=(n-m)d，其中n, m为正整数；4）若n+m=p+q，
22
则a
n
+a
m
=a
p
+a
q
；5）对任意正整数p, q，恒有a
p
-a
q
=(p-q)(a
2
-a
1
)；6）若A，B至少有一个不

为零，则{a
n
}是等差数列的充要条件是Sn=An
2
+Bn.
定义3 等比数列，若对任意的正整数n，都有
比。
a
n?1
?q
，则{a
n
}称为等比数列，q叫做公
a
n
a
1
(1?q< br>n
)
定理3 等比数列的性质：1）a
n
=a
1
q ；2）前n项和S
n
，当q
?
1时，S
n
=；当
1 ?q
n
-1
q=1时，S
n
=na
1
；3）如果a , b, c成等比数列，即b
2
=ac(b
?
0)，则b叫做a, c的等 比中项；4）
若m+n=p+q，则a
m
a
n
=a
p
a
q
。
定义4 极限，给定数列{a
n
}和实数A，若对任意 的
?
>0，存在M，对任意的n>M(n∈N),
都有|a
n
-A| <
?
，则称A为n→+∞时数列{a
n
}的极限，记作
liman
?A.

n??
定义5 无穷递缩等比数列，若等比数列{a
n
}的公比q满足|q|<1，则称之为无穷递增等比数
列，其前n项和S
n
的极限（即其所有项的和）为
a
1
（由极限的定义可得）。
1?q
定理3 第一数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n
0
)成立；（2）当p(n)时n=k成立时能
推出p(n)对n=k+1成立，则由（1），（2）可得 命题p(n)对一切自然数n≥n
0
成立。

竞赛常用定理
定理4 第二数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n
0
)成立；（2） 当p(n)对一切n≤k的自
然数n都成立时（k≥n
0
）可推出p(k+1)成立， 则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n
≥n
0
成立。
定理5 对于齐次二阶线性递归数列x
n
=ax
n-1
+bx
n-2
，设它的特征方程x
2
=ax+b的两个根为α,
β:(1)若α
?
β，则x
n
=c
1
a
n
-1
+c
2
β
n
-1
，其中c
1
, c
2
由初始条件x
1
, x
2
的值确定；(2)若α=β，
则x
n
=(c
1
n+c
2
) α
n
-1
，其中c
1
, c
2
的值由x
1
, x
2
的值确定。
二、方法与例题
1．不完全归纳法。
这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规 律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探
索未知世界的普遍方式。通常解题方式为：特殊→猜想→数 学归纳法证明。
例1 试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24， 35，…；2）1，5，
19，65，…；3）-1，0，3，8，15，…。
【解】1）a
n
=n
2
-1；2）a
n
=3
n
-2n
；3）a
n
=n
2
-2n.
例2 已知数列{a
n
}满足a
1
=
【解】 因为a
1
=
1
,a
1
+a
2
+…+a
n
=n2
a
n
, n≥1，求通项a
n
.
2
1,又a
1
+a
2
=2
2
·a
2
, < br>2
所以a
2
=
a?a
1
1
1
，a< br>3
=
?
2
2
?
,猜想
a
n
?
(n≥1).
n(n?1)
3?4
3?2
3?1
1，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。
2?1
证明；1）当n=1时，a
1
=
当n=k+1时，由归纳假设及题设，a
1
+ a
1
+…+a
1
=[(k+1)
2
-1] a
k+1
,，

所以
111
????
=k( k+2)a
k+1
,
2?13?2k?(k?1)
11111
=k(k+2)a
k+1
,
??????
223kk?1
即
1?
所以
1
k.
=k(k+2)a
k+1
,所以a
k+1
=
(k? 1)(k?2)
k?1
1
.

n(n?1)
1
，求 证：对任意n∈N
+
,有a
n
>1.
a
n
由数学归纳法可得猜想成立，所以
a
n
?
例3 设0n
}满足a
n
=1+a, a
n-1
=a+
【证明】 证明更强的结论：1n
≤1+a.
1)当n=1时，11
=1+a，①式成立；
2)假设n=k时，①式成立，即1n
≤1+a，则当n=k+1时，有
1?a?a
k?1
111?a?a
2
1?a
??a??a???1 .

1?a1?a1?a
a
k
由数学归纳法可得①式成立，所以原命题得证。
2．迭代法。
数列的通项a
n
或前n项和S
n
中的n通常 是对任意n∈N成立，因此可将其中的n换成n+1
或n-1等，这种办法通常称迭代或递推。
例4 数列{a
n
}满足a
n
+pa
n-1
+q a
n-2
=0, n≥3，q
?
0，求证：存在常数c，使得
22n
a
n?1
?pa
n?1
·a
n
+
qan
?cq?0.

22
22
【证明】
a
n?1
?pa
n?1
·a
n+1
+
qa
n?1
? a
n?2
(pa
n+1
+a
n+2
)+
qa
n?1
=a
n+2
·(-qa
n
)+
qa
n?1
=
2222
q(a
n?1
?a
n
a
n? 2
)?q[a
n?1
+a
n
(pq
n+1
+qa< br>n
)]=q(
a
n?1
?pa
n?1
a
n< br>?qa
n
).
2
2
2
qa
?paa
若
a
2
+
?pa
2
a
1
?qa
1
2
=0，则对任意n,
a
n
n
=0，取c=0即可.
?1n?1n
22
2
2
2
若
a
2
公式为q
?pa
2
a
1
?qa
1
2
?0，则{
a
n?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
}是首项为
a
2
?pa
2
a
1< br>?qa
1
，
的等比数列。
2
2
所以
an?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
=
(a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
)
·q
n
.
22
取
c??(a
2
?pa< br>1
a
2
?qa
1
)
·
综上，结论成立。
22
1
即可.
q
例5 已知a
1
=0, a< br>n+1
=5a
n
+
24a
n
?1
，求证：a
n
都是整数，n∈N
+
.
2

【证明】 因为a
1
=0, a
2
=1，所以由题设知当n≥1时a
n+1
>a
n
. < br>又由a
n+1
=5a
n
+
24a
n
?1移项、平方得
22
a
n?1
?10a
n
a
n ?1
?a
n
?1?0.
①
22
?10a< br>n
a
n?1
?a
n
当n≥2时，把①式中的n换成n-1得< br>a
n?1
?1?0
，即
22
a
n?1
?1 0a
n
a
n?1
?a
n
?1?0.
②
2
因为a
n-1
n+1
，所以①式和②式说明a< br>n-1
, a
n+1
是方程x
2
-10a
n
x+
a
n
-1=0的两个不等根。由韦
2
达定理得a
n+1
+ a
n-1
=10a
n
(n≥2).
再由a
1
=0, a
2
=1及③式可知，当n∈N
+
时，a
n
都是整数。
3．数列求和法。
数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等。
例6 已知a
n
=
1
(n=1, 2, …)，求S
99
=a1
+a
2
+…+a
99
.
n100
4?2< br>2?2
100
?4
n
?4
100?n
1
11
【解】 因为a
n
+a
100-n
=
n
+=， < br>?
4?2
100
4
100?n
?2
100
4
100
?2?2
100
(4
n
?4
100?n)2
100
1
99
19999
所以S
99
=< br>?
(a
n
?a
100?n
)??
100
?< br>101
.

2
n?1
2
22
例7 求和：
S
n
?
1
11
.
+…+
?
n(n?1)(n?2)
1?2?32?3?4
1k?2?k
?

k(k?1)(k?2)2k(k?1)(k?2)
【解】 一般地，
?
1
?
11
?
，
?
?
?
??
2
?
k(k?1)(k?1)(k?2)
?
所以S< br>n
=
1

?
k(k?1)(k?2)
k?1
n
?

?
1
?
111111

???????
??
2
?
1?22?32?33?4n(n?1)(n?1)(n?2)
?
?< br>1
?
11
?
?

2
?
2(n?1)(n?2)
??
11
?.

42(n?1)(n?2)
?
?

例8 已知数列{a
n
}满足a
1
=a
2
=1，a
n+2
=a
n+1
+a
n
, S
n
为数列
?
?
a< br>n
?
的前n项和，求证：S
n
<2。
n
?
?
2
?
【证明】 由递推公式可知，数列{a
n
}前几项为1，1，2，3，5，8，13。
因为
S
n
?
a
112358
， ①
?
2
?
3
?
4
?
5
?
6
???
n
n
2
222222
所以
a
112 35
。 ②
S
n
?
2
?
3
?
4
?
5
???
n
n
?1
2
22222
111
S
n
??
2
22
2?
11
a
n?2
?
????
n?2
?
2
2
2
2
?
?
a
n
?
?
?
2
n?1
，
?
由①-②得
所以
a
11 1
S
n
??S
n?2
?
n
n
。
?1
224
2
又因为S
n-2
n
且
所 以
a
n
>0,
2
n?1
11111
S
n
??
S
n
, 所以
S
n
?
，
22442
所以S
n
<2，得证。
4．特征方程法。
例9 已知数列{a
n
}满足a
1
=3, a
2
=6, a
n+2
=4
n+1
-4a
n
，求a
n
.
【解】 由特征方程x
2
=4x-4得x
1
=x
2
=2.
故设a
n
=(α+βn)·2
n
-1
，其中
?
3?
?
?
?
，
?
6?(
?
?2
?< br>)?2
?
所以α=3，β=0，
所以a
n
=3·2
n
-1
.
例10 已知数列{a
n
}满足a
1
=3, a
2
=6, a
n+2
=2a
n+1
+3a
n
，求通项a
n
.
【解】 由特征方程x
2
=2x+3得x
1
=3, x
2
=-1,
?
3?3
?
?
?
所以a< br>n
=α·3+β·(-1)，其中
?
，
6?9
?
?
?
?
nn
33
，β
??
，
44
1
所以
a
n
?[3
n?1
?(?1)
n?1
·3]。
4
解得α=
5．构造等差或等比数列。
例11 正数列a< br>0
,a
1
,…,a
n
,…满足
a
n
a
n?2
?a
n?1
a
n?2
=2a
n-1
(n≥2)且a
0
=a
1
=1，求通项。

【解】 由
a
n
a
n?2
?a
n?1
a
n?2?2a
n?1
得
a
n
a
?2
n?1
= 1，
a
n?1
a
n?2
?
a
?
a
nn?1
?
即
?1?2?1
?
.

?
a
n?2
?
a
n?1
??
令b
n
=
a
n
a
1
+1，则{b
n
}是首项为+1=2，公比为2的 等比数列，
a
n?1
a
0
所以b
n
=
a
a
n
+1=2
n
，所以
n
=（2
n
-1）
2
，
a
n?1
a
n?1
n
a< br>n
a
n?1
a
2
a
1
k2
所以a< br>n
=·…··a
0
=
?
(2?1).

a< br>n?1
a
n?2
a
1
a
0
k?1
n
注：
?
C
i?1
i
?
C
1
·C< br>2
·…·C
n
.
2
x
n
?2
例12 已知数列{x
n
}满足x
1
=2, x
n+1
=,n∈N
+
, 求通项。
2x
n
x
2
?2x
2
?2
【解】 考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=
?2.

2x2x
2
x
n
?2
因为x
1
=2, x
n+1
=,可知{x
n
}的每项均为正数。
2x
n2
又
x
n
+2≥
22x
n
，所以x
n +1
≥
2
(n≥1)。又
2
x
n
?2
( x
n
?2)
2
X
n+1
-
2
=, ①
?2
=
2x
n
2x
n
2
x
n
?2
(x
n
?2)
2
X
n+1
+
2
=, ②
?2
=
2x
n
2 x
n
x
n?1
?2
?
x
n
?2
?
?
?
由①÷②得
?
。 ③
x< br>n?1
?2
?
?
x
n
?2
?
?又
2
x
1
?2
x
1
?2
>0， 由③可知对任意n∈N
+
，
x
n
?2
x
n?2
>0且
lg
?
?
x
n?1
?2
? ?
x
n
?2
?
?2lg
???
,
?x
n?1
?2
?
??
x
n
?2
????

所以
lg
?
?
x
n
?2
?
?
2?2
?
是首项为
lg
?
??
，公比为2的等比数列。
?
x
n
?2
?
?
?< br>2?2
?
?
所以
lg
x
n
?2
x< br>n
?2
?2
n?1
?
2?2
?
x
n
?2
?
2?2
?
·
lg
?
?
?< br>?
，所以
?
2?2
x?2
2?2
??
n??
2
n?1
2
n?1
2
n?1
，
解得
x
n
?2
·
(2?2)
(2?2)
?(2?2 )
?(2?2)
2
n?1
2
n?1
。
注：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。

第六章 三角函数
一、基础知识
定义1 角，一条射线绕着它的端点旋转得到的图形叫做角。若旋转方向为逆 时针方向，则
角为正角，若旋转方向为顺时针方向，则角为负角，若不旋转则为零角。角的大小是任意的 。
定义2 角度制，把一周角360等分，每一等价为一度，弧度制：把等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做一弧度。360度=2π弧度。若圆心角的弧长为L，则其弧度数的绝对值|α|=
L
,
r
其中r是圆的半径。
定义3 三角函数，在直角坐标平面内，把角α 的顶点放在原点，始边与x轴的正半轴重合，
在角的终边上任意取一个不同于原点的点P，设它的坐标为 （x,y），到原点的距离为r,则正
弦函数sinα=
x
yy
x
, 余弦函数cosα=,正切函数tanα=，余切函数cotα=，正割函数sec
y
rxr
α=
r
r
,余割函数cscα=
.

yx
111
,sinα=，cosα=；
cot
?
csc
?
sec
?
定理1 同角三角函数的基本关系式，倒数关系：tanα=
商 数关系：tanα=
sin
?
cos
?
；乘积关系：tanα×co sα=sinα,cotα×sinα=cos
,cot
?
?
cos
?
sin
?
α；平方关系：sin
2
α+cos
2
α=1, tan
2
α+1=sec
2
α, cot
2
α+1=csc
2
α.
定理2 诱导公式（Ⅰ）sin(α+π)=-sinα, cos(π+α)=-cosα, tan(π+α)=tanα, cot(π+α)=cot
α;（Ⅱ）sin(-α)=-sinα, cos(-α)=cosα, tan(-α)=-tanα, cot(-α)=cotα; （Ⅲ）sin(π-α)=sin
α, cos(π-α)=-cosα, tan=(π-α)=-tanα, cot(π-α)=-cotα; （Ⅳ）sin
?
?< br>?
?
?
?
?
=cosα,
?
2
?
cos
?
?
?
??
?
?
?
??
=sinα, tan
?
?
?
?
=cotα（奇变偶不变，符号看象限）。
22
????
定理3 正弦函数的性质，根据图象可得y=sinx（x∈R）的性 质如下。单调区间：在区间
??
?
?
3
???
2k
?
?,2k
?
?2k
?
?,2k
?
?
?< br>?
上为减函数，最小正周期上为增函数，在区间
???
22
?
22
???

为2
?
. 奇偶数. 有界性：当且仅当x=2k x+
取最小值-1。对称性：直线x=k
?
+
??
时，y取最大值1 ，当且仅当x=3k
?
-时, y
22
?
均为其对称轴，点（k
?
, 0）均为其对称中心，值域为
2
[-1，1]。这里k∈Z.
定理4 余弦函数的性质，根据图象可得y=cosx(x∈R)的性质。单调区间：在区间[2kπ, 2kπ+π]
上单调递减，在区间[2kπ-π, 2kπ]上单调递增。最小正周期为2π。奇偶性： 偶函数。对称性：
直线x=kπ均为其对称轴，点
?
k
?
?
?
?
?
?
,0
?
均为其对称中心。有界性：当且仅当x=2 kπ时，y
2
?
取最大值1；当且仅当x=2kπ- π时，y取最小值-1。值域为[-1，1]。这里k∈Z.
?
??
)在开区间(kπ-, kπ+)上为增
222
?
函数, 最小正周期为π，值域为（-∞，+∞），点（kπ，0），（kπ+，0）均为其对称中心。
2
定理6 两角和与差的基本关系式：cos(α
?
β)=cosαcos β
?
sinαsinβ,sin(α
?
β)=sinα
定理5 正切 函数的性质：由图象知奇函数y=tanx(x
?
kπ+
cosβ
?
cosαsinβ; tan(α
?
β)=
(tan
?
?tan?
)
.

(1?tan
?
tan
?
)
定理7 和差化积与积化和差公式:
sinα+sinβ=2sin
?
?
?
?
?
?
2
??
?
?
?
?
cos< br>?
??
2
??
?
?
?
?
,sinα -sinβ=2sin
?
??
2
??
?
?
?
?
cos
?
??
2
?
?
,
?
cosα+cosβ=2cos
?
?
?
?
?
??
?
?
?
??
?
?
?
??
?
?
?
?
?
cos
??
, cosα- cosβ=-2sin
??
sin
??
,
2222
??? ?????
11
[sin(α+β)+sin(α-β)],cosαsinβ=[sin(α +β)-sin(α-β)],
22
11
cosαcosβ=[cos(α+β)+ cos(α-β)],sinαsinβ=-[cos(α+β)-cos(α-β)].
22
sinαcosβ=
定理8 倍角公式:sin2α=2sinαcosα, cos2α=cos
2
α-sin
2
α=2cos
2
α-1 =1-2sin
2
α,

tan2α=
2tan
?
.

2
(1?tan
?
)
定理9 半角公式:sin
?
(1?cos
?
)(1?cos
?
)
?
?
??< br>?
?
,cos
??
=
?
,
?
=< br>?
22
22
????
tan
?
sin
?(1?cos
?
)
(1?cos
?
)
?
??
?.
=
?
=
?
2
(1?cos
?
)sin
?
(1?cos
?
)
??

?
?
??
?
?
2tan
??
1?tan
2
??
?
2
?
,
cos
?
?
?
2
?
, 定理10 万能公式:
sin
?
?
?
?
??
?
?
1?t an
2
??
1?tan
2
??
?
2
??< br>2
?
?
?
?
2tan
??
?
2?
.

tan
?
?
?
?
?
1 ?tan
2
??
?
2
?
定理11 辅助角公式：如果a, b是实数且a
2
+b
2
?
0，则取始边在x轴正半轴，终边经过点( a,
b)的一个角为β，则sinβ=
b
a?b
22
,cosβ=
a
a?b
22
，对任意的角α.
asinα+bcosα=
(a
2
?b
2
)
sin(α+β).
定理12 正弦定理：在任意△ABC中有
abc
???2R
，其中a, b, c分别是
sinAsinBsinC
角A，B，C的对边，R为△ABC外接圆半径。
定理13 余弦定理：在任意△ABC中有a
2
=b
2
+c
2
-2bcosA，其中a,b,c分别是角A，B，C的
对边。
定理14 图 象之间的关系：y=sinx的图象经上下平移得y=sinx+k的图象；经左右平移得
y=sin( x+
?
)的图象（相位变换）；纵坐标不变，横坐标变为原来的
1
?
，得到y=sin
?
x
(
?
?0
)
的图象（周期变 换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，得到y=Asinx的图象（振幅变
换）；y=Asin(
?
x+
?
)(
?
>0)的图象（周期变换）；横坐标不变， 纵坐标变为原来的A倍，得
到y=Asinx的图象（振幅变换）；y=Asin(
?
x+
?
)(
?
,
个单位得到y=Asin
?
x的图象。
定义4 函数y=sinx
?
?
x?
?
?
?
>0)(|A|叫作振幅)的图象向右平 移
?
?
?
?
?
??
?
?
的反函数 叫反正弦函数，记作y=arcsinx(x∈[-1, 1])，函
,
?
?
?
?
22
?
?
数y=cosx(x∈[0, π]) 的反函数叫反余弦函数，记作y=arccosx(x∈[-1, 1]). 函数
y=tanx
?
?
x?
?
?
?
?
?
??
?< br>?
的反函数叫反正切函数。记作y=arctanx(x∈[-∞, +∞]). y=cosx(x∈[0,
,
?
?
?
?
22
?< br>?
π])的反函数称为反余切函数，记作y=arccotx(x∈[-∞, +∞]).
定理15 三角方程的解集，如果a∈(-1,1)，方程sinx=a的解集是{x|x=nπ+( -1)
n
arcsina, n∈Z}。
方程cosx=a的解集是{x|x=2kx
?
arccosa, k∈Z}. 如果a∈R，方程tanx=a的解集是
{x|x=kπ+arctana, k∈Z}。恒等式：arcsina+arccosa=
定理16 若
x?
?
0,
?
?
；arctana+arccota=.
22
?
?
?
?
?
，则sinx2
?

二、方法与例题
1．结合图象解题。
例1 求方程sinx=lg|x|的解的个数。
【解】在同一坐标系内画出函数y=sinx与y=lg| x|的图象（见图），由图象可知两者有6个交
点，故方程有6个解。
2．三角函数性质的应用。
例2 设x∈(0, π), 试比较cos(sinx)与sin(cosx)的大小。
【解】 若
x?
??
?
??
?
?
,
?
?
，则cosx≤ 1且cosx>-1，所以cos
x?
?
?,0
?
，
?
2
??
2
?
所以sin(cosx) ≤0,又00，
所以cos(sinx)>sin(cosx).
若
x?
?
0,?
?
?
?
?
2
?
?
，则因为
sin x+cosx=
2
?
?
2
?
?
??
2?
?2
(sinxcos+sincosx)=
2
sin(x+)≤sinx?cosx
?
2
?
444
2
??
2< br><
?
，
2
??
-cosx<，
22
?
所以cos(sinx)>cos(-cosx)=sin(cosx). < br>2
所以0综上，当x∈(0,π)时，总有cos(sinx)?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
?
?
?
例3 已知α，β为锐角，且x·（α+β-）>0，求证：
?
?
?2.

??
2
?
sin
?
?
?
sin
?
?
【证明】 若α+β>
x
x
?
?
?
，则x>0 ，由α>-β>0得cosα222
所以0<
cos
?
?
cos
?
<1，又sinα>sin(-β)=cosβ, 所以0<<1，
sin
?
2
sin
?
x
x
0
0
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
cos
?
?
? ??
???
?
所以
?
???
?2.

?< br>sin
?
???
??
?
sin
?
?
?
sin
?
?
?
sin
?
?
若α+β<< br>
??
??
，则x<0，由0<α<-β<得cosα>cos(-β)=si nβ>0,
2222
所以
cos
?
?
cos
?< br>>1。又01，
sin
?
2
sin
?
x
x
0
0
?
cos
?< br>?
?
cos
?
?
?
cos
?
??
cos
?
?
??
??
所以
?
??< br>?
sin
?
??
sin
?
?
?
?< br>?
sin
?
?
?2
，得证。
sin
???
??
?
??
?

注：以上两例用到了三角函数 的单调性和有界性及辅助角公式，值得注意的是角的讨论。
3．最小正周期的确定。
例4 求函数y=sin(2cos|x|)的最小正周期。
【解】 首先，T=2π是函数的周期（事实 上，因为cos(-x)=cosx，所以co|x|=cosx）；其次，
当且仅当x=kπ+
?
时，y=0（因为|2cosx|≤2<π）,
2
所以若最小正周期为T
0
，则T
0
=mπ, m∈N+
，又sin(2cos0)=sin2
?
sin(2cosπ)，所以T
0
=2π。
4．三角最值问题。
例5 已知函数y=sinx+
1?cos
2
x
，求函数的最大值与最小值。
【解法一】 令sinx=
2cos
?
,1?cos
2
x ?
则有y=
2cos
?
?
因为
3
??
?< br>2sin
?
?
?0?
?
?
,
4
? ?
4
2sin
?
?2sin(
?
?
?
4< br>).

?
3
??
?0?
?
，所以
?
?
??
?
，
4424
所以
0?sin(
?
?
所以当
?
?

当
?
?
?
4
)
≤1，
?
3
?
，即x=2kπ-(k∈Z)时，y
min
=0，
2
4
?
(k∈Z)时，y
max
=2.
2
2
?
4
，即x=2kπ+
【解法二】 因为y=sin x+
1?cosx?
=2（因为(a+b)
2
≤2(a
2
+ b
2
)），
2(sin
2
x?1?cos
2
x)
,
且|si nx|≤1≤
1?cosx
，所以0≤sinx+
1?cosx
≤2， 所以当
1?cosx
=sinx，即x=2kπ+
当
1?cosx
=-sinx，即x=2kπ-
例6 设0<
?
<π，求sin
2
2
22
?
(k∈Z)时, y
max
=2，
2
?
(k∈Z)时, y
min
=0。
2
?
2
(1?cos
?
)
的最大值。
【 解】因为0<
?
<π，所以
0?
?
2
?
?
2
，所以sin
??
>0, cos>0.
22
所以sin
???
???
（1+cos
?
）=2sin·cos
2
=
2?2sin
2
?cos
2
?cos
2
≤
222
222
3
??
??
2
?
?cos
2
?cos
2
??
2sin
222
?
=
1 6
?
43
.

2?
?
3
279
? ?
??
??

当且仅当2sin
2
243
?? ??
=cos
2
, 即tan=时，sin(1+cos
?
)取得最大值。
29
2222
例7 若A，B，C为△ABC三个内角，试求sinA+sinB+sinC的最大值。
【解】 因为sinA+sinB=2sin
A?B
A?BA?B
cos, ①
?2 sin
2
22
sinC+sin
?
3
C?
?2si n
2
?
3
cos
C?
2
C?
2
?
3
?2sin
C?
2
?
3
, ②
?
3
?2sin
又因为
sin
4
??
由①，②，③得sinA+sinB+sinC+sin≤4sin,
33
所以sinA+s inB+sinC≤3sin
A?B
?sin
2
A?B?C?
?3
cos
A?B?C?
4
?
3
?2sin
?< br>，③
3
?
33
=,
2
3
当A=B=C=
33
?
时，（sinA+sinB+sinC）
max
=.
2
3
注：三角函数的有界性、|sinx|≤1、|cosx|≤1、和差化积与积化和差公 式、均值不等式、柯
西不等式、函数的单调性等是解三角最值的常用手段。
5．换元法的使用。
例8 求
y?
sinxcosx
的值域。
1?sinx?cosx
?
2
?
2
?
??
?2sin(x?).
【解】 设t=sinx+cosx=
2sinx?cosx
?
2
?
24
??
因为
?1?sin(x?
所以< br>?2?t?
?
4
)?1,

2.

又因为t
2
=1+2sinxcosx,
x
2
?1
t
2
?1
t?1
所以sinxcosx=，所以
y?
2< br>?
，
2
1?t2
所以
?2?1
?y?
2< br>2?1
.

2
因为t
?
-1，所以
t?1< br>??1
，所以y
?
-1.
2

所以函数值域为
y?
?
?
?
?
2?1
??
2?1
?
?
?1,,?1
?
?
?
.

??
22
???

例9 已知a
0
=1, a< br>n
=
1?a
n?1
2?1
a
n?1
(n∈N
+
)，求证：a
n
>
?
2
n?2
.
【证明】 由题设a
n
>0，令a
n
=tana
n
, a
n< br>∈
?
0,
?
?
?
?
?
，则
2
?
a
n
=
1?tan
2
a
n?1?1
tana
n?1
?
seca
n?1
?11?cos a
n?1
a
??tan
n?1
?tana
n
.
2
tana
n?1
sina
n?1
n
a1
?
?
?
?
1
?
因为
n?1
，a
n
∈
?
0,
?
，所以a
n
=
a
n?1
，所以a
n
=
??
a
0
.

2
2
?
2
?
?
2
?
???
1
?
又因为a
0
=tana
1
=1，所以a
0
=，所以
a
n
?
??
·。
44
?
2
?
又因为当0n
?
??
时，tanx >x，所以
a
n
?tan
n?2
?
n?2
.

2
22
?
?
注：换元法的关键是保持换元前后变量取值范围的一 致性。
另外当x∈
?
0,
?
?
?
时，有tanx >x>sinx，这是个熟知的结论，暂时不证明，学完导数后，证
2
?
明是很容易的 。
6．图象变换：y=sinx(x∈R)与y=Asin(
?
x+
?)(A,
?
,
?
>0).
由y=sinx的图象向左平移
?
个单位，然后保持横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，然后
再保持纵坐标不变，横 坐标变为原来的
1
?
，得到y=Asin(
?
x+
?
)的图象；也可以由y=sinx
的图象先保持横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，再保持纵坐标不 变，横坐标变为原来
?
个单位，得到y=Asin(
?
x+
?
)的图象。
?
?
例10 例10 已知f(x)=sin(
?
x+
?
)(
?
>0, 0≤?
≤π)是R上的偶函数，其图象关于点
的
1
，最后向左平移
?
3
?
?
?
?
?
M
?
,0
?
对称，且在区间
?
0,
?
上是单调函数，求
?
和
?
的值。
?
2
?
?
4
?
【解】 由f(x)是偶函数，所以f(-x)=f(x)，所以sin(
?
+
?
)= sin(-
?
x+
?
)，所以cos
?
sinx=0，对任意x∈R成立。
又0≤
?
≤π，解得
?
=
因为f (x)图象关于
M
?
?
，
2
33
?
3< br>?
?
,0
?
对称，所以
f(
?
?x)?f(
?
?x)
=0。
44
?
4
?

取x=0，得
f(
?
)
=0，所以sin
?
3
4
?
??
3
?
?
?
?
?0.
< br>2
??
4
3
??
2
?
?k
?
?
(k∈Z)，即
?
=(2k+1) (k∈Z).
3
42??
又
?
>0，取k=0时，此时f(x)=sin(2x+)在[0，]上是减 函数；
22
?
?
取k=1时，
?
=2，此时f(x)=s in(2x+)在[0，]上是减函数；
22
??
10
取k=2时，
?
≥，此时f(x)=sin(
?
x+)在[0，]上不是单调函数，
22
3
2
综上，
?
=或2。
3
所以
7．三角公式的应用。
例11 已知sin(α-β)=
的值。
【解】 因为α-β∈
?
55
?
?
?
?
3
?
?
,2
?
?
，，sin(α+β)=- ，且α-β∈
?
,
?
?
，α+β∈< br>?
求sin2α,cos2β
1313
?
2
?
?2
?
12
?
?
?
,
?
?
，所 以cos(α-β)=-
1?sin
2
(
?
?
?
) ??.

13
?
2
?
又因为α+β∈
?
1 2
?
3
?
?
,2
?
?
，所以cos(α+ β)=
1?sin
2
(
?
?
?
)?.

13
?
2
?
120
,
169
所以sin 2α=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)+si n(α+β)sin(α-β)=-1.
例12 已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列， 且
112
???
，试求
cosAcosCcosB
cos
A ?C
的值。
2
A?C
=cos(60
0
-C)，
2
【解】 因为A=120
0
-C，所以cos
1111cos( 120
0
?C)?cosC
又由于
????
00
cosA cosC
cos(120?C)
cosC
cosCcos(120?C)
=< br>2cos60
0
cos(60
0
?C)
1
[cos1 20
0
?cos(120
0
?2C)]
2
?
2co s(60
0
?C)
1
cos(120?2C)?
2
0
??22
，
所以
42cos
2
A?CA?C
?2cos?32
=0。
22

解得
cos
A?C2A?C32
???
或
cos
。
2228
又
cos
A?C2
A?C< br>?
>0，所以
cos
。
22
2
例13 求证：tan20
?
+4cos70
?
.
sin20
?
【解】 tan20+4cos70=+4sin20
?

?
cos20
??
sin20
?
?4sin20
?
cos20
?
si n20
?
?2sin40
?
??

??
cos20 cos20
sin20
?
?sin40
?
?sin40
?< br>2sin30
?
cos10
?
?sin40
?
??< br>
cos20
?
cos20
?

sin80
?
?sin40
?
2sin60
?
cos20
?
? ??3.

??
cos20cos20

第七章 解三角形
一、基础知识
在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a, b, c分别表示它们所对的各
边长，
p?
a?b?c
为半周长。
2
abc
1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。
??
sinAsinBsinC
111
推论1：△ABC的面积为S
△
ABC< br>=
absinC?bcsinA?casinB.

222
推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.
推论3：在△AB C中，A+B=
?
，解a满足
ab
?
，则a=A.
sin asin(
?
?a)
1
再证推论2，因为B+C=
?
-A，
absinC
；
2
正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出， 下证推论。先证推论1，由
正弦函数定义，BC边上的高为bsinC，所以S
△
AB C
=
所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA， 两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证
推论3，由正弦定理
sinasin(< br>?
?a)
ab
?
，所以，即sinasin(
?
-A )=sin(
?
-a)sinA，
?
sinAsin(
?
? A)
sinAsinB
11
[cos(
?
-A+a)-cos(?
-A-a)]=
?
[cos(
?
-a+A)-cos(?
-a-A)]，等价于
22
cos(
?
-A+a)=cos(
?
-a+A)，因为0<
?
-A+a，
?
-a+A<
?
. 所以只有
?
-A+a=
?
-a+A，所以a=A，
等价于
?

得证。
222
b?c?a
2．余弦定理： a
2
=b
2
+c
2
-2bccosA
?cosA?
，下面用余弦定理证明几个常
2bc
用的结论。
（1）斯特瓦特定理：在△ ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则
AD
2
=
b2
p?c
2
q
?pq.
（1）
p?q
【证明】 因为c
2
=AB
2
=AD
2< br>+BD
2
-2AD·BDcos
?ADB
，
所以c
2
=AD
2
+p
2
-2AD·pcos
?ADB.
①
同理b
2
=AD
2
+q
2
-2AD·qcos
?ADC
， ②
因为
?
ADB+
?
ADC=
?
，
所以cos
?
ADB+cos
?
ADC=0，
所以q×①+p×②得
b
2
p?c
2
q
qc+p b=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=
?pq.

p?q
2222
2b
2
?2c
2
?a
2
注：在（1）式中，若p= q，则为中线长公式
AD?.

2
（2）
】】



：因为
2
S
?ABC
?
?
1
4
bcsinA=
222
1
4
bc
22
(1-cosA)=
2
1
4
bc
22?
(b
2
?c
2
?a
2
)
2
?
1
22 2
2
?
[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p -a)(p-b)(p-c).
?
1?
?
22
4bc
??
16
这里
p?
a?b?c
.

2
所以S< br>△
ABC
=
p(p?a)(p?b)(p?c).

二、方法与例题
1．面积法。
例1 （共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满足
另外OP，OQ，OR的长分别为u, w, v，这里α，β，α+β∈(0,
?
)，
?POQ?
?
,? QOR?
?
，
则P，Q，R的共线的充要条件是
sin
?
sin
?
sin(
?
?
?
)
??.
uvw
【证明】P，Q，R共线
?S
ΔPQR
?0?S
?OPR
?S
?OPQ
?S
?ORQ

111
uvsin
(α+β)=
uwsinα+vwsinβ
222
sin(
?
?
?
)sin
?
sin
?
，得证。
???
wuv
?
2．正弦定理的应用。
例2 如图所示，△ABC内有一点P，使得
?
BPC-
?
BAC =
?
CPA-
?
CBA=
?
APB-
?
A CB。
求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。
【证明】 过点P作PD
?
BC，PE
?
AC，PF
?
AB，垂足分别为D，E，F，则P， D，
C，E；P，E，A，F；P，D，B，F三组四点共圆，所以
?
EDF=
?
PDE+
?
PDF=
?
PCA+
?
PBA=< br>?
BPC-
?
BAC。由题设及
?
BPC+
?
CPA+
?
APB=360
0
可得
?
BAC+
?
CBA+
?
ACB=180
0
。
所以
?
BPC-
?
BAC=
?
CPA-
?
CBA=
?APB-
?
ACB=60
0
。
所以
?
EDF =60
0
，同理
?
DEF=60
0
，所以△DEF是正三角 形。
所以DE=EF=DF，由正弦定理，CDsin
?
ACB=APsin
?
BAC=BPsin
?
ABC，两边同时
乘以△ABC的外接圆直径2R ，得CP·BA=AP·BC=BP·AC，得证：
例3 如图所示，△ABC的各边分别与两圆⊙ O
1
，⊙O
2
相切，直线GF与DE交于P，求
证：PA
?
BC。
【证明】 延长PA交GD于M，
因为O
1
G
?
BC，O
2
D
?
BC，所以只需证
GM
O
1
A
AF
??.

MD
AO
2
AE由正弦定理
APAFPAAE
?,?
，
sin(
?
? ?1)sin
?
sin(
?
??2)sin
?
所以
AEsin?1sin
?
??.

AFsin?2sin
?
另一方面，
GMPMMDPM
?,?
，
sin
?
sin? 1sin
?
sin?2
所以
GMsin?2sin
?
??< br>，
MDsin?1sin
?
GMAF
，所以PAO
1
G，
?
MDAE
即PA
?
BC，得证。
所以
3．一个常用的代换：在△ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x, y, z，则
a=y+z, b=z+x, c=x+y.
例4 在△ABC中，求证：a
2
(b+c-a)+b
2
(c+a-b)+c
2
(a+b-c) ≤3abc.
【证明】 令a=y+z, b=z+x, c=x+y，则
abc=(x+y)(y+z)(z+x)

?8xy?yz?zx
=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)