高中数学联赛四川2018初赛试题-初高中数学思维区别
高中数学竞赛资料
一、高中数学竞赛大纲
全国高中数学联赛
全国高中数学联赛(一试)所涉及的知识范围不超出教育部2000年
《全日制
普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容,但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试
全国高中数学联赛加试(二试)与国际数学
奥林匹克接轨,在知识方面有所扩
展;适当增加一些教学大纲之外的内容,所增加的内容是:
1.平面几何
几个重要定理:梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。三角形中
的几个
特殊点:旁心、费马点,欧拉线。几何不等式。几何极值问题。几何中的变换:对称、平移、旋转。圆的幂和根轴。面积方法,复数方法,向量方法,解析几何方法。
2.代数
周期函数,带绝对值的函数。三角公式,三角恒等式,三角方程,三角不等式,反三角
函数。递归,递归数列及其性质,一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。平均值不等式,柯西不等式,排序不等式,切比雪夫不等式,一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式,欧拉公式,棣莫弗定理,单位根。多项式的除法定理、因式
分解定理,多
项式的相等,整系数多项式的有理根*,多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数,根与系数的关系,实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代,简单的函数方程*
3. 初等数论
同余,欧几里得除
法,裴蜀定理,完全剩余类,二次剩余,不定方程和方程组,高斯函
数[x],费马小定理,格点及其性
质,无穷递降法,欧拉定理*,孙子定理*。
4.组合问题
圆排列,有重复元素的
排列与组合,组合恒等式。组合计数,组合几何。抽屉原理。容
斥原理。极端原理。图论问题。集合的划
分。覆盖。平面凸集、凸包及应用*。
注:有*号的内容加试中暂不考,但在冬令营中可能考。
三、高中数学竞赛基础知识
第一章 集合与简易逻辑
一、基础知识
定义1 一般地,一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合,简称集,用大写字母
来
表示;集合中的各个对象称为元素,用小写字母来表示,元素
x
在集合
A
中,
称
x
属于
A
,
记为
x?A
,否则称
x不属于
A
,记作
x?A
。例如,通常用
N
,
Z
,
Q
,
B
,
Q
分别表示自然
数集、整数集
、有理数集、实数集、正有理数集,不含任何元素的集合称为空集,用
?
来
表示。集合
分有限集和无限集两种。
集合的表示方法有列举法:将集合中的元素一一列举出来写在大括号内并用逗
号隔开表示集
合的方法,如{1,2,3};描述法:将集合中的元素的属性写在大括号内表示集合的方
法。
+
例如{有理数},
{xx?0}
分别表示有理数集和正实数集。
定义2 子集:对于两个集合
A
与
B
,如果集合
A
中的任何一个元素都是集合
B
中的元素,
则
A
叫做
B的子集,记为
A?B
,例如
N?Z
。规定空集是任何集合的子集,如果<
br>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
,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
,
若
C??
,则
1?C
或
2?C<
br>,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;
A
B
,
B
A
,
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种可能,每一种可能确定一个满足条件的集合对,所以集合
10
对有3个。
(2)
I
的子集分三类:空集,非空真子集,集合
I
本身,确定一个子集分十步,第一步,1
或者属于该子集或者不属于,有两种;第二步,2也有两种,…
,第10步,0也有两种,由
乘法原理,子集共有
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
10
对,每一对不能同在<
br>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
1A
与
A
,并设
A?A
1
??
,则
A<
br>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,
A?B?C?A?B?C?A?B?A?C?B?C?A?B?C
,
需要xy<
br>此结论可
以推广到
n
个集合的情况,即
?
?
A
i?1
n
i
?
?
A
i
?
?<
br>A
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,
?<
br>100
??
100
?
A?B?C?A?B?C?A?B?B?C?C?
A?A?B?C?
?
?
?
?
??
?
2
??
3
?
?
100
??
100
??
100??
100
??
100
?
?
?
?
?<
br>?
?
?
?
?74
,所以不能被2,3,5整除的数有
??????
56101530
??????????
I?A?B?C?26
个。
例7 S是集合{1,2,…,2004}的子集,S中的任意两个数的差不等于4或7,问S
中最多
含有多少个元素?
【解】将任意连续的11个整数排成一圈如右图所示。由题目条件可
知每相邻两个数至多有
一个属于S,将这11个数按连续两个为一组,分成6组,其中一组只有一个数,
若S含有
这11个数中至少6个,则必有两个数在同一组,与已知矛盾,所以S至多含有其中5个数。<
br>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
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<
br>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
,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<
br>n
?
n(n?1)n(n?1)
,
a
2
?1
。
,a
n?1
?a
n
?1
或
a
n
?
22
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
即
a
2
?2
,设
a
n?2
?a
n
?2
,则
a
n?1
?a
n?2
?a
n<
br>?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
a
n?2
?a
2
,n?4<
br>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<
br>?2?a
n
?a
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<
br>a
n
?3?a
n
?a
3
,即
a
3<
br>=3,于是
a
3
?a
2
?a
n
?a
n?1
,矛盾。因此
a
n?2
?a
n
?3
,所以<
br>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<
br>。故当
n?5
时,不
存在满足条件的实数。
例9 设
A<
br>={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<
br>},{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
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,…,3<
br>n
}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+…+
3n?
?
4z
i?1
n<
br>i
,
n
3n(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<
br>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
22
1.二次函数:当
a?
0时,
y
=
ax
+
bx
+
c
或
f
(
x
)=
ax
+
bx
+
c
称为关于
x
的二次函数,其对称轴为直线
x
=-
bb
2
,另外配方可得
f
(x
)=
a
(
x
-
x
0
)+
f
(
x
0
),其中
x
0
=-,下同。
2a
2a
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。
222
3.当
a
>0时,方程
f
(
x
)=0即ax
+
bx
+
c
=0…①和不等式
ax
+bx
+
c
>0…②及
ax
+
bx
+
c
<0…③与
2
函数
f
(
x
)的关系如下(记△=<
br>b
-4
ac
)。
1)当△>0时,方程①有两个不等实根,设
x
1
,
x
2
(
x
1
<
x
2
),不等式②和不等式③的解集分别是
{
x
|
x
<x
1
或
x
>
x
2
}和{
x
|
x
1
<
x
<
x
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
). <
br>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
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
4a
4ac?b
2
b
x
=
x
0
=
?
时,
f
(
x
)取最大值
f
(
x
0
)=.对于给定区间[m,
n
]上的二次函数4a
2a
f
(
x
)=
ax
2
+
bx
+
c
(
a
>0),当
x
0
∈[m,
n
]时,
f
(
x
)在[m,
n
]上的最小值为
f
(
x
0
);
当
x
0
(
x
)
在[m, n
]上的最小值为
f
(m);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<
br>(
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<
br>q
?
p
,则称
p
是
q
的必要条件;如果p
?
q
但
q
不
?
p
,则称
p
是
q
的充分非必要条件;如果
p
不
?
q
但
p
?
q
,则
p
称为
q
的必要非充
分条件;若
p
?
q
且
q
?
p
,则
p
是
q
的充要条件。
二、方法与例题
1.待定系数法。
例1 设方程
x
-
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
).
2
【解】 设f
(
x
)=
ax
+
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,
2
因为方程
x
-
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.
2
又
b
=-(
a
+1),所以
f
(
x
)=
ax<
br>-(
a
+1)
x
+2.
2
再由
f
(α)=β得
a
α-(
a
+1)α+2=β,
22
所以<
br>a
α-
a
α+2=α+β=1,所以
a
α-
a
α+1=0.
2
即
a
(α-α+1)+1-
a
=0,即
1-
a
=0,
所以
a
=1,
2
所以
f
(
x
)=
x
-2
x
+2.
2.方程的思想。
2
例2 已知
f
(
x
)=<
br>ax
-
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.
2
85
f
(2)-
f
(1),
33
8585
所以×(-1)+≤
f
(3)≤×5+×4,
3333
又-1≤
f
(2)=4
a
-
c
≤5,
f
(3)=
所以-1≤
f
(3)≤20.
3.利用二次函数的性质。
2
例3 已知二次函数
f
(
x
)=
ax
+
bx
+
c
(
a
,<
br>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
+
b
x
+
c
(
a
>0),方程
f
(
x
)=
x
的两根
x
1
,
x
2
满足0<x
1
<
x
2
<
(Ⅰ)当
x
∈(0,
x
1
)时,求证:
x
<
f
(
x
)
<
x
1
;
(Ⅱ)设函数
f
(
x
)的图象
关于
x
=
x
0
对称,求证:
x
0
<
2
1
,
a
x
1
.
2
【证明】 因为
x
1
,
x
2
是方程<
br>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
-<
br>x
1
)[
a
(
x
-
x
2
)
+1]=
a
(
x
-
x
1
)[
x
-
x
2
+
1
]<0,所以
f
(
x
)
<
x
1
.
a
综上,
x
<
f
(<
br>x
)<
x
1
.
(Ⅱ)
f
(
x)=
a
(
x
-
x
1
)(
x
-
x
2
)+
x
=
ax
2
+[1-
a
(
x
1
+
x
2
)]
x
+
ax
1
x
2
,
a(x
1
?x
2
)?1x
1
?x
2
1
??,
2a22a
x
1
x
11
?
1
?<
br>?
2
??
?
x
2
?
?
?0
,
222a2
?
a
?
所以
x
0
=
所以
x
0
?
所以
x
0
?
x
1<
br>.
2
5.构造二次函数解题。
222
例5 已知关于<
br>x
的方程(
ax
+1)=
a
(
a
-
x
),
a
>1,求证:方程的正根比1小,负根比-1大。
222
【证明】
方程化为2
ax
+2
ax
+1-
a
=0.
222
构造
f
(
x
)=2
ax
+2
ax
+1-
a
,
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0222
2
x?1(x?1)
x?1
2
1
?
1919
?
y
=5u-u+
1=5
?
u?
?
?
,
?
10
?
2020
?
2
且当
u?
119
即
x
=?
3时,
y
m
in
=.
1020
22
例7 设变量
x
满足
x
+
bx
≤-
x
(
b
<-1),并且
x
+
bx
的最小值是
?
【解】 由
x
+
bx
≤-
x
(
b
<-1),得0≤
x
≤-(
b
+1).
2
1
,求
b
的值。
2
b
2
b<
br>2
1
b
22
??
,ⅰ)-≤-(
b
+1),
即
b
≤-2时,
x
+
bx
的最小值为-
,?
所以
b
=2,所以
b??2
442
2
(舍去)。
b
2
>-(
b
+1),即
b
>-2时,
x
+
bx
在[0,-(
b
+1)]上是减函数,
2
13<
br>2
所以
x
+
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
-
x
+
a
-
a
=0的两根为
x
1
=
a
,
x
2
=1-
a
,
若<
br>a
≤0,则
x
1
<
x
2
.①的解集为
a
<
x
<1-
a
,由②得
x
>1-2
a
.
因为1-2
a
≥1-
a
,所以
a
≤0
,所以不等式组无解。
若
a
>0,ⅰ)当0<
a
<
22<
br>1
时,
x
1
<
x
2
,①的解集为
a
<
x
<1-
a
.
2
因为0<
a
<
x
<1-
a
<1,所以不等式组无整数解。
1
时,
a
=1-
a
,①无解。
2
1ⅲ)当
a
>时,
a
>1-
a
,由②得
x
>1-2
a
,
2
ⅱ)当
a
=
所以不等式组的解
集为1-
a
<
x
<
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<
a
≤2,并且
当1<
a
≤2时,不等式组恰有两个整数解0,1。
综上,
a
的取值范围是1<
a
≤2.
8.充分性与必要性。
例9
设定数
A
,
B
,
C
使得不等式
A
(x
-
y
)(
x
-
z
)+
B
(
y
-
z
)(
y
-
x
)+
C
(
z
-
x
)(
z
-
y
)≥0 ①
对一切实数
x
,
y
,
z
都成立,问
A,
B
,
C
应满足怎样的条件?(要求写出充分必要条件,而且
限
定用只涉及
A
,
B
,
C
的等式或不等式表示条件)
222
【解】 充要条件为
A
,
B
,
C
≥0且
A
+
B
+
C
≤2(
AB
+
BC
+
CA
).
22
先证必要性,①可改写为
A
(
x
-
y
)-(
B
-
A
-
C)(
y
-
z
)(
x
-
y
)+
C
(
y
-
z
)≥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
2222
恒成立,所以
A
>0,△=(
B-
A
-
C
)(
y
-
z
)-4
AC
(
y
-
z
)≤0恒成立,所以(
B
-
A
-
C
)-4
AC
≤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。
222
再证充分性,若
A
≥0,
B
≥0,
C
≥0且
A<
br>+
B
+
C
≤2(
AB
+
BC
+CA
),
222
1)若
A
=0,则由
B
+<
br>C
≤2
BC
得(
B
-
C
)≤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<
br>≤|
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
+
b
≥2
ab
;若
x
,
y
∈R,则
x
+
y
≥
2xy.
22+
(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<
br>,
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<
br>(
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
-1-1
映射,即从
B
到A
由相反的对应法则
f
构成的映射,记作
f
:
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<
br>x
对应
B
中的
y
),则
y
叫做
x<
br>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
:
A
-1
→
B
叫原函数的反函数,通常写作
y
=
f<
br>(
x
). 这里求反函数的过程是:在解析式
y
=
f
(
x
)中反
-1-1
解
x
得
x
=
f
(
y
),然后将
x
,
y
互换得
y=
f
(
x
),最后指出反函数的定义域即原函数的值域。
例如:
函数
y
=
-1
1
1
的反函数是
y
=1-(
x
?
0).
1?x
x
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<
br>x
1
,
x
2
∈
I
并且
x
1
<
x
2
,总有
f
(
x
1
)<
f
(
x
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<
br>=
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<
br>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<
br>(
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
<
b
,则数集
{
x
|
a
<
x
<
b
,
x
∈R}叫做开区间,记作(
a
,
b
),集合{
x
|
a
≤
x
≤
b
,
x
∈R}记作闭区间[
a
,
b
],集合{
x
|
a
<
x
≤<
br>b
}记作半开半闭区间(
a
,
b
],集合{
x
|
a
≤
x
<
b
}记作
半闭半开区间[
a
,
b
),集合{
x
|
x
>
a
}
记作开区间(
a
, +∞),集合{
x
|
x
≤
a<
br>}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)
-1
与函数
y
=
-
f
(-
x
)的图象关于原点成中心对称;(6)与函数
y
=
f
(
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
=
在(
-∞,2)上是减函数,
y
=
1
, u=2-
x
2?x11
在(0,+∞)上是减函数,所以
y
=在(-∞,2)上是
u2?x
增函数。
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。
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
x
例1
求方程|
x
-1|=
唯一交点,所以方程有一个正根。
例2
求函数
f
(
x
)=
x?3x?6x?13?
最大值。
42
y
1
1
x
x
4
?x
2
?1
的
【解】
f
(
x
)=
(x?2)?(x?3)?(x?1)?(x?0)
,记点
P
(
x
,
x
),
A
(3,2),
222
222
-2
B
(0,1),则
f
(
x
)表示动点<
br>P
到点
A
和
B
距离的差。
2
因为|
PA
|-|
PA
|≤|
AB
|=
3
2
?
(2?1)
2
?10
,当且仅当
P
为
AB
延长线与
抛物线
y
=
x
的交点
时等号成立。
所以
f
(
x
)
m
ax
=
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
+1997
t
,先证
f(
t
)在(-∞,+∞)上递增。事实上,若
a
<
b
,
则
f
(
b
)-
f
(
a
)=
b3
-
a
3
+1997(
b
-
a
)=(
b
-
a
)(
b
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.
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
)<0,求
a
的取值范围。
222
【解】
因为
f
(
x
) 是奇函数,所以
f
(1-
a
)=-
f
(
a
-1),由题设
f
(1-
a
)<
f
(
a
-1)。
2
又
f
(
x
)在定义域(-1,1)上递减,所以-1<1-
a
<
a
-1<
1,解得0<
a
<1。
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(2
k
-1,
2
2
k<
br>+1],已知当
x
∈
I
0
时,
f
(
x
)=
x
,求
f
(
x
)在
I
k<
br>上的解析式。
【解】 设
x
∈
I
k
,则2
k
-1<
x
≤2
k
+1,
2
所以
f<
br>(
x
-2
k
)=(
x
-2
k
).
又因为
f
(
x
)是以2为周期的函数,
2
所以当
x
∈
I
k
时,
f
(
x
)=
f
(
x
-2
k
)=(
x
-2
k
).
例6 解方程:(3
x
-1)(
9x?6x?5?1
)+(
2
x
-3)(
4x?12x?13
+1)=0.
【解】
令m=3
x
-1,
n
=2
x
-3,方程化为
2
2
3
m(
m
2?4
+1)+
n
(
n
2
?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
2
?4
+1),则
f
(
t
)在(0,+∞)上是增函数。又
f
(m)=
f
(-
n
),
所以m=-
n
,所以3
x
-1+2
x
-3=0,所以
x
=
.
ⅱ)若m<0,且
n
>0。同理有m+
n
=0,
x
=
综上,方程有唯一实数解
x
=
3.配
方法。
例7
求函数
y
=
x
+
2x?1
的值域。
4
5
4
,但与m<0矛盾。
5
4
.
5
1
[2
x
+1+2
2x?1
+1]-1
2
111
=(
2x?1
+1)-1≥-1=-.
222<
br>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
2<
br>【解】令
1?x
+
1?x
=u,因为
x
∈[0,1]
,所以2≤u=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
+3(
y
+1)
x
+4<
br>y
-4=0. ①
当
y
?
1时,①式是关于
x
的方程有实根。
所以
△=9(
y
+1)-16(
y
-1)≥0,解得
22
21
≤
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,
-1<
br>求证:
y
=
f
(
x
)在(-∞,+
∞)上也是增函数。
【证明】设
x
1
<
x
2
,
且
y
1
=
f
(
x
1
),
y2
=
f
(
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
<
y2
。
-1
即
y
=
f
(
x
)在(-∞,+
∞)递增。
例11 设函数
f
(
x
)=
4
-1
-1
4x?1
-1
,解方程:
f
(
x
)=
f
(
x
).
3x?2
21
)∪[-,+∞);其次,设
x
1
,
x
2
是定义域内变量,
34
【解】 首先
f
(<
br>x
)定义域为(-∞,-
且
x
1
<
x
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)
21
)上递增,同理
f
(
x
)在[-,+∞)上递增。
34
-1-1
所以
f
(
x
)在(-∞,-
-1在方程
f
(
x
)=
f
(
x
)中,记<
br>f
(
x
)=
f
(
x
)=
y
,则
y
≥0,又由
f
(
x
)=
y
得
f
(
y
)=
x
,所以
x
≥0,
所以x
,
y
∈[-
1
,+∞).
4
若
x
?
y
,设
x
<
y
,则
f
(
x
)=
y
<
f
(
y
)=
x
,矛
盾。
同理若
x
>
y
也可得出矛盾。所以
x
=y
.
54
即
f
(
x
)=
x
,化简得3
x
+2
x
-4
x
-1=0,
432<
br>即(
x
-1)(3
x
+5
x
+5
x
+5
x
+1)=0,
432
因为
x
≥0,所以3
x
+5
x
+5
x
+5
x
+1>0,所以
x
=1.
第四章 几个初等函数的性质
一、基础知识
x1.指数函数及其性质:形如
y
=
a
(
a
>0, a
?
1)的函数叫做指数函数,其定义域为R,值域为
xx
(0,+∞)
,当0<
a
<1时,
y
=
a
是减函数,当
a
>1时,
y
=
a
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
m
n
?a,a
n
m?n
1
?
?
n
,an
?
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0<
a
<1,
y
=
log
a
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);
x
1)
a
=M
?
x
=
log
a<
br>M(
a
>0,
a
?
1);
2)
log
a
(M
N
)=
log
a
M+
log
a
N
;
3)
log
a
(
M
n
)=
log
a
M-
log
a
N
;4)
log
a
M=
n
log
a
M;,
N
5)
log
a
<
br>n
M
=
log
c
b
1
log
a M;6)
a
loga
M
=M; 7)
log
a
b
=(
a
,
b
,
c
>0,
a
,
c
?
1).
n
log
c
a
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
x
?
?
?
a,??<
br>,单调递减区间为
?a,0
?
?
?
?
?
6.连续函数的性质:若
a
<
b
,
f
(
x
)在[
a
,
b
]上连续,且f
(
a
)·
f
(
b
)<0,则
f(
x
)=0在(
a
,
b
)
上至少有一个实根。
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<a
<1).
因为
f
(-1)=-(
b
+
c<
br>)+
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
,…,<
br>a
n
是不全为0的实数,
b
1
,
b
2,…,
b
n
∈R,则(
?
a
i?1
n
2
i
)(·
?
b
i?1
n
2
i
)
≥(
?
ab
i
i?1
n
i
),等号当且仅
当存在
?
?
R,使
a
i
=
?
b
i
,
i
=1, 2, …,
n
时成立。
2
【证明】 令
f
(
x
)= (
?
a<
br>i?1
n
2
i
)
x
-2(
2
?ab
i
i?1
n
i
)
x
+
?
b
=
?
(a
2
i
i?1
n
n
i<
br>x?b
i
)
2
,
i?1
因为
?
a
i?1
n
2
i
>0,且对任意
x
∈R,
f
(
x
)≥0,
所以△=4(
?
ab
i
i?1
n
2
i
n
i
)-4(
?
a
i?1
n
2
i
)(
?
b
i?1
n
2
i
)≤0.
展开得(
?
a
i?1
)(
?
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
?
?
的最小值。 <
br>y?
?
?
??
x
?
?
y
?
【解】u=
?
x?
?
?
1
xy1
1
??
1
?
xy
?
??
=
xy
+≥
xy
++2·
y?
?
?
?
?
xyyxxy
yx
x
?
?
y
??
=
xy<
br>+
1
+2.
xy
c
2
(x?y)
2
c
2
1
.
?
令
xy
=
t,则0<
t
=
xy
≤,设
f
(
t
)=
t
+,0<
t
≤
4
44
t
?
c<
br>2
?
c
2
0,
?
上单调递减。 因为0<
c
≤2,所以0<≤1,所以
f
(
t
)在
?
?
4
?
4
?
c
2
c<
br>2
4
c
2
4
所以
f
(
t
)
m
in
=
f
()=+,所以u≥++2.
44
c
2
4
c
2
c
2
4
c
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
t
+
q
的值。
p
t
【解】
令
log
9
p
=
log
12
q
= log
16
(
p
+
q
)=
t
,则p
=9 ,
q
=12 ,
p
+
q
=16,
t
?
4
??
4
?
所以9 +12
=16,即1+
??
?
??
.
?
3
??
3
?
t
t
t
t2t
1?5
q12
t
?
4
?
2
.
记
x
=
?
t
?
??
,则1
+
x
=
x
,解得
x?
2
p
9
3<
br>??
又
t
qq
1?5
.
>0,所以=
2
pp
xyzw
例5 对于正整数
a
,
b
,
c
(
a
≤
b
≤
c
)和实数
x
,
y
,
z
,
w
,若a
=
b
=
c
=70,且
求证:
a
+<
br>b
=
c
.
xyzw
【证明】 由
a
=<
br>b
=
c
=70取常用对数得
xlga
=
ylgb=
zlgc
=
wlg
70.
所以
1111
?
??
,
xyzw
1
1
1
11
1
lga=
lg
70,
lgb
=
lg
70,
lgc
=
lg
70,
y
xz
www
相加
得
?
111
?
1111
1
???
,
?<
br>(
lga
+
lgb
+
lgc
)=
?
lg
70,由题设
??
??
xyzw
w
?
xyz<
br>?
所以
lga
+
lgb
+
lgc
=
lg
70,所以
lgabc
=
lg
70.
所以
abc
=70=2×5×7.
若
a
=1,则因为xlga
=
wlg
70,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
.
2
logab
例6 已知
x
?
1,
ac
?
1,
a
?
1,
c
?
1. 且
log
a
x
+
log
c
x
=2
log
b
x
,求证
c
=(ac
).
【证明】 由题设
log
a
x
+
log
c
x
=2
log
b
x
,化为以
a<
br>为底的对数,得
log
a
x?
log
a
x2log
a
x
,
?
log
a
clog
a
b
22
因为
ac
>0,
ac
?
1,所以
log
a
b
=
log
ac
c
,所以
c=(
ac
).
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。
logab
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。
x x x x
例7 解方程:3+4 +5 =6.
?
1
??
2
??
5
??
1
??
2
?
?
5
?
【解】 方程可化为
??
?
??
?
??
=1。设
f
(
x
)=
??
?
??
?
??
, 则
f
(
x
)在
?
2
??
3
??
6
??
2<
br>??
3
??
6
?
(-∞,+∞)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?y
?
?x
3
?
y
xxxxxx
【解】
两边取对数,则原方程组可化为
?
?
(x?y)lgx?12lgy
.
①②
(x?y)lgy?3glx
?
2
把①代入②得(
x<
br>+
y
)2
lgx
=36
lgx
,所以[(
x
+
y
)-36]
lgx
=0.
2+
由
l
gx
=0得
x
=1,由(
x
+
y
)-36=0(<
br>x
,
y
∈R)得
x
+
y
=6,
22
代入①得
lgx
=2
lgy
,即
x
=
y
,所以
y
+
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
?
?
y
2
?2
例9
已知
a
>0,
a
?
1,试求使方程
log
a(
x
-
ak
)=
log
a
(
x
-
a
)有解的
k
的取值范围。
222
?
(x?
ak)
2
?x
2
?a
2
?
【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
2
故只需解
?
.
x?ak?0
?
由①可得2
kx
=
a<
br>(1+
k
), ④
2
a(1?k
2
)1?k2
当
k
=0时,④无解;当
k
?
0时,④的解是
x
=,代入②得>
k
.
2k2k
若
k
<0,则
k
>1,所以
k
<-1;若
k
>0,则
k
<1,所以0<
k
<1.
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<
br>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
, 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<
br>成等差数列,即2
b
=
a
+
c
,则称
b为
a
和
c
的等差中项,若公
22
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<
br>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<
br>-
a
1
);6)若
A
,
B
至少有一个不2
为零,则{
a
n
}是等差数列的充要条件是S
n
=<
br>An
+
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
n
)
定理3 等比数列的性质:1)a
n
=
a
1
q
;2)前
n
项和Sn
,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<
br>=
ac
(
b
?
0),则
b
叫做
a<
br>,
c
的等比中项;
4)若m+
n
=
p
+<
br>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
lima
n
?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
≥<
br>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。
2
定理5 对于齐次二阶线性递归数列
x
n<
br>=
ax
n
-1
+
bx
n
-2
,设它
的特征方程
x
=
ax
+
b
的两个根为α,
n
-1
n
-1
β:(1)若α
?
β,则
x
n
=
c
1
a
+
c
2
β,其中
c
1
,
c
2
由初始条件
x
1
,
x
2
的值确定;(2)若α=β,
n
-1
则
x
n
=(
c
1
n
+
c
2
)
α,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,…。
nn
2
【解】1)
a
n
=
n
2
-1;2)
a
n
=3-2;3)
a
n
=
n
-2
n
.
例2
已知数列{
a
n
}满足
a
1
=
【解】 因为<
br>a
1
=
1
2
,
a
1
+
a<
br>2
+…+
a
n
=
na
n
,
n
≥1,求通项
a
n
.
2
1
2
,又
a
1
+
a
2
=2·
a
2
,
2
a?a
1
1
1
,<
br>a
3
=
?
2
2
?
,猜想
a
n
?
(
n
≥1).
3?4
n(n?1)
3?1<
br>3?2
1
,猜想正确。2)假设当
n
≤
k
时猜想成立
。
2?1
2
所以
a
2
=
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)-1]
a
k
+1
,,
所以
111
????
=<
br>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0<
a
<1,数列{
a
n
}满足
a
n
=
1+
a
,
a
n
-1
=
a
+
【证明】
证明更强的结论:1<
a
n
≤1+
a
.
1)当
n
=1时,1<
a
1
=1+
a
,①式成立;
2)假
设
n
=
k
时,①式成立,即1<
a
n
≤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Sn
中的
n
通常是对任意
n
∈
N
成立,因此可将
其中的
n
换成
n
+1或
n
-1等,这种办法通常称迭代或递
推。
例4 数列{
a
n
}满足
a
n
+
pa
n
-1
+
qa
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
+
qa<
br>n
?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<
br>n
+2
)+
qa
n?1
=
a
n
+2
·(-
qa
n
)+
qa
n?1
=
222
2
q(a
n?1
?a
n
a
n?2
)?q[a
n?1
+
a
n
(
pq
n
+1
+
qa
n
)]=
q
(
a
n?1
?pa
n?1
a
n
?qa
n
).
2
2
22
若
a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
=0
,则对任意
n
,
a
n?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
=0,取
c
=0即可.
22
2
2
22
若
a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
?
0,则{
a
n?1
?pa
n?
1
a
n
+
qa
n
}是首项为
a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
,公式为
q
的等比
数列。
2
2
所以
a
n?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
=
(a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
)
·
q
.
n
22
1
即可.
q
取
c??(a
2
?pa
1
a
2
?qa
1<
br>)
·
综上,结论成立。
22
例5
已知
a
1
=0,
a
n
+1
=5
a
n
+
24a
n
?1
,求证:
a
n
都是整
数,
n
∈
N
+
.
【证明】
因为
a
1
=0,
a
2
=1,所以由题设知当
n<
br>≥1时
a
n
+1
>
a
n
.
又由<
br>a
n
+1
=5
a
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
n
a
n?1
?a
n
当
n
≥2时
,把①式中的
n
换成
n
-1得
a
n?1
?1?0<
br>,即
22
a
n?1
?10a
n
a
n?1<
br>?a
n
?1?0.
②
2
2
2
因为
a
n
-1
<
a
n
+1
,所以①式和
②式说明
a
n
-1
,
a
n
+1
是方程<
br>x
-10
a
n
x
+
a
n
-1=0的
两个不等根。由韦
2
达定理得
a
n
+1
+
an
-1
=10
a
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S99
=
a
1
+
a
2
+…+
a
99
.
n100
4?2
2?2
100
?4
n?4
100?n
1
1
1
【解】 因为
a
n+
a
100-
n
=
n
+=,
?
10
0
100?n100
100100n100?n100
4?2
4?2
4?2?2(4?4)2
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
【解】
一般地,
1k?2?k
?
k(k?1)(k?2)2k(k?1)(k?2
)
?
1
?
11
?
,
?
?
???
2
?
k(k?1)(k?1)(k?2)
?
所以
S
n
=
1
?
k(k?1)(k?2)
k?1
n
?
?
1
?
111111
?????????
2
?
1?22?32?33?4n(n?1)(n?1)(n?2)
?
?
?
1
?
11
?
??
2
?
2(n?1)(n?2)
?
11
?.
42(n?1)(n?2)
?
例8 已知数列{
a
n
}满
足
a
1
=
a
2
=1,
a
n
+2<
br>=
a
n
+1
+
a
n
, S
n
为数列
?
?
a
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
?
11
a
?2
?
?
2
???
n
?
2
22
n?2
?
?
a
n
?
?
n?1
,
?
2
?
111
由①-②得
S
n
??
2
22
2
所以
a
111
S
n
??Sn?2
?
n
n
。
?1
224
2
a
n
>0,
2
n?1又因为S
n
-2n
且
所以
111
11
S
n
??
S
n
,
所以
S
n
?
,
42
224
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
-4
a
n
,求
a
n
.
2
【解】 由特征方程
x
=4
x
-4得
x
1
=
x
2
=2.
?
3?
?
?
?
故设
a
n
=(α+β
n
)·2,其中
?
,
6?(
?
?2
?
)?2
?
n
-1所以α=3,β=0,
n
-1
所以
a
n
=3·2.
例10 已知数列{
a
n
}满足
a
1
=3,
a
2
=6,
a
n
+2
=2
a
n
+1
+3
a
n
,求通项
a
n
.
2
【解】
由特征方程
x
=2
x
+3得
x
1
=3,
x
2
=-1,
?
3?3
?
?
?
所以
a
n
=α·3+β·(-1),其中
?
,
6?9?
?
?
?
nn
解得α=
3
3
,β??
,
4
4
所以
an
?
1
n?1
[3?(?1)
n?1
·3]。
4
5.构造等差或等比数列。
例11 正数列
a
0
,<
br>a
1
,…,
a
n
,…满足
a
n
a<
br>n?2
?a
n?1
a
n?2
=2
a
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<
br>?2
n?1
=1,
a
n?1
a
n?2
?<
br>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
0
a
n?1
所以
b
n
=
a
a
n
nn
2
+1=2,所以
n
=(2-1),
a
n?1
a
n
?1
n
a
n
a
n?1
a
2
a
1<
br>所以
a
n
=·…··
a
0
=
?
(2
k
?1)
2
.
a
n?1
a
n?
2
a
1
a
0
k?1
n
注:
?
C<
br>i?1
i
?
C
1
·
C
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。 <
br>2x
n
2
又
x
n
+2≥
22x
n<
br>,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
2x
n
x
n?1
?2
?
x
n
?2
?
?
?
由①÷②得
?
。 ③
x
n
?1
?2
?
?
x
n
?2
?
?
2<
br>
又
x
1
?2
x
1
?2
>0,
?
x
n?1
?2
??
x
n
?2
?
由
③可知对任意
n
∈
N
+
,>0且
lg
??
?2lg
??
,
x
n
?2
??
?
xn?1
?2
?
??
x
n
?2
?
?x
n
?2
所以
lg
?
?
x
n
?2
?
?
2?2
?
是首项为
lg
?
??<
br>,公比为2的等比数列。
?
?
2?2
?
?
x
n
?2
?
?
所以
lg
x
n
?2
x
n
?2
?2
n?1
?
2?2
?
x
n
?2
?
2?2
?
·
lg
?
?
?
?
,所以
?
x?2
2?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s
in
α=
x
yy
x
,余弦
函数
co
sα=,正切函数
tan
α=,余切函数
cot
α
=,正割函数
y
rx
r
se
c
α=
r
r<
br>,余割函数
c
s
c
α=
.
y
x<
br>11
,s
in
α=,
co
sα
cot
?csc
?
定理1 同角三角函数的基本关系式,倒数关系:
tan
α=
=
1
sin
?
cos
?
;商数关系:
ta
n
α=;乘积关系:
tan
α×
co
sα=s
in
α,
cot
,cot
?
?
sec
?
cos
?
sin
?
222222
α×s
in
α=
cosα;平方关系:s
in
α+
co
sα=1,
tan
α+1=se
c
α,
cot
α+1=
c
s
c
α.
定理2
诱导公式(Ⅰ)s
in
(α+π)=-s
in
α,
co
s(π+α)=-
co
sα,
tan
(π+α)=
tan
α,
cot
(π+α)=cot
α;(Ⅱ)s
in
(-α)=-s
in
α,
co
s(-α)=
co
sα,
tan
(-α)=-
tan
α,
cot
(-
α)=
cot
α;
(Ⅲ)s
in
(π-α)=s
in
α,
co
s(π-α)=-
co
sα,
tan
=(π-α)=-
tan
α,
cot
(π-
α)=-
cot
α; (Ⅳ)s
in
?
?
?
??
?
??
?
?
?
??
=
co
sα,
co
s
?
?
?
?
=s
in
α,
tan
?
?
?
?
=
cot
α(奇
?
2
??
2
??
2
?
变偶不变,符号看象限)。
定理3 正弦函数的性质,根据图象可得
y
=
s
inx
(
x
∈R)的性质如下。单调区间:在区间
?
3<
br>?
??
??
?
上为增函数,在区间
2k
?
?
,2k
?
?
?
?
上为减函数,最小正周期
2k
?<
br>?,2k
?
?
?
??
22
22
?
?
?
?
为2
?
. 奇偶数. 有界性:当且仅当
x
=2
kx
+
取最小值-1。对称性:直线
x
=
k
?
+
?
?
时,
y
取最大值1,当且仅当
x
=3
k
?
-时,
y
22
?
均为其对称轴,点(
k
?
, 0)均为其
对称中心,值域
2
为[-1,1]。这里
k
∈
Z
.
定理4 余弦函数的性质,根据图象可得
y
=
co
s
x<
br>(
x
∈R)的性质。单调区间:在区间[2
k
π,
2
k
π+π]上单调递减,在区间[2
k
π-π, 2
k<
br>π]上单调递增。最小正周期为2π。奇偶性:
偶函数。对称性:直线
x
=k
π均为其对称轴,点
?
k
?
?
?
?
?
?
,0
?
均为其对称中心。有界性:当
2
?
且仅
当
x
=2
k
π时,
y
取最大值1;当且仅当
x=2
k
π-π时,
y
取最小值-1。值域为[-1,1]。
这里
k
∈
Z
.
?
??
)在开区间(
k
π-,
k
π+)
222
?
上为增函数, 最小正周期为π,值域为(-∞,+∞),
点(
k
π,0),(
k
π+,0)均为其
2
定理5 正切函
数的性质:由图象知奇函数
y
=
tanx
(
x
?
k
π+
对称中心。
定理6 两角和与差的基本关系式:
co
s(α
?
β)=
co
sα
co
sβ
?
s
in
αs
in
β,s
in
(α
?
β)=s
in
α
co
sβ
?
co
sαs
in
β;
tan
(α
?
β)=
定理7 和差化积与积化和差公式:
s
in
α+s
in
β=2s
in
?
(tan?
?tan
?
)
.
(1?tan
?
tan
?
)
?
?
?
?
?
2
??<
br>?
?
?
?
co
s
?
??
2
??
?
?
?
?
,s
in
α-s
in
β=2s
in
?
??
2
??
?
?
??
co
s
?
??
2
?
?
,
?
co
sα+
co
sβ=2
co
s
?
s<
br>in
α
co
sβ=
?
?
?
?
??<
br>?
?
?
??
?
?
?
??
?
?
?
?
?
co
s
??
,
co
s
α-
co
sβ=-2s
in
??
s
in
??
,
2222
????????
11
[s
in
(α+β)
+s
in
(α-β)],
co
sαs
in
β=[s
in
(α+β)-s
in
(α-β)],
22
11
co<
br>sα
co
sβ=[
co
s(α+β)+
co
s(α-
β)],s
in
αs
in
β=-[
co
s(α+β)-co
s(α-β)].
22
定理8
倍角公式:s
in
2α=2s
in
α
co
sα,
co
s2α=
co
sα-s
in
α=2
co
sα-
1=1-2s
in
α,
2222
tan
2α=
2tan
?
.
2
(1?tan
?
)
定理9 半角公式:s
in
?
(1?cos
?
)(1?cos
?
)
?
?
??
?
?
,
co
s
??
=
?
,
?
=
?
22
?
2
??
2
?
sin
?
(1?cos
?
)
(1?cos
?
)
?
?
?
?.
=
?=
?
2
(1?cos
?
)sin
?
(1?co
s
?
)
??
tan
?
?
?
??
?
?
2tan
??
1?tan
2
??
?
2<
br>?
,
cos
?
?
?
2
?
,
定理10 万能公式:
sin
?
?
?
?
??
?
?
1?tan
2
??
1?tan
2
??
?
2
??
2
?
?
?
?
2tan
??
?
2
?
.
tan
?
?
?
?
?
1?tan
2
??
?
2
?
22定理11 辅助角公式:如果
a
,
b
是实数且
a
+
b
?
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s
in
β=
b
a?b<
br>22
,
co
sβ=
a
a?b
22
,对任意的
角α.
a
s
in
α+
bco
sα=
(a
2
?b
2
)
s
in
(α+β).
定理12 正
弦定理:在任意△
ABC
中有
abc
???2R
,其中
a<
br>,
b
,
c
分别是
sinAsinBsinC
角<
br>A
,
B
,
C
的对边,R为△
ABC
外接圆半
径。
222
定理13 余弦定理:在任意△
ABC
中有
a
=
b
+
c
-2
bco
s
A
,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
=s
inx
的图象经上下平移得
y
=s
inx
+
k
的
图象;经左右平移得
y
=s
in
(
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
=s
in
?
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
=
A
s
inx
的图象(振幅变
换);
y
=
A
s
in
(
?
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
=
A
s
inx
的图象(振幅变换);
y
=
A
s
in
(
?
x
+
?
)(
?
,
?
>0)(|
A
|叫作振幅)的图象向右
平移
?
个单位得到<
br>y
=
A
s
in
?
x
的图象。
?<
br>?
?
?
??
?
?
,
?
?
?
的反函数叫反正弦函数,记作
y
=
a
r
c
s
inx
(
x
∈[-1,
22
??
?
定义4
函数
y
=s
inx
?
?
x?
?
?
1]),函数
y
=
co
s
x
(
x
∈[0,
π]) 的反函数叫反余弦函数,记作
y
=
a
r
cco
s<
br>x
(
x
∈[-1, 1]). 函
数
y
=
t
anx
?
?
x?
?
?
?
?
?
??
?
?
的反函数叫反正切函数。记作
y
=
a
r
ctanx
(
x
∈[-∞, +∞]).
,
?
?
?
?
22
?
?
y
=
co
s
x<
br>(
x
∈[0, π])的反函数称为反余切函数,记作
y
=
a
r
ccotx
(
x
∈[-∞, +∞]).
n
定理15 三角方程的解集,如果
a
∈(-1,1),方程s
i
nx
=
a
的解集是{
x
|
x
=
n
π+(-1)
a
r
c
s
ina
,
n
∈<
br>Z
}。方程
co
s
x
=
a
的解集是{
x
|
x
=2
kx
?
a
r
cco
s
a
,
k
∈
Z
}. 如果
a
∈R,方程
tanx
=
a
的解集
是{
x
|
x
=
k
π+
a
r
ctana
,
k
∈
Z
}。恒等式:
a
r
c
s
ina
+
a<
br>r
cco
s
a
=
?
?
;
a
r
ctana
+
a
r
ccota
=.
22
?
?
定理16 若
x?
?
0,
?
?
?
,则s
inx
<
x
<
tanx
.
2
?
二、方法与例题
1.结合图象解题。
例1
求方程s
inx
=
lg
|
x
|的解的个数。
【解
】在同一坐标系内画出函数
y
=s
inx
与
y
=
l
g
|
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
co
s(s
inx
)与s
in
(
co
s
x
)的大小。
【解】 若
x?
?
?
?
???
?
,
?
?
,则
co
s
x
≤
1且
co
s
x
>-1,所以
co
s
x?
?
?,0
?
,
?
2
?
?
2
?所以s
in
(
co
s
x
)
≤0,又0inx
≤1,
所以
co
s(s
inx
)>0,
所以
co
s(s
inx
)>s
in
(
co
s
x
). 若
x?
?
0,?
?
?
?
?
,则因为<
br>?
2
?
?
2
?
?
??
2
?
?
?2
(s
inxco
s+s
inco
s
x
)=
2
s
in
(
x
+)≤s
inx
+<
br>co
s
x
=
2sinx?cosx
?
2
?<
br>444
2
??
2
<
?
,
2
?
?
-
co
s
x
<,
22<
br>?
所以
co
s(s
inx
)>
co
s(-<
br>co
s
x
)=s
in
(
co
s
x<
br>).
2
所以0inx
<
综上,当
x
∈
(0,π)时,总有
co
s(s
inx
)in
(
co
s
x
).
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
例3 已知α,β为锐角,且
x
·(α+
β-)>0,求证:
?
?
sin
?
?
?
?
?
sin
?
?
?2.
2
?
??
?
【证明】 若α+β>
x
x
???
,则
x
>0,由α>-β>0得
co
sα<
cos(-β)=s
in
β,
222
所以0<
cos
?<
br>?
cos
?
<1,又s
in
α>s
in
(-
β)=
co
sβ, 所以0<<1,
sin
?
2
sin<
br>?
x
x
0
0
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
c
os
?
?
??
??
所以
?
??
?
sin
?
??
sin
?
?
?
?
?
sin
?
?
?2.
sin
?
??
??<
br>?
??
?
若α+β<
??
?
?
,
则
x
<0,由0<α<-β<得
co
sα>
co
s(-β)
=s
in
β>0,
2222
所以
cos
?
?cos
?
>1。又0in
αin
(-β)=<
br>co
sβ,所以>1,
sin
?
2
sin
?
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
c
os
?
?
?
cos
?
?
???
所以
?
???
????
?2
,得证。
?
sin
?<
br>???
??
?
sin
?
?
?
sin
?
?
?
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<
br>y
=s
in
(2
co
s|
x
|)的最小正周
期。
【解】 首先,
T
=2π是函数的周期(事实上,因为
co
s(-
x
)=
co
s
x
,所以
co
|x
|=
co
s
x
);其
次,当且仅当
x
=
k
π+
x
x
0
0
?
时,
y<
br>=0(因为|2
co
s
x
|≤2<π),
2
所以若
最小正周期为
T
0
,则
T
0
=mπ, m∈
N+
,又s
in
(2
co
s0)=s
in
2?
s
in
(2
co
sπ),所以
T
0
=2π。
4.三角最值问题。
例5 已知函数
y
=s
inx<
br>+
1?cos
2
x
,求函数的最大值与最小值。
【解法一】
令s
inx
=
2cos
?
,1?cos
2
x?则有
y
=
2cos
?
?
因为
3
??<
br>?
2sin
?
?
?0?
?
?
,
4
??
4
2sin
?
?2sin(
?
?
?<
br>4
).
?
3
??
?0?
?
,所以
?
?
??
?
,
24
44
所以
0
?sin(
?
?
所以当
?
?
当
?
?
?
4
)
≤1,
?
3?
,即
x
=2
k
π-(
k
∈
Z
)时,
y
m
in
=0,
2
4
?
(k
∈
Z
)时,
y
m
ax
=2.
2<
br>2
?
4
,即
x
=2
k
π+
【解法二
】 因为
y
=s
inx
+
1?cosx?
=2(因为(<
br>a
+
b
)≤2(
a
+
b
)),
222
2(sin
2
x?1?cos
2
x)
, <
br>且|s
inx|
≤1≤
1?cosx
,所以0≤s
inx+
1?cosx
≤2,
所以当
1?cosx
=s
in
x
,即
x
=2
k
π+
当
1?cosx
=-
s
inx
,即
x
=2
k
π-
例6 设0<
?
<π,求s
in
2
2
22
?
(
k∈
Z
)时,
y
m
ax
=2,
2
?
(
k
∈
Z
)时,
y
m
in
=0。
2
?
2
(1?cos
?
)
的最大值。
【
解】因为0<
?
<π,所以
0?
?
2
?
?
2
,所以s
in
??
>0,
co
s>0.
22
所以s
in
??
??
2
?
2
?
(
1+
co
s
?
)=2s
in
·
co
s=<
br>2?2sin?cos
2
?cos
2
≤
222
222
??
??
2<
br>?
?cos
2
?cos
2
??
2sin
22
2
?
=
16
?
43
.
2?
?<
br>3
279
??
??
??
当且仅当2s
in
2
3
243
???
2
?
=
co
s, 即tan
=时,s
in
(1+
co
s
?
)取得最
大值。
9
222
2
2
例7 若
A
,
B
,
C
为△
ABC
三个内角,试求s
inA
+sinB
+s
inC
的最大值。
【解】 因为s
inA
+s
inB
=2s
in
A?B
A?BA?B
co
s, ①
?2sin
2
22
s
inC
+s
in<
br>?
3
C?
?2sin
2
?
3
cos
C?
2
?
3
?2sin
C?
2
?
3
, ②
又因为
sin
A?B
?sin
2C?
2
?
3
?2sin
A?B?C?
4
?3
cos
A?B?C?
4
?
3
?2sin
?<
br>,③
3
由①,②,③得s
inA
+s
inB
+s<
br>inC
+s
in
??
≤4s
in
,
33<
br>所以s
inA
+s
inB
+s
inC
≤3s
in
?
33
=,
2
3
当
A
=
B
=
C
=
33
?
时,(s
inA
+s
inB
+s
inC
)
m
ax
=.
2
3
注:三角函数的有界性、|s
inx
|≤1、|
co
s
x<
br>|≤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<
br>t
=s
inx
+
co
s
x
=
2si
nx?cosx
?
2
?
24
??
因为
?1?sin
(x?
所以
?2?t?
2
?
4
)?1,
2.
又因为
t
=1+2s
inxco
s
x
,
x
2
?1
t
2
?1
t?1
所以s
inxc
o
s
x
=,所以
y?
2
?
,
2
1?t2
所以
?2?1
?y?
2
2?1
.
2
因为
t
?
-1,所以
t?1
??1
,所以
y
?
-1.
2
?
?
2?1
??
2?1
?
?
?1,,?1
?
?
?
.
??
22
???
所以函数值域为
y?
?
?
例9 已知
a
0
=1,
a
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
=
t
ana
n
,
a
n
∈
?
0,
?
?
?
?
?
,则
2
?
a
n
=
1?tan
2
a
n?1
?1
tana
n?1
?<
br>seca
n?1
?11?cosa
n?1
a
??tan
n?1
?tana
n
.
2
tana
n?1sina
n?1
n
a
1
?
?
?
?1
?
因为
n?1
,
a
n
∈
?
0,
?
,所以
a
n
=
a
n?1
,所以a
n
=
??
a
0
.
2
2<
br>?
2
?
?
2
?
??
?
1
?
又因为
a
0
=
tana
1
=1,所以
a<
br>0
=,所以
a
n
?
??
·。
44
?
2
?
又因为当0<
x
<
n
?
??
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
∈
?<
br>0,
?
?
?
时,有
tanx
>
x
>
s
inx
,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
=s
inx
(
x
∈R)与
y
=
A
s
in
(
?
x
+
?
)(
A
,
?
,
?
>0).
由
y
=s
inx
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
=
A
s
in
(
?<
br>x
+
?
)的图象;也可以由
y
=s
inx
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,横坐标变为原来的
?
个单位,得到
y
=
A
s
in
(
?x
+
?
)的图象。
?
?
例10 例10 已知<
br>f
(
x
)=s
in
(
?
x
+
?
)(
?
>0, 0≤
?
≤π)是R上的偶函数,其图象关于点<
br>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。
?
4
??
2
?
【解】 由
f
(
x
)是偶函数,所以
f
(-
x
)=
f
(
x<
br>),所以s
in
(
?
+
?
)=s
in
(-
?
x
+
?
),所以
co
s
?
s
inx
=0,对任意
x
∈R成立。
又0≤
?
≤π,解得
?
=
?
,
2
33
?
3
?
?,0
?
对称,所以
f(
?
?x)?f(
?
?x
)
=0。
44
?
4
?
因为
f
(
x
)图象关于
M
?
取
x
=0,得
f(
?<
br>)
=0,所以
sin
?
3
4
?
??
3
?
?
?
?
?0.
2
??
4<
br>3
??
2
?
?k
?
?
(
k
∈Z),即
?
=(2
k
+1) (
k
∈Z).
4
23
??
又
?
>0,取
k
=0时,此时
f
(
x
)=
sin
(2
x
+)在[0,]上是减函数; 22
?
?
取
k
=1时,
?
=2,此时
f
(
x
)=
sin
(2
x
+)在[0,]上是减函
数;
22
?
?
10
取
k
=2时,
?≥,此时
f
(
x
)=
sin
(
?
x<
br>+)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)=
55
?
?
??
3
?
?
,2
?
?
,,
sin
(α+β)=- ,且α-β∈
?
,?
?
,α+β∈
?
1313
?
2
??
2
?
求
sin
2α,
cos
2β的值。
【解】
因为α-β∈
?
12
?
?
?
,
?
?
,所以
cos
(α-β)=-
1?sin
2
(
?
?
?
)??.
13
?
2
?
又因为α+β
∈
?
所以
12
?
3
?
?
,2
?<
br>?
,所以
cos
(α+β)=
1?sin
2
(
?
?
?
)?.
13
?
2
?
120
,
169
sin2α=
sin
[(α+β)+(α-β)]=
sin
(α+β)
cos
(α-β)+
cos
(α+β)
sin
(α-β)=
cos
2β=
cos
[(α+β)-(α-β)]=
cos
(α+β
)
cos
(α-β)+
sin
(α+β)
sin
(α-β)
=-1.
例12 已知△
ABC
的三个内角
A
,
B,
C
成等差数列,且
112
???
,试求
cosAco
sCcosB
cos
A?C
的值。
2
0
【解】 因为<
br>A
=120-
C
,所以
cos
A?C
0
=<
br>cos
(60-
C
),
2
1111cos(120
0
?C)?cosC
又由于
?
???
cosAcosC
cos(120
0
?C)
cosC
cosCcos(120
0
?C)
=
2cos60
0
cos
(60
0
?C)
1
[cos120
0
?cos(1200
?2C)]
2
?
2cos(60
0
?C)
1
cos(120
0
?2C)?
2
??22
,
所以
42cos
2
A?CA?C
?2cos?32
=0。
22
解得
cos
A?C2
A?C32
?
??
或
cos
。
22
28
又
cos
A?C2
A?C
?
>0,所以
cos
。
22
2
例13
求证:
tan
20
?
+4
cos
70
?
.
sin20
?
【解】
tan
20+4
cos
7
0=+4
sin
20
?
?
cos20
??
sin20
?
?4sin20
?
cos20
?
sin20
?
?2sin40
?
??
??
cos20cos
20
sin20
?
?sin40
?
?sin40
?
2sin30
?
cos10
?
?sin40
?
??
cos20
?
cos20
?
sin80
?
?sin40
?
2sin60
?
cos20
?
???3.
??
cos20cos20
第七章 解三角形
一、基础知识
在本章中约定用A,B,C分别表示△ABC的三个内角,a, b,
c分别表示它们所对的各
边长,
p?
a?b?c
为半周长。
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
=
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
absinC
;再证推论2,因为B+C=<
br>?
-A,
2
正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到,这里不再给出,下证推论
。先证推论1,由
正弦函数定义,BC边上的高为bsinC,所以S
△ABC
=所以sin(B+C)=sinA,即sinBcosC+cosBsinC=sinA,两边同乘以2R得
bcosC+ccosB=a;再
证推论3,由正弦定理
sinasin(
?
?a)
ab
?
,所以,即
?
sinAsin(
?
?
A)
sinAsinB
sinasin(
?-A)=sin(
?
-a)sinA,等价于
?
1
[cos(<
br>?
-A+a)-cos(
?
-A-a)]=
2
1
[
cos(
?
-a+A)-cos(
?
-a-A)],等价于cos(
?
-A+a)=cos(
?
-a+A),因为0<
?
-A+a,2
?
-a+A<
?
.
所以只有
?
-A+a=
?
-a+A,所以a=A,得证。
?
b
2
?c
2
?a
2
2.余弦定理:a=b+c-2bcc
osA
?cosA?
,下面用余弦定理证明几个常
2bc
222
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
b
2
p?c
2
q
AD=
?pq.
(1)
p?q
2
【证明】
因为c=AB=AD+BD-2AD·BDcos
?ADB
,
222
所以c=AD+p-2AD·pcos
?ADB.
①
222
同理b=AD+q-2AD·qcos
?ADC
, ②
因为
?
ADB+
?
ADC=
?
,
所以cos
?
ADB+cos
?
ADC=0,
所以q×①+p×②得
2222
b
2
p?c
2
q
qc+pb=(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
?
1?
?
?
[(b+c)
-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c).
22
4bc
??
16
这里
p?
a?b?c
.
2
所以S
△ABC
=
p(p?a)(p?b)(p?c).
二、方法与例题
1.面积法。
例1 (共线关系的张角公式)如图所示,从O点
发出的三条射线满足
?POQ?
?
,?QOR?
?
,另外OP,OQ
,OR的长分别为u, w, v,这里α,β,α+β∈
(0,
?
),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<
br>?OPQ
?S
?ORQ
1
11
uvsin
(α+β)=uwsinα+vwsinβ
2<
br>22
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。
00
由题设及
?
BP
C+
?
CPA+
?
APB=360可得
?
BAC+
?
CBA+
?
ACB=180。
0
所以
?
BPC
-
?
BAC=
?
CPA-
?
CBA=
?
A
PB-
?
ACB=60。
00
所以
?
EDF=60,同理
?
DEF=60,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
APAFPAA
E
?,?
,
sin(
?
??1)sin
?
sin
(
?
??2)sin
?
所以
AEsin?1sin
?
??.
AFsin?2sin
?
另一方面,
GMPMMDPM<
br>?,?
,
sin
?
sin?1sin
?
sin?2
所以
GMsin?2sin
?
??
,
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.
222
例4
在△ABC中,求证:a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(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)
=a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)-2abc.
222
所以a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c) ≤3abc.
4.三角换元。
例5 设a, b,
c∈R,且abc+a+c=b,试求
P?
【解】
由题设
b?
+
222
223
的最大值。
??
a<
br>2
?1b
2
?1c
2
?1
a?c
,令a=t
anα, c=tanγ, b=tanβ,
1?ac
2
2
10
1
?
10
?
则tanβ=tan(α+γ),
P=2sinγsin(2α+γ)+3cosγ≤,
?3
?
sin
??
?
?
3
3
?
3
?
当且仅当α+β=
22
1
?
10
,b?2,c?
,sinγ=,即a=时,P
max
=
.
24
3
2
3
222
例6
在△ABC中,若a+b+c=1,求证: a+b+c+4abc<
1
.
2
2
【证明】 设a=sinαcosβ, b=cosαcosβ,
c=sinβ, β
?
?
0,
2222
?
?
??
?
.
2
?
因为a, b,
c为三边长,所以c<
从而
?
?
?
0,
1
,
c>|a-b|,
2
?
?
?
222
?
,所以si
nβ>|cosα·cosβ|.
?
4
?
2222
因为1=(a+
b+c)=a+b+c+2(ab+bc+ca),
222
所以a+b+c+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc).
又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)
22224
=sinβcosβ+sinαcosα·cosβ·cos2β
1
224
[1-cos2β+(1-cos2α)cosβcos2β]
4
11
424
=+cos2β(cosβ-cos2αcosβ-
cos2β)
44
111
442
>+cos2β(cosβ-sinβ-
cosβ)=.
444
1
222
所以a+b+c+4abc<
.
2
=
第八章 平面向量
一、基础知识
定义1 既
有大小又有方向的量,称为向量。画图时用有向线段来表示,线段的长度表
示向量的模。向量的符号用两
个大写字母上面加箭头,或一个小写字母上面加箭头表示。书
中用黑体表示向量,如a.
|a|表示向量的模,模为零的向量称为零向量,规定零向量的方
向是任意的。零向量和零不同,模为1的向量称为单位向量。
定义2
方向相同或相反的向量称为平行向量(或共线向量),规定零向量与任意一个
非零向量平行和结合律。
定理1
向量的运算,加法满足平行四边形法规,减法满足三角形法则。加法和减法都
满足交换律和结合律。
定理2 非零向量a,
b共线的充要条件是存在实数
?
?
0,使得a=
?
b.
f
定理3 平面向量的基本定理,若平面内的向量a,
b不共线,则对同一平面内任意向
是c,存在唯一一对实数x, y,使得c=xa+yb,其中a,
b称为一组基底。
定义3
向量的坐标,在直角坐标系中,取与x轴,y轴方向相同的两个单位向量i,
j
作为基底,任取一个向量c,由定理3可知存在唯一一组实数x,
y,使得c=xi+yi,则(x,
y)叫做c坐标。
定义4
向量的数量积,若非零向量a, b的夹角为
?
,则a,
b的数量积记作
a·b=|a|·|b|cos
?
=|a|·|b|cos,也称内积,其中|b|cos
?
叫做b在a上的投影(注:
投影可能为负值)。
定理4 平面向量的坐标运算:若a=(x
1
, y
1
),
b=(x
2
, y
2
),
1.a+b=(x
1
+x
2
,
y
1
+y
2
),
a-b=(x
1
-x
2
,
y
1
-y
2
),
2.λa=(λx
1
,
λy
1
), a·(b+c)=a·b+a·c,
3.a·b=x
1
x
2
+y
1
y
2
, cos(a, b)=
x<
br>1
x
2
?y
1
y
2
x?y?x?y
2
1
2
1
2
2
2
2
(a,
b
?
0),
4. ab
?
x
1
y
2=x
2
y
1
,
a
?
b
?
x1x2+y
1
y
2
=0.
定义5 若点P是直线P
1
P
2
上异于p
1
,p
2
的一点,则存在唯一实数λ,使
P
1
P?
?
PP
2
,
λ叫P分
P
1
P
2
所成的比,若O为
平面内任意一点,则
OP?
OP
1
?
?
OP
2。由此可得若
1?
?
?
x
1
?
?
x<
br>2
x?
?
x?x
1
y?y
1
?
1?
?
P
1
,P,P
2
的坐标分别为(x
1
,
y
1
), (x, y), (x
2
,
y
2
),则
?
.
?
??.
x
2
?xy
2
?y
?
y?
y
1
?
?<
br>y
2
?
1?
?
?
定义6
设F是坐标平面内的一个图形,将F上所有的点按照向量a=(h, k)的方向,平
移|a|=
h?k
个单位得到图形
F'
,这一过程叫做平移。设p(x, y)是F上任意一点
,平
移到
F'
上对应的点为
p'(x',y')
,则
?22
?
x'?x?h
称为平移公式。
?
y'?y?k
2222
定理5
对于任意向量a=(x
1
, y
1
), b=(x
2
,
y
2
), |a·b|≤|a|·|b|,并且|a+b|≤|a|+|b|.
【证明】 因为|a|·|b|-|a·b|=
(x
1
?y
1)(x
2
?y
2
)
-(x
1
x
2+y
1
y
2
)=(x
1
y
2
-x2
y
1
)≥0,
22222
又|a·b|≥0,
|a|·|b|≥0,
所以|a|·|b|≥|a·b|.
由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.
注:本定理的两个结论均可推广。1)对n维向量,a=(x
1
,
x
2
,…,x
n
),b=(y
1
,
y
2
, …, y
n
),
22
22
???x
n
)(y
1
2
?y
2
???
y
n
)?
同样有|a·b|≤|a|·|b|,化简即为柯西不等式:
(x
1
2
?x
2
(x
1
y
1
+x2
y
2
+…+x
n
y
n
)≥0,又|a·b|
≥0, |a|·|b|≥0,
所以|a|·|b|≥|a·b|.
由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.
注:本定理的两个结论均可推广。1)对n维向量,a=(x
1
,
x
2
,…,x
n
), b=(y
1
,
y
2
, …, y
n
),
同样有|a·b|≤|a|·|b|,化简
即为柯西不等式:
2222
(x
1
2
?x
2
???
x
n
)(y
1
2
?y
2
???y
n
)?
(x
1
y
1
+x
2
y
2
+
…+x
n
y
n
)
2
。
2
2)对于任意n个向量,a
1
, a
2
,
…,a
n
,有| a
1
, a
2
,
…,a
n
|≤|
a
1
|+|a
2
|+…+|a
n
|。
二、方向与例题
1.向量定义和运算法则的运用。
例1 设O是正n边形A1
A
2
…A
n
的中心,求证:
OA
1
?OA
2
???OA
n
?O.
【证明】 记
S
?OA
1
?OA
2
???OA
n
,若
S?O
,则将正n边形绕中心O旋转
后与原正n边形重合,所以
S
不变,这不可能,所以<
br>S?O.
例2
给定△ABC,求证:G是△ABC重心的充要条件是
GA?GB?GC?O.
【证
明】必要性。如图所示,设各边中点分别为D,E,F,延长AD至P,使DP=GD,则
2
?
n
AG?2GD?GP.
又因为BC与GP互相平分,
所以BPCG为平行四边形,所以BG
PC,所以
GB?CP.
所以
GA?GB?GC?GC?CP?PG?O.
充分性。若
GA
?GB?GC?O
,延长AG交BC于D,使GP=AG,连结CP,则
GA?PG.
因为
GC?PG?PC?O
,则
GB?PC
,所以GB
CP
,所以AG平分BC。
同理BG平分CA。
所以G为重心。
例3 在凸四边形
ABCD中,P和Q分别为对角线BD和AC的中点,求证:
2222222
AB+BC+CD
+DA=AC+BD+4PQ。
【证明】 如图所示,结结BQ,QD。
因为
BP?PQ?BQ,DP?PQ?DQ
,
所以
BQ?DQ?(BP?PQ)?(DP?PQ)
=
BP?DP?2PQ?2BP
·
PQ?2DP?PQ
=
BP?DP?2PQ?2(BP?DP)?PQ?BP?DP?2PQ.
①
222222
222
22
22
又因为
BQ?QC?BC,BQ?QA?BA,QA?QC?O,
同理
BA?BC?QA?QC?2BQ
, ②
22222
CD?DA?QA?QC?2QD
, ③
由①,②,③可得
BA?BC?CD?4QA?2(BQ?QD)
2222
22
22222
?AC?2(2BP?2PQ)?AC?BD?4PQ
。得证。
2.证利用定理2证明共线。
例4
△ABC外心为O,垂心为H,重心为G。求证:O,G,H为共线,且OG:GH=1:2。
【证明】 首先
OG?OA?AG?OA?
=
OA?
222222
2
AM
3
11
(AB?AC)?OA?(2AO?OB?OC)
33
1
?(OA?OB?OC).
3
其次设BO交外接圆于另一点E,则连结CE后得CE
?BC.
又AH
?
BC,所以AHCE。
又EA
?
AB,CH
?
AB,所以AHCE为平行四边形。
所以
AH?EC,
所以
OH?OA?AH?OA?EC?OA?EO?OC?OA?OB?OC
,
所以
OH?3OG
,
所以
OG
与
OH
共线,所以O,G,H共线。
所以OG:GH=1:2。
3.利用数量积证明垂直。
例5 给定非零向量a,
b. 求证:|a+b|=|a-b|的充要条件是a
?
b.
222222
【证明】|a+b|=|a-b|
?
(a+b)=(a-b)
?
a+2a·b
+b=a-2a·b+b
?
a·b=0
?
a
?
b.
例6 已知△ABC内接于⊙O,AB=AC,D为AB中点,E为△ACD重心。求证:OE
?
CD。
【证明】 设
OA?a,OB?b,OC?c
,
则
OD?
1
(a?b)
,
2
OE?
1<
br>?
111
?
1
a?c?(a?b)?c?a?b.
?
3
?
2326
??
又
CD?
1
(a?b
)?c
,
2
11
??
11<
br>?
1
?
a?c?b
?
?
?
a?b?c
?
36
??
22
?
2
?
所以
OE?CD?
?
?
1
2
1
2
1
2
11
a?b?c?a?b?a?c
412333
1
?
a·(b-c). (因为|a|
2
=
|b|
2
=|c|
2
=|OH|
2
)
3
又因为AB=AC,OB=OC,所以OA为BC的中垂线。
所以a·(b-c)=0. 所以OE
?
CD。
4.向量的坐标运算。
例7 已知四边形ABCD是正方形,BEAC,AC=CE,EC的延长线交BA的延长线于点F,
求证:AF=AE。
【证明】 如图所示,以CD所在的直线为x轴,以C为原点建立直角坐
标系,设正方形
边长为1,则A,B坐标分别为(-1,1)和(0,1),设E点的坐标为(x,
y),则
BE
=(x, y-1),
AC?(1,?1)
,因为
BEAC
,所以-x-(y-1)=0.
又因为
|CE|?|AC|
,所以x+y=2.
22
由①,②解得
x?
1?31?3
,y?.
2
2
所以
AE?
?
?
3?3?1?3
?
?
,
|AE|
2
?4?23.
,
?
2
?
2<
br>??
1?31?3
x'??0.
22
设
F(x',
1)
,则
CF?(x',1)
。由
CF
和
CE
共线
得
所以
x'??(2?3)
,即F
(?2?3,1)
,
所
以
|AF|
2
=4+
23?|AE|
2
,所以AF=AE。
第九章 不等式
一、基础知识
不等式的基本性质:
(1)a>b
?
a-b>0; (2)a>b,
b>c
?
a>c;
(3)a>b
?
a+c>b+c;
(4)a>b, c>0
?
ac>bc;
(5)a>b,
c<0
?
ac
?
ac>bd;
nn
(7)a>b>0,
n∈N
+
?
a>b; (8)a>b>0,
n∈N
+
?
n
a?
n
b
;
(9)a>0, |x|?
-a
?
x>a或x<-a;
(10)a,
b∈R,则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;
222
(11)a,
b∈R,则(a-b)≥0
?
a+b≥2ab;
(12)x, y, z∈R,则x+y≥2
xy
,
x+y+z
?3
3
xyz.
+
前五条是显然的,以下从第六条开始给出证明。
(6)因为a>b>0,
c>d>0,所以ac>bc, bc>bd,所以ac>bd;重复利用性质(6),可得
性质(7)
;再证性质(8),用反证法,若
n
a?
与a>b矛盾,所以假设不成立,所以
n
a?
n
n
b
,由性质(7)得
(
n
a
)
n
?(
n
b)
n
,即a≤b,
b
;由绝
对值的意义知(9)成立;-|a|≤a≤|a|,
-|b|≤b≤|b|,所以-(|a|+|b|
)≤a+b≤|a|+|b|,所以|a+b|≤|a|+|b|;下面再证(10)的
左边,因为|a
|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|,所以|a|-|b|≤|a+b|,所以(10)成立;(11)显
然
成立;下证(12),因为x+y-2
xy?(x?
时,等号成立,再证另一不等式
,令
3322
y)
2
≥0,所以x+y≥
2xy
,当且仅当
x=y
3
x?a,
3
y?b,
3
z?c
,因为x<
br>3
+b
3
+c
3
-3abc
=(a+b)+c-3ab-3ab-3abc
3322222
=(a+b)+c-
3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)-(a+b)c+c]-3ab(a+b+c)=(a+b
+c)(a+b+c-ab-bc-
ca)=
1
222333
(a+b+c)[(a-b)+(b-c)+(c-a)] ≥0,所
以a+b+c≥3abc,即x+y+z≥
3
3
xyz
,等
2
号当且仅当x=y=z时成立。
二、方法与例题
1.不等式证明的基本方法。
(1)比较法,在证明A>B或AA
(A,B>0)与1比
B
x, y, z,
有
较大小,最后得出结论。
+
例1 设a, b, c∈R,试证:对任意实数<
br>?
a?babcb?cc?a
?
?
x+y+z
?2xy?yz
?xz
?
??
.
(a?b)(b?c)(c?a)
?cab
?
222
【证明】 左边-右边=
x+y+z
?2
222
abbc
xy?2yz
(b?c)
(c?a)(a?b)(c?a)
?2
cab
2
abac
xz?x?
2xy?y
2
?y
2
?
(a?b)(b?c)b?c(b
?c)(c?a)c?ac?a
bcbacac
yz?z
2
?z
2<
br>?2xz?x
2
?
(a?b)(c?a)a?ba?b(a?b)(
b?c)b?c
222
2
???
bacb
??
ac
?
??
?
??
?
?
x?yy?zz?x
?
?0.
?
b?c
?????
c?a
??
c?aa
?b
??
a?bb?c
??
所以左边≥右边,不等式成立。
例2
若a
(1-x)|与|log
a
(1+x)
|.
【解】
因为1-x
?
1,所以log
a
(1-x)
?
0,
|log
a
(1?x)|
1
2
=|log
(1-x)
(1+x)|=-log
(1-x)
(1+x
)=log
(1-x)
>log
(1-x)
(1-x)=1(因为0<1-x
<1,
1?x
|log
a
(1?x)|
所以
1
>1
-x>0, 0<1-x<1).
1?x
所以|log
a
(1+x)|>|
log
a
(1-x)|.
(2)分析法,即从欲证不等式出发,层层推出使之成立的
充分条件,直到已知为止,
叙述方式为:要证……,只需证……。
例3 已知a, b,
c∈R,求证:a+b+c-3
3
abc
≥a+b
?2ab.
+
【证明】 要证a+b+c
?3
3
c?a?b
≥a+b
?2ab.
只需证
c?2ab?3
3
abc
,
因
为
c?2ab?c?ab?ab?3
3
c?a?b?3
3
abc,所以原不等式成立。
例4 已知实数a, b,
c满足0211
1
??.
,求证:
c(1?c)a(1?b)b(1?a)
2
【证明】
因为01
,由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b)
≤c(1-c),
2
所以
111
??
,
a(1?a)b(1?b)c(1?c)
1122
???
,
a(1?a)b(1?b)b(1?b)c(1?c)
1111
???
, <
br>a(1?a)b(1?b)a(1?b)b(1?a)
所以
所以只需证明
也就是
证
a?ba?b
?
,
a(1?a)(1?b)b(1?a)(1?b)
2
只需证b(a-b)
≤a(a-b),即(a-b)≥0,显然成立。所以命题成立。
(3)数学归纳法。
n+1n
例5 对任意正整数n(≥3),求证:n>(n+1).
43
【证明】 1)当n=3时,因为3=81>64=4,所以命题成立。
(k
?1)
k?2
2)设n=k时有k>(k+1),当n=k+1时,只需证(k+1)>(k+
2),即>1. 因
k?1
(k?2)
k+1kk+2k+1
k
k?
1
(k?1)
k?2
k
k?1
2k+2k+1
为,即证(k
+1)>[k(k+2)],只需证
?1
,所以只需证
?
kk?1k
(k?1)(k?2)(k?1)
(k+1)>k(k+2),即证k+2k+1>k+2k.
显然成立。
所以由数学归纳法,命题成立。
(4)反证法。
222
例6 设实数a
0
, a
1
,…,a<
br>n
满足a
0
=a
n
=0,且a
0
-2a1
+a
2
≥0,
a
1
-2a
2
+a
3
≥0,…,
a
n-
2
-2a
n-1
+a
n
≥0,求证a
k
≤0(k=
1, 2,…, n-1).
【证明】 假设a
k
(k=1, 2,…,n-1)
中至少有一个正数,不妨设a
r
是a
1
, a
2
,…,
a
n-1
中第一个出现的正数,则a
1
≤0,
a
2
≤0,…, a
r-1
≤0, a
r
>0. 于是a<
br>r
-a
r-1
>0,依题设
a
k+1
-a
k
≥a
k
-a
k-1
(k=1, 2, …, n-1)。
所以从k=r起有a
n
-a
k-1
≥a
n-1
-a
n-2
≥…≥a
r
-a
r-1
>0.
因为a
n
≥a
k-1
≥…≥a
r+1
≥a
r
>0与a
n
=0矛盾。故命题获证。
(5)分类讨论法。
x2
?y
2
y
2
?z
2
z
2
?
x
2
例7 已知x, y, z∈R,求证:
???0.
y?zz?xx?y
+
【证明】 不妨设x≥y, x≥z.
ⅰ)x≥y
≥z,则
111
222
??
,x≥y≥z,由排序原理可得
x?y
x?zy?z
x
2
y
2
z
2
y
2
z
2
x
2
,原不等式成立。
?????
y?zz?xx?
yy?zz?xx?y
ⅱ)x≥z≥y,则
111
222
??
,x≥
z≥y,由排序原理可得
x?zx?yy?z
x
2
y
2
z
2
y
2
z
2
x
2
,原不等式成立。
?????
y?zz?xx?yy?zz?xx?y
(6)放缩法,即要证A>B,可证A>C
1
,
C
1
≥C
2
,…,C
n-1
≥C
n
,
C
n
>B(n∈N
+
).
例8
求证:
1?
111
????
n
?n(n?2).
23
2?1
【证明】
1?
1111
?
11?
11
??
1
????
n
?1??
?
?
?
???
?
n
?
n
???
n
?
232
?
44
?
2?12
?
??
?
2
??
2
?????
2
n?1
?
1n
?11n
?1??
n
?
,得证。
22
2
n
2
例9 已知a, b,
c是△ABC的三条边长,m>0,求证:
abc
??.
a?mb?mc?m
ababa?bm
【证明】
?????1?
a?mb?ma?b?ma?b?ma?b?ma?b?m
mc
(因为a+b>c),得证。
?1??
c?mc?m
(7)引入参变量法。
b
3
例10
已知x, y∈R, l, a, b为待定正数,求f(x,
y)=
2
?
2
的最小值。
xy
+
a
3
(1?k)
2
ylkl
【解】 设
?k
,则
x?
,f(x,y)=
,y?
1?k1?k
x
l
2
?<
br>3
b
3
?
?
?
a?
k
2
?
?
?
??
??
??
11
3
1<
br>3322
33333
1
3
1
32
??
(a+
b+3ab+3ab)=
a?b?ak?ak?b??b??b??ak?
222
k
k
l
?
kl
?????????
?
???????????
??
(a?b)
3
l
2
(a?b)
3ab
.
,等号当且仅当
?
时成立。所以f(x,
y)
min
=
xy
l
2
2
例11
设x
1
≥x
2
≥x
3
≥x
4
≥2, x<
br>2
+x
3
+x
4
≥x
1
,求证:(x
1
+x
2
+x
3
+x
4
)≤4x
1x
2
x
3
x
4
.
【证明】 设x
1
=k(x
2
+x
3
+x
4
),依题设有
(1+k)(x
2
+x
3
+x
4
)≤4kx
2x
3
x
4
(x
2
+x
3
+x
4
),即
22
1
≤k≤1, x
3
x
4
≥4,原不等式等价于
3
(1?k)
2
1
?
1
?<
br>(x
2
+x
3
+x
4
) ≤x
2
x
3
x
4
,因为f(k)=k+在
?
,1
?
上递减,
4k
k
?
3
?
(1?k)
2
1
1
所以(x
2
+x
3
+x
4
)=
(k??
2)
(x
2
+x
3
+x
4
)
4k
4k
3?
≤
1
?2
3
·3x
2
=4x<
br>2
≤x
2
x
3
x
4
.
4
所以原不等式成立。
(8)局部不等式。
例12 已知x, y,
z∈R,且x+y+z=1,求证:
+222
33
xyz
?.
??
2
1?x
2
1?y
2
1?z
2
【
证明】 先证
x33
2
?x.
2
1?x
21
因为x(1-x)=
?2x
2
(1?x
2
)
2
?
2
2
1
?
2
?
2
,
?
??
?
2
?
3
?
33
3
xx
2
x
2
33
2
所以
???x.
2
2
1?x
2
x(1?x
2
)
33
同理<
br>y33
2
?y
,
2
2
1?y
z33
2
?z
,
2
1?z
2
xyz33
2
33
22
???(x?y?z)?.
22
1?x
2
1?y
2
1?z
2
abc
≤2。
??
bc?1ca?1ab?1
所以
例13 已知0≤a, b,
c≤1,求证:
【证明】 先证
a2a
?.
①
bc?1a?b?c
即a+b+c≤2bc+2.
即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.
因为0≤a, b, c≤1,所以①式成立。
同理
b2bc2c
?,?.
ca?1a?b?cab?1a?b?c
三个不等式相加即得原不等式成立。
(9)利用函数的思想。
例14 已知非负实数a, b,
c满足ab+bc+ca=1,求f(a, b, c)=
的最小值。
【解】 当a,
b, c中有一个为0,另两个为1时,f(a, b,
c)=
111
??
a?bb?cc?a
5
,以下证明f(a, b,
2
c) ≥
3
52ca?b1
. 不妨设a≥b≥c,则0≤c≤,
f(a, b, c)=
2
?
2
?.
3
2
c?1c?1
a?b
(a?b)
2
因为1=(a+b)c+ab≤+(a+
b)c,
4
解关于a+b的不等式得a+b≥2(
c?1
-c).
考虑函数g(t)=
2
t1
,
g(t)在[
c
2
?1,??
)上单调递增。
?
2
c?1
t
3
222
2
,所以3c≤1. 所以c+a≥4c.
所以2
(c
2
?1?c)
≥
c?1.
3
又因为0≤c≤
所以f(a, b, c)=
2ca?b1
??
c
2
?1c
2
?1
a?b
2c2(c2
?1?c)1
≥
2
??
2
2
c?
1c?1
2(c?1?c)
2cc
2
?1?c
=
2
?
2
c?1c?1
?
1
?
c3c
2
?1
2
=
2
?
?c?1
?
?
2
?
?
2
?
2
?
c?1
?
c3c
2
?153(1?c
2
?1)c
???.
≥
4??
22222
下证
3(1?c
2
?1)?c?
0 ①
33
3
?
3
?
?
,所
?3?c
?3c
2
?1?
c
2
+6c+9≥9c
2
+9?c
?
?c
?
≥0
?c?.
因为
c?
34
4
4
??
以①式成立。
所以f(a, b, c) ≥
55
,所以f(a, b,
c)
min
=
.
22
nnn
2.几个常用的不等式。
(1)柯西不等式:若a
i
∈R, b
i
∈R, i=1, 2,
…, n,则
(
?
a)(
?
b
2
i
i?1
i?1
2
i
)?(
?
a
i
b
i
)
2
.
i?1
等号当且仅当存在λ∈R,使得对任意i=1, 2,
, n, a
i
=λb
i
,
变式1:若a
i
∈R, b
i
∈R, i=1, 2, …, n,
则
(
a
)?
?
i?1
b
i
n
2<
br>i
(
?
a
i
)
2
(
?
b<
br>i
)
2
i?1
i?1
n
n
.
等号成立条件为a
i
=λb
i
,(i=1, 2, …, n)。
变式2:设a
i
, b
i
同号且不为0(i=1, 2, …, n
),则
a
i
?
?
i?1
b
i
n
(
?
a
i
)
2
n
?
ab
i
i?1
i?1
n
.
i
等号成立当且仅当b
1=b
2
=…=b
n
.
(2)平均值不等式:设a
1
, a
2
,…,a
n
∈R
+
,记H
n
=
n
111
????
a<
br>1
a
2
a
n
, G
n
=
n
a
1
a
2
?a
n
,
a?a
2
?
??a
n
A
n
=
1
,Q
n
?
n<
br>22
a
1
2
?a
2
???a
n
,则
H
n
≤G
n
≤A
n
≤Q
n
.
即调和平均≤几何平
n
均≤算术平均≤平方平均。
其中等号成立的条件均为a
1
=a
2
=…=a
n
.
【证明】 由柯西不等式得A
n
≤Q
n
,再由G
n
≤A
n
可得H
n
≤G
n
,以下仅证G
n
≤A
n
.
1)当n=2时,显然成立;
2)设n=k时有G
k
≤A
k
,当n=k+1时,记
1?k
a
1
a
2
?a
k
a
k?1
=G
k+1
.
因为
a
1
+a
2
+…+a
k
+a
k+1
+(k
-1)G
k+1
≥
k
k
a
1
a
2
?a
k
?k
k
a
k?1
?G
k?1
k?1
≥
2k
2k
a
1
a
2
?a
k?1
G
k?1
?2k
2k<
br>G
k?1
?
2kG
k+1
,
所以a
1<
br>+a
2
+…+a
k+1
≥(k+1)G
k+1
,即A
k+1
≥G
k+1
.
所以由数学归纳法,结论成立。
(
3)排序不等式:若两组实数a
1
≤a
2
≤…≤a
n
且b<
br>1
≤b
2
≤…≤b
n
,则对于b
1
,
b
2
, …, b
n
的任意排列
b
i
,b
i
,?,b
i
,有a
1
b
n
+a
2
b
n-1
+…+a
n
b
1
≤
a
1
b
i
?a
2
b
i
???a
n
b
i
≤a
1
b
1
+a
2
b
2
+…<
br>12
n
12
n
k?12k
+a
n
b
n
.
【证明】 引理:记A
0
=0,A
k
=
?
a
i?1
k
i
(1?k?n)
,则
?
ab
i
i?1
n
i
?
?
(s
i?1
n
i
。
?s
i?1
)b
i
=
?
s
i
(b
i
?b
i
?1
)?s
n
b
n
(阿贝尔求和法)
i?1
n?1
证法一:因为b
1
≤b
2
≤…≤b
n
,所以
b
i
?b
i
???b
i
≥b
1
+b2
+…+b
k
.
12
k
记s
k
=<
br>b
i
?b
i
???b
i
-( b
1
+b
2
+…+b
k
),则s
k
≥0(k=1, 2, …,
n)。
12
k
所以
a
1
b
i
?a
2
b
i
???a
n
b
i
12
-(a1
b
1
+a
2
b
2
+…+a
n
b
n
)=
k
?
a
j?1
n
j
(
b
i
?b
j
)?
j
?
s
j?1
n
j
(a
j
?a
j?1
)
+s
n
a
n
≤0.
最后一个不等式的理由是a
j
-a
j+1
≤0(j=1, 2,
…, n-1, s
n
=0),
所以右侧不等式成立,同理可证左侧不等式。 证法二:(调整法)考察
a
1
b
i
?a
2
b<
br>i
???a
n
b
i
,若
b
i
?b<
br>n
,则存在。
12
k
j
若
b
i
?
b
n
(j≤n-1),则将
b
i
与
b
i
互
换。
j
n
j
因为
b
a
n
b
n
?a
j
b
i
?(a
n
b
i?a
j
b
n
)?(a
n
?a
j
)b<
br>n
?(a
j
?a
n
)b
i
?(a
n
?a
j
)(b
n
?b
i
)
≥0,
nnnn
所 调整后,和是不减的,接下来若
b
i
n
?1
?
b
n?1
,则继续同样的调整。至多经n-1次调
整就可将乱序和调整为顺序和,而且
每次调整后和是不减的,这说明右边不等式成立,同理
可得左边不等式。
22
2a
n
a
n
a
1
2
a
2
?1<
br>例15 已知a
1
, a
2
,…,a
n
∈R,求证
;
??????
a
1
+a
2
+…+a
n
.
a
2
a
3
a
n
a
1
+
2
2
2
a
n
a
a
1
2
a
2
【证明】证法一:因为…,
?1
?a
n
?2a
n?1
,n
?a
1
?a
1
?2a
1
,?a<
br>3
?2a
2
,
a
n
a
1
a
2
a
3
≥2a
n
.
22
2
a
n
a
a
1
2
a
2
上述不等式相加即得
????
?1
?
n
≥a
1
+
a
2
+…+a
n
.
a
2
a
3
a
n
a
1
22
2
?
a
1
2
a
2
?
a
n
a
n
2
?1
?
证法二:由柯西不等式
?
(a
?????
1
+a
2
+…+a
n
)≥(a
1
+a
2
+…+a
n
),
?
aa
n
a
1
?
?
2
a
3
?
22
2
a
n
a
n
a
1
2
a
2
?1
因为a
1
+a
2
+
…+a
n
>0,所以≥a
1
+a
2
+…+a
n
.
????
?
a
2
a
3
a
n
a
1
证法三:
设a
1
, a
2
,…,a
n
从小到大排列为
ai
?a
i
???a
i
,则
a
i
2?a
i
2
???a
i
2
,
12
n12
n
111
????
,由排序原理可得
a
i
a
i
a
i
n
n?11
22
2
a
n
a
n
a
1
2
a<
br>2
?1
,得证。
?????
a
i
?a
i<
br>???a
i
=a
1
+a
2
+…+a
n
≥
n
12
a
2
a
3
a
n
a1
注:本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用,希望读者在解题中再加以总结。
第十章 直线与圆的方程
一、基础知识
1.解析几何的研究对象是曲线与方程。
解析法的实质是用代数的方法研究几何.首先是通过
映射建立曲线与方程的关系,即如果一条曲线上的点
构成的集合与一个方程的解集之间存在
22
一一映射,则方程叫做这条曲线的方程,这条曲线叫
做方程的曲线。如x+y=1是以原点为
圆心的单位圆的方程。
2.求曲线方程的一般步骤:
(1)建立适当的直角坐标系;(2)写出满足条件的点的集合;(3)
用坐标表示条件,列出方程;(
4)化简方程并确定未知数的取值范围;(5)证明适合方程的
解的对应点都在曲线上,且曲线上对应点
都满足方程(实际应用常省略这一步)。
0
3.直线的倾斜角和斜率:直线向上的方向与x轴
正方向所成的小于180的正角,叫做它的
0
倾斜角。规定平行于x轴的直线的倾斜角为0,倾
斜角的正切值(如果存在的话)叫做该直
线的斜率。根据直线上一点及斜率可求直线方程。
4
.直线方程的几种形式:(1)一般式:Ax+By+C=0;(2)点斜式:y-y
0
=k(
x-x
0
);(3)斜截
式:y=kx+b;(4)截距式:
x?x
1
y?y
1
xy
(5)两点式:;(6)法线式方
??1
;
?
ab
x
2
?x
1
y
2
?y1
程:xcosθ+ysinθ=p(其中θ为法线倾斜角,|p|为原点到直线的距离);(7)
参数式:
?
?
x?x
0
?tcos
?
(其中θ为该
直线倾斜角),t的几何意义是定点P
0
(x
0
,
y
0
)到动点P(x,
?
?
?
y?y
0
?tsin
?
y)的有向线段的数量(线段的长度前添加正负号,若P
0
P方
向向上则取正,否则取负)。
5.到角与夹角:若直线l
1
,
l
2
的斜率分别为k
1
, k
2
,将l
1
绕它们的交点逆时针旋转到与l
2
0
重合所转过的最小正角叫l
1
到
l
2
的角;l
1
与l
2
所成的角中不超过90的正角叫两者
的夹角。
若记到角为θ,夹角为α,则tanθ=
k?k
1
k
2
?k
1
,tanα=
2
.
1?k
1
k
2
1?k
1
k
2
6.平行与
垂直:若直线l
1
与l
2
的斜率分别为k
1
, k
2
。且两者不重合,则l
1
l
2
的充要条件
是k
1
=k
2
;l
1
?
l
2
的充要条件是k1
k
2
=-1。
7.两点P
1
(x
1
,
y
1
)与P
2
(x
2
, y
2
)间的距离
公式:|P
1
P
2
|=
(x
1
?x
2)
2
?(y
1
?y
2
)
2
。
8.点P(x
0
, y
0
)到直线l: Ax+By+C=0的距离
公式:
d?
|Ax
0
?By
0
?C|
A?B
22
。
9.直线系的方程:若已知两直线的方程是l
1
:A
1<
br>x+B
1
y+C
1
=0与l
2
:A
2
x+B
2
y+C
2
=0,则过l
1
, l
2交点的直线方程为A
1
x+B
1
y+C
1
+λ(A2
x+B
2
y+C
2
=0;由l
1
与l
2
组成的二次曲线方程为(A
1
x+B
1
y+C
1
)
(A
2
x+B
2
y+C
2
)=0;与l
2
平行的直线方程为A
1
x+B
1
y+C=0(
C?C<
br>1
).
10.二元一次不等式表示的平面区域,若直线l方程为Ax+By+C=0.
若B>0,则Ax+By+C>0
表示的区域为l上方的部分,Ax+By+C<0表示的区域为l下方
的部分。
11.解决简单的线性规划问题的一般步骤:(1)确定各变量,并以x和y表示;(2)写
出线
性约束条件和线性目标函数;(3)画出满足约束条件的可行域;(4)求出最优解。
222
12.圆的标准方程:圆心是点(a, b),半径为r的圆的标准方程为(x-a)+
(y-b)=r,其参
?
x?a?rcos
?
数方程为
?
(
θ为参数)。
y?b?rsin
?
?
13.圆的一般方程:x+y+Dx+
Ey+F=0(D+E-4F>0)。其圆心为
?
?
2222
?
?<
br>DE
?
,?
?
,半径为
22
?
1
D
2
?E
2
?4F
。若点P(x
0
,
y
0
)为圆上一点,则过点P的切线方程为
2
?
x
0?x
??
y
0
?y
?
??
x
0
x?y
0
y?D
?
?E
?
2
??
2?
?
?F?0.
①
????
14.根轴:到两圆的切线
长相等的点的轨迹为一条直线(或它的一部分),这条直线叫两圆
的根轴。给定如下三个不同的圆:x<
br>2
+y
2
+D
i
x+E
i
y+F
i
=0, i=1, 2, 3. 则它们两两的根轴方程
分别为(D
1
-D<
br>2
)x+(E
1
-E
2
)y+(F
1
-F<
br>2
)=0; (D
2
-D
3
)x+(E
2
-
E
3
)y+(F
2
-F
3
)=0;
(D
3
-D
1
)x+(E
3
-E
1
)y+(F
3
-F
1
)=0。不难证明这三条直线交于一点或者互相平行,这就是著名的
蒙日定理。
二、方法与例题
1.坐标系的选取:建立坐标系应讲究简单、对称,以便使方程容易化简。
0
例1
在ΔABC中,AB=AC,∠A=90,过A引中线BD的垂线与BC交于点E,求证:∠ADB=
∠
CDE。
[证明] 见图10-1,以A为原点,AC所在直线为x轴,建立直角坐标系。设点B,
C坐标分
xy
??1
, ①直线BC
a2a
方程为x+y=2a,
②设直线BD和AE的斜率分别为k
1
, k
2
,则k
1
=
-2。因为BD
?
AE,所以
别为(0,2a),(2a,0),则点D坐标为(a,
0)。直线BD方程为
1
?
y?x,
1
1
?
k
1
k
2
=-1.所以
k
2
?
,所以直线AE方程为
y?x
,由
?
解得点E坐标为
2<
br>22
?
?
x?y?2a
?
42
?
?
a,a
?
。
?
33
?
所以直线DE斜率为
k3
?
0
2
a
3
4
a?a
3
?
2.
因为k
1
+k
3
=0.
所以∠BDC+∠EDC=180,即∠BDA=∠EDC。
例2 半径等于某个正三角形
高的圆在这个三角形的一条边上滚动。证明:三角形另两条边
0
截圆所得的弧所对的圆心角为6
0。
[证明] 以A为原点,平行于正三角形ABC的边BC的直线为x轴,建立直角坐标系见图1
0-2,
设⊙D的半径等于BC边上的高,并且在B能上能下滚动到某位置时与AB,AC的交点分别为
E,F,设半径为r,则直线AB,AC的方程分别为
y?
222
3x
,
y??3x
.设⊙D的方程为
3x
1
,
y
2<
br>??3x
2
,分别(x-m)+y=r.①设点E,F的坐标分别为(x
1,y
1
),(x
2
,y
2
),则
y
1
?
代入①并消去y得
2
(x
1
?m)
2
?3x
1
2
?r
2
?0.(x
2
?m)
2
?3x
2
?r
2
?0.
所以x
1
, x
2
是方程4x-2mx+m-r=0的两根。 222
m
?
x?x?,
12
?
2
?
由
韦达定理
?
?
,所以
22
?
xx?
m?r
12
?
4
?
|EF|=(x
1
-x
2
)
+(y
1
-y
2
)=(x
1
-x
2
)+3
(x
1
-x
2
)
22222
=4(x
1
+x
2
)-4x
1
x
2
=m-(m-r)=r.
0
所以|EF|=r。所以∠EDF=60。
2.到角公式的使用。
例3
设双曲线xy=1的两支为C
1
,C
2
,正ΔPQR三顶点在此双曲线上,求
证:P,Q,R不可
能在双曲线的同一支上。
[证明] 假设P,Q,R在同一支上,不妨
设在右侧一支C
1
上,并设P,Q,R三点的坐标分
别为
?
?
x
1
,
22222
?
?
1
x
1
??
1
??
,x,
??
2
x
2
??
?
?
1
?
?
,x,
?
?
3
x<
br>3
?
?
?
?
,
且0
. 记∠RQP=θ,它是直线QR到PQ的角,由
?
?
11
11
?
?
xx
2
xx
2
1
1
假设知直线QR,PQ的斜率分别为
k
1
?
3
,
k
2
?
1
????.
x
3
?x
2
x
2
x
3
x
1
?x
2
x
1
x
2
由到角公式
tan
?
?
k
2
?k
1
?
1?k
1
k2
?
11
?
x
1
x
2
x
2<
br>x
3
x(x
1
?x
3
)
?
2
2
?0.
1
x
1
x
2
x
3<
br>?1
1?
2
x
1
x
2
x
3
所以θ为钝角,与ΔPQR为等边三角形矛盾。所以命题成立。
3.代数形式的几何意义。
例4 求函数
f(x)?
[解] 因为
f(x)?
x
4
?3x
2
?6x?13?x
4
?x
2
?1
的最大值。
2
x)到两定
(x
2
?2)
2
?(x
?3)
2
?(x
2
?1)
2
?(x?0)
2
表示动点P(x,
2
点A(3, 2), B(0, 1)的距离之差,见图10-3,当
AB延长线与抛物线y=x的交点C与点P
重合时,f(x)取最大值|AB|=
10.
4.最值问题。
例5 已知三条直线l
1
: mx-y+m=0,
l
2
: x+my-m(m+1)=0, l
3
:
(m+1)x-y+m+1=0围成ΔABC,
求m为何值时,ΔABC的面积有最大值、最小值。
[解]记l
1
, l
2
,
l
3
的方程分别为①,②,③。在①,③中取x=-1,
y=0,知等式成立,所以
A(-1,
0)为l
1
与l
3
的交点;在②,③中取x=0,
y=m+1,等式也成立,所以B(0,
m+1)为l
2
与l
3
的交点。设l
1
,
l
2
斜率分别为k
1
, k
2
, 若m
?
0,则k
1
?k
2
=
m
?
?
?
1
?
?
??1
, S
Δ
?
m
?
1<
br>|?1?m
2
?m||m
2
?m?1|
,
|AC|?
|BC|
,由点到直线距离公式|AC|=
?
ABC
=
22
2
1?mm?1
|BC|=
|?m?1?m|
1?m
2
?<
br>1
1?m
2
。
1m
2
?m?1
所以SΔABC
=
??
2
m
2
?1
≤2m,所以?
3
1
?
m
?
22
?
1?
2
?
。因为2m≤m+1,所以S
ΔABC
≤。又因为-m-1
42
?
m?1
?
1m
1
,所以S
ΔABC
≥
.
?
2
4
2
m?1
31
当
m=1时,(S
ΔABC
)
max
=;当m=-1时,(S
ΔABC
)
min
=.
44
5.线性规划。
例6 设x,
y满足不等式组
?
?
1?x?y?4,
?
y?2?|2x?3|.
(1)求点(x, y)所在的平面区域;
(2)设a>-1,在(1)区域里,求函数f(x,y)=y-ax的最大值、最小值。
?
1?x?y?4,
?
1?x?y?4,
??
[解] (1
)由已知得
?
y?2?2x?3,
或
?
y?2?3?2x,
?
2x?3?0,
?
2x?3?0.
??
解得点(x, y
)所在的平面区域如图10-4所示,其中各直线方程如图所示。AB:y=2x-5;CD:
y=-2
x+1;AD:x+y=1;BC:x+y=4.
(2) f(x, y)是直线l:
y-ax=k在y轴上的截距,直线l与阴影相交,因为a>-1,所以它过
顶点C时,f(x,
y)最大,C点坐标为(-3,7),于是f(x, y)的最大值为3a+7.
如果-1≤2,则l通过点A(2,-1)时,f(x,
y)最小,此时值为-2a-1;如果a>2,则l通过B(3,
1)时,f(x,
y)取最小值为-3a+1.
6.参数方程的应用。
22
例7 如图10-5所
示,过原点引直线交圆x+(y-1)=1于Q点,在该直线上取P点,使P到
直线y=2的距离等于|
PQ|,求P点的轨迹方程。
[解] 设直线OP的参数方程为
?
2
?<
br>x?tcos
?
(t参数)。
?
y?tsin
?
代入已知圆的方程得t-t?2sinα=0.
所以t=0或t=2sinα。所以|OQ|=2|sinα|,而|OP|=t.
所以|PQ|=|t-2sinα|,而|PM|=|2-tsinα|.
所以|t-2sinα|=|2-tsinα|. 化简得t=2或t=-2或sinα=-1.
22
当t=±2时,轨迹方程为x+y=4;当sinα=1时,轨迹方程为x=0.
7.与圆有关的问题。
例8 点A,B,C依次在直线l上,且AB=ABC,过C作l的
垂线,M是这条垂线上的动点,
以A为圆心,AB为半径作圆,MT
1
与MT
2
是这个圆的切线,确定ΔAT
1
T
2
垂心 的轨迹。
[解] 见图10-6,以A为原点,直线AB为x轴建立坐标系,H为OM与圆的交点,N为T1
T
2
与OM的交点,记BC=1。
22
以A为圆心的圆方程
为x+y=16,连结OT
1
,OT
2
。因为OT
2
?MT
2
,T
1
H
?
MT
2
,所以OT
2
HT
1
,
同理OT
1
HT
2
,
又OT
1
=OT
2
,所以OT
1
HT
2
是
菱形。所以2ON=OH。
又因为OM
?
T
1
T
2
,OT
1
?
MT
1
,所以
OT
1
?ON?OM。设点H坐标为(x,y)。
点M坐标为(5, b),则点N坐标为
?22
2
by
?
xy
?
,
?
,将坐标代
入
OT
1
2
=ON?OM,再由
?
得
5x
?
22
?
16
???
16
?
2
?
x?
?
?y?
??
.
5
???
5?
在AB上取点K,使AK=
22
4
AB,所求轨迹是以K为圆心,AK
为半径的圆。
5
例9 已知圆x+y=1和直线y=2x+m相交于A,B,且OA,OB
与x轴正方向所成的角是α和
β,见图10-7,求证:sin(α+β)是定值。
[证明]
过D作OD
?
AB于D。则直线OD的倾斜角为
2?
tan
?
?
?
2
,因为OD
?
AB,所以
?
?
?
2
??1
,
所以
tan?
?
?
2
1
??
。所以
sin(
?<
br>?
?
)?
2
4
2
??.
5
?
?
?
?
?
1?tan
2
??
?
2
?
2tan
?
?
?
例10
已知⊙O是单位圆,正方形ABCD的一边AB是⊙O的弦,试确定|OD|的最大值、最小
值。
[解] 以单位圆的圆心为原点,AB的中垂线为x轴建立直角坐标系,设点A,B的坐标分别
为A(cosα,sinα),B(cosα,-sinα),由题设|AD|=|AB|=2sinα,这里不
妨设A在x轴上
方,则α∈(0,π).由对称性可设点D在点A的右侧(否则将整个图形关于y轴作对
称即可),
从而点D坐标为(cosα+2sinα,sinα),
所以|OD|=
(cos
?
?2sin
?
)
2
?sin
2
?
?
=
2(sin2
?
?cos2
?
)?3?4sin
2
?
?4sin
?
cos
?
?1
?
??
3?22sin
?
2
?
?
?
.
4
??
因为
?22?22sin
?
2
?
?
当
?
?
?
?
?
?
?
?22
,所以
2?1?|OD|?2?1.
4
?
3
7
?
时,|OD|
max
=
2
+1;当
?
?
?
时,|OD|
min
=
2?1.
8
8
222
例11 当m变化且m≠0时,求证:圆(x-2m-1)+(
y-m-1)=4m的圆心在一条定直线上,并
求这一系列圆的公切线的方程。
[证明]
由
?
?
a?2m?1,
消去m得a-2b+1=0.故这些圆的圆心在直线x
-2y+1=0上。设公切
?
b?m?1
线方程为y=kx+b,则由相切有2|m|
=
|k(2m?1)?(m?1)?b|
1?k
2
,对一切m≠0成立。即<
br>(-4k-3)m+2(2k-1)(k+b-1)m+(k+b-1)=0对一切m≠0成立,所以?
22
?
?4k?3?0,
即
?
k?b?1?0,3
?
k??,
?
?
4
当k不存在时直线为x=1。所以
公切线方程y=
?
3
x?
7
和x=1.
?
44<
br>?
b?
7
.
?
?
4
第十一章
圆锥曲线
一、基础知识
1.椭圆的定义,第一定义:平面上到两个定点的距离之和等于定长
(大于两个定点之间的
距离)的点的轨迹,即|PF
1
|+|PF
2
|=2a (2a>|F
1
F
2
|=2c).
第二定义:平面上到
一个定点的距离与到一条定直线的距离之比为同一个常数e(0
|PF|
?e
(0
第三定义:在直角坐标平面内给定两圆c
1
: x+y=a,
c
2
: x+y=b, a, b∈R且a≠b。从原
点出发的射线交圆c
1
于P,交圆c
2
于Q,过P引y轴的平行线,过Q引x轴的平行线,两条
线的
交点的轨迹即为椭圆。
2.椭圆的方程,如果以椭圆的中心为原点,焦点所在的直线为坐标轴建立坐标
系,由定义
可求得它的标准方程,若焦点在x轴上,列标准方程为
222222+
x
2
y
2
??1
(a>b>0),
a
2
b
2
参数方程为
?
?x?acos
?
(
?
为参数)。
y?bsin
?
?
若焦点在y轴上,列标准方程为
y
2
y
2
??1
(a>b>0)。
a
2
b
2
3.椭圆中的相关概念,对于中心在原点,焦点在x轴上的椭圆
x
2
y
2
?
2
?1
,
2
ab
a称半长轴长,b称半短轴长,c称为半焦距,长轴端点、短轴端点、两个焦点的坐标分别
为(±a, 0), (0, ±b), (±c, 0);与左焦点对应的准线(即第二定义中的定直线)为
a
2
a
2
c
222
x??
,与右焦点对应
的准线为
x?
;定义中的比e称为离心率,且
e?
,由c+b=a
c
c
a
知0
x
2
y
2
4.椭圆的焦半径公式:对于椭圆
2
?
2<
br>?
1(a>b>0), F
1
(-c, 0), F
2
(c,
0)是它的两焦点。
ab
若P(x,
y)是椭圆上的任意一点,则|PF
1
|=a+ex,
|PF
2
|=a-ex.
5.几个常用结论:1)过椭圆上一点P(x
0
,
y
0
)的切线方程为
x
0
xy
0
y
?
2
?1
; 2
ab
2)斜率为k的切线方程为
y?kx?a
2
k
2
?b
2
;
3)过焦点F
2
(c,
0)倾斜角为θ的弦的长为
2ab
2
l?
2
。
22
a?ccos
?
6.双曲线的定义,第一定义:
满足||PF
1
|-|PF
2
||=2a(2a<2c=|F
1
F
2
|, a>0)的点P的轨迹;
第二定义:到定点的距离与到定直线距离之比为常数e(>1)的点的轨迹。
7.双曲线的方程:中心在原点,焦点在x轴上的双曲线方程为
x
2
y
2
??1
,
a
2
b2
?
x?asec
?
参数方程为
?
(
?
为参数)。
y?btan
?
?
焦点在y轴上的双曲线的标准方程为
y
2
x
2
??1
。
a
2
b2
8.双曲线的相关概念,中心在原点,焦点在x轴上的双曲线
x
2
y
2
?
2
?1
(a, b>0),
2
ab
a称半实轴长,b称为半虚轴长,c为半焦距,实轴的两个端点为(-a,
0), (a, 0). 左、右
a
2
a
2
c
,x?.离心率
e?
,焦点为F
1
(-c,0), F
2
(c,
0),对应的左、右准线方程分别为
x??
cc
a
x
2
y<
br>2
x
2
y
2
k
由a+b=c知e>1。两条渐近线方
程为
y??x
,双曲线
2
?
2
?1
与
2<
br>?
2
??1
有
a
ab
ab
222
相
同的渐近线,它们的四个焦点在同一个圆上。若a=b,则称为等轴双曲线。
x
2
y
2
9.双曲线的常用结论,1)焦半径公式,对于双曲线
2
?
2?1
,F
1
(-c,0), F
2
(c, 0)
ab<
br>是它的两个焦点。设P(x,y)是双曲线上的任一点,若P在右支上,则|PF
1
|=
ex+a, |PF
2
|=ex-a;
若P(x,y)在左支上,则|PF
1
|=-ex-a,|PF
2
|=-ex+a.
2ab
2
2) 过焦点的倾斜角为θ的弦长是
2
。
a?c
2
cos
2
?
10.抛物线:平面内与一个定点F和一条定直线l的
距离相等的点的轨迹叫做抛物线,点F
叫焦点,直线l叫做抛物线的准线。若取经过焦点F且垂直于准线
l的直线为x轴,x轴与
l相交于K,以线段KF的垂直平分线为y轴,建立直角坐标系,设|KF|=
p,则焦点F坐标为
pp
(,0)
,准线方程为
x??
,标准方程为
y
2
=2px(p>0),离心率e=1.
2
2
11.抛物线常用结论:若P(x
0
,
y
0
)为抛物线上任一点,
1)焦半径|PF|=
x?
p
;
2
2p
。 2
1?cos
?
2)过点P的切线方程为y
0
y=p(x+x<
br>0
);
3)过焦点倾斜角为θ的弦长为
12.极坐标系,在平面内取一个定点
为极点记为O,从O出发的射线为极轴记为Ox轴,这
样就建立了
极坐标系,对于平面内任意一点P,记|OP|=ρ,∠xOP=θ,则由(ρ,θ)唯一
确定点P的位
置,(ρ,θ)称为极坐标。
13.圆锥曲线的统一定义:到定点的距离与到定直线的距离的比为常数
e的点P,若0
物线。这三种圆锥曲线统一的极坐标方程为
?
?
二、方法与
例题
1.与定义有关的问题。
ep
。
1?ecos
?
x
2
y
2
??1
的左焦点,点P为椭圆上的动点,当例1 已知定
点A(2,1),F是椭圆
2516
3|PA|+5|PF|取最小值时,求点P的坐标。
[解] 见图11-1,由题设a=5, b=4, c=
5?4
=3,
e
?
22
c3
?
.椭圆左准线的方程为
a5
x??
2
5
41
,又因为,过P作PQ
??1
,所以点A在椭圆内部,又点F坐标为(
-3,0)
3
2516
垂直于左准线,垂足为Q。由定义知
|PF|3
5
?e?
,则|PF|=|PQ|。
|PQ|5
3
所以3|PA
|+5|PF|=3(|PA|+
5
|PF|)=3(|PA|+|PQ|)≥3|AM|(A
M
?
左准线于M)。
3
所以当且仅当P为AM与椭圆的交点时,3|PA|
+5|PF|取最小值,把y=1代入椭圆方程得
x??
515515
,1)
,又x<0,所以点P坐标为
(?
44
x
2
y
2
例
2 已知P,
P'
为双曲线C:
2
?
2
?1
右支
上两点,
PP'
延长线交右准线于K,PF
1
延
ab
长线交
双曲线于Q,(F
1
为右焦点)。求证:∠
P'
F
1
K=∠
KF
1
Q.
[证明] 记右准线为l,作PD
?
l于D,P'E?l
于E,因为
P'E
PD,则
|PK||P'K|
?<
br>,
|PD||P'E|
又由定义
|PF
1
|
|PD|
|PK|
|PF
1
||P'F
1
|
,所以,由三角形外角平
分线
??
?e?
|PD||P'E|
|P'F
1
|
|P'E||P'K|
定理知,F
1
K为∠PF
1
P的外角平分线,
所以∠
P'F
1
K
=∠KF
1
Q。
2.求轨迹问题。
例3
已知一椭圆及焦点F,点A为椭圆上一动点,求线段FA中点P的轨迹方程。
[解法一] 利用定义
,以椭圆的中心为原点O,焦点所在的直线为x轴,建立直角坐标系,
x
2
y
2
设椭圆方程:
2
?
2
=1(a>b>0).F坐标为(-c,
0).设另一焦点为
F'
。连结
AF'
,OP,
ab
则
OP
?
11
AF'
。所以|F
P|+|PO|=(|FA|+|A
F'
|)=a.
22
c
,0)
平
2
所以点P的轨迹是以F,O为两焦点的椭圆(因为a>|FO|=c),将此椭圆按向量m
=(
x
2
y
2
移,得到中心在原点的椭圆:
2
?<
br>2
?1
。由平移公式知,所求椭圆的方程为
ab
44
c4(x?)
2
2
2
?
4y
?1.
a
2
b
2
[解法二] 相关点法。设点P(x,y),
A(x
1
, y
1
),则
x?
x
1
?cy
,y?
1
,即x
1
=2x+c, y
1
=2y.
22
x
1
2
y
1
2
x
2
y
2
又因为点A在椭圆
2
?
2
?1
上,所以
2
?
2
?1.
代入得关于点P的方程为
ab
ab
c
??
4
?
x?
?
4y
2
2
?<
br>?
c
?
?
。它表示中心为
??1
?
?,0<
br>?
,焦点分别为F和O的椭圆。
22
ab
?
2
?
例4 长为a,
b的线段AB,CD分别在x轴,y轴上滑动,且A,B,C,D四点共圆,求此动
圆圆心P的轨迹。
[解] 设P(x, y)为轨迹上任意一点,A,B,C,D的坐标分别为A(x-
y-2
aa
,0), B(x+,0), C(0,
22
bb
),
D(0, y+), 记O为原点,由圆幂定理知|OA|?|OB|=|OC|?|OD|,用坐标表示为22
a
2
b
2
a
2
?b
2
2
22
x??y?.
,即
x?y?
444
2
当a=b时,轨迹为两条直线y=x与y=-x;
当a>b时,轨迹为焦点在x轴上的两条等轴双曲线;
当a例5
在坐标平面内,∠AOB=
?
,AB边在直线l:
x=3上移动,求三角形AOB的外心的轨迹
3
方程。
[解]
设∠xOB=θ,并且B在A的上方,则点A,B坐标分别为B(3, 3tanθ),A(3,3tan(θ<
br>-
?
?
33
?
)),设外心为P(x,y),由中点公式知O
B中点为M
?
,tan
?
?
。
3
?
22
?
3
?
?
?
?
?
?tan
??tan
?
?.
再由
PM?OB
得
??
?
??
2
?
3
?
?
?
由外心性质知
y?
3
y?tan
?
2
×tanθ=-1。结合上式有
3x?
2
2
?
3
?
?
tan(
?
?)
?tanθ=
?
?x
?
.
①
3
?
2
3
?
又
tanθ+
tan(
?
?
又
3?tan
?
3
)
=
2
y.
②
3
?
?
?
?
?
?
?tan
?
?
?
?
?
?
?
?
.
3
3
?
??
?
所以tanθ-
tan(
?
?
?
?
?
?
?
?
)
=
3
?
1?tan
?
?tan
?
?
?
?
?
两边平
方,再将①,②代入得
3
3
?
?
?
?
(x?4)<
br>2
y
2
??1
。即为所求。
412
3.定值问题。
x
2
y
2
例6
过双曲线
2
?
2
?1
(a>0, b>0)的右焦点F作B
1
B
2
?x
轴,交双曲线于B
1
,B
2
两
点,
ab
B
2
与左焦点F
1
连线交双曲线于B点,连结B<
br>1
B交x轴于H点。求证:H的横坐标为定值。
[证明]
设点B,H,F的坐标分别为(asecα,btanα), (x
0
, 0), (c, 0
),则F
1
,B
1
,B
2
的
b
2
b
2
坐标分别为(-c, 0), (c,
?
), (c, ),因为F<
br>1
,H分别是直线B
2
F,BB1与x轴的交
a
a
点
,所以
c?
abab?acsin
?
,x
0
?.
①
2asin
?
?bcos
?
asin
?
?bc
os
?
a
2
b(b?csin
?
)
所以
cx
0
?
2a
2
sin
2
?<
br>?absin
?
cos
?
?b
2
cos
2<
br>?
a
2
b(b?csin
?
)
?
2
2222
asin
?
?absin
?
cos
??b?csin
?
a
2
b(b?csin
?
)
。
?
asin
?
(asin
?
?bcos
?)?(csin
?
?b)(csin
?
?b)
由①得
a
sin
?
?bcos
?
?
a(b?csin
?
)<
br>,
x
0
a
2
b
a2sin
?
(csin
?
?b)
x
0
代入上式得
cx
0
?,
a
2
即
x??
(定值)。
c
注:本例也可借助梅涅劳斯定理证明,读者不妨一试。
2
例7 设抛物线y=2px(p>0)的焦点为F,经过点F的直线交抛物线于A,B两点
,点C在准
线上,且BCx轴。证明:直线AC经过定点。
?
y
1
2
[证明] 设
A
?
?
2p
,y
1
?
2
??
y
2
?
?<
br>p
?
?
p
?
???
,B,y
,则,焦点为<
br>F
C?,y
?
,0
?
,所以
??
2
??
2p
2
?
2
?
2
?
??
??
?
2
?
y
2
?
y
1
2
y
1
2
p
p
?
p
?
??
FB??,y
,,,
OC??,y
OA?(,y
1
)FA?(?,y
1
)
?
2
?
2
?
。由于
?
2p
2p
2
?
2
?
?
2p2
?
2
?
y1
y
2
p
?
y
1
2
y
2pp
FAFB
,所以
?
?
?y
2
-
y
2
?
=0。因为
y
1
?
y
1
=0
,即
(y
1
?y
2
)
?
??
2
?
2p
22p2
?
2p
?
y
1
y
2
p
?
y
1
y
2
p
y
1
2
?
p
?
?
y
1
?y
2
,所以?y?0
,即
??0
。所以
?
y?
?
?
?
y
1
?0
。所
2
?
2p
?
1
2
2p
2p2
?
2
?
??
以
OA
OC
,即直线AC经过原点。
x
2
y
2
11
?
例8 椭圆
2
?
2
?1
上有两点A,B,满足OA
?
OB,O为原点,求证:为<
br>|OA|
2
|OB|
2
ab
定值。
[证明] 设
|OA|=r
1
,|OB|=r
2
,且∠xOA=θ,∠xOB=
?
2
?
?
,则点A,B的坐标分别为A(r
1
cos
θ, r
1
sinθ),B(-r
2
sinθ,r
2
cos
θ)。由A,B在椭圆上有
r
1
2
cos
2
?
r
1
2
sin
2
?
r
2
2
sin<
br>2
?
r
2
2
cos
2
?
??1,?
?1.
2222
abab
1cos
2
?
sin<
br>2
?
即
2
?
①
?
22
r
1
ab
1sin
2
?
cos
2
?
??.
②
222
r
2
ab
①+②得<
br>1111
???
(定值)。
|OA|
2
|OB|
2
a
2
b
2
4.最值问题。
例9 设A,B是椭圆x+3y=1上的两个动点,且OA
?
OB(O为原点),求
|AB|的最大值与最
小值。
[解] 由题设a=1,b=
22
r
3
11
,记|OA|=r
1
,|OB|=r
2
,
1
?t
,参考例8可得
2
?
2
=4。设
3
r
1
r
2
r
2
m=|AB|=
r
1
2
?r
2
2
?
2
1
2
1111
(r
1
?r
2
2
)(
2
?
2
)?
(2?t
2
?
2
)
,
44
r
1
r
2
t
1cos
2
?
sin
2
?
1a
2
?b
2
111
22
2
因为
2
?
,且a>b,所以,所以b
??
???sin
?
222
22222
ar
1
b
r
1
abaab
ba1
?
b
2
≤r
1
≤a,同理b≤r
2
≤a.所以<
br>?t?
。又函数f(x)=x+在
?
2
abx
?
a<
br>??
a
2
?
,1
?
上单调递减,在
?
1,
2
?
??
b
?
ba
或时,|AB|取最大<
br>ab
上单调递增,所以当t=1即|OA|=|OB|时,|AB|取最小值1;当
t?
值
23
。
3
3
3
,若圆C:
x
2
?(y?)
2
?
1
2
2
例10 设一椭圆中心
为原点,长轴在x轴上,离心率为
上点与这椭圆上点的最大距离为
1?7
,试求这个椭
圆的方程。
[解] 设A,B分别为圆C和椭圆上动点。由题设圆心C坐标为
?
0
,
?
,半径|CA|=1,因为
|AB|≤|BC|+|CA|=|BC|+1,所以
当且仅当A,B,C共线,且|BC|取最大值时,|AB|取最大值
?
?
3
?
2
?
1?7
,所以|BC|最大值为
7.
因为
e?
3
;所以可设椭圆半长轴、半焦距、半短轴长分别为2t,
3t
,t,椭圆方程为
2
x
2
y
2
2
??1
,
并设点B坐标为B(2tcosθ,tsinθ),则|BC|=(2tcos
22
4tt91
2
3
??
2222
θ)+
?
tsin?
?
?
=3tsinθ-3tsinθ++4t=-3(tsinθ+)+3+4
t.
42
2
??
2
2
19
22
,则当s
inθ=-1时,|BC|取最大值t+3t+
?7
,与题设不符。
24
1
1
222
若t>,则当sinθ=
?
时,|BC|取最大值3+4t
,由3+4t=7得t=1.
2
2t
若
t?
x
2
?y
2
?1
。
所以椭圆方程为
4
5.直线与二次曲线。
2
例11
若抛物线y=ax-1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点,试求a的取值范围。
2
[解] 抛物线y=ax-1的顶点为(0,-1),对称轴为y轴,存在关于直线x+y
=0对称两点的条
件是存在一对点P(x
1
,y
1
),
P'
(-y
1
,-x
1
),满足y
1
=a
x<
br>1
?1
且-x
1
=a(-y
1
)-1,相减得
x
1
+y
1
=a(
x
1
?y
1
),因为P不在直线x+y=0上,所以x
1
+y
1
≠0,所以1=a(x<
br>1
-y
1
),即x
1
=y
1
+
所以
ay
1
2
?y
1
?
即为所求。
22
2
2
1
.
a
11
3
?1?0.
此方程有不等实根,所以
??1?4a(?1)?0
,求得
a?
,
4
aa
x
2
?y
2
?1
相交,
例12
若直线y=2x+b与椭圆(1)求b的范围;(2)当截得弦长最大时,
4
求b的值。
22
[解] 二方程联立得17x+16bx+4(b-1)=0.由Δ>0,得
?1
7
17
;设两交点为
417?b
2
P(x
1
,y
1
),Q(x
2
,y
2
),由韦达定理得|P
Q|=
1?k|x
1
?x
2
|?5?
。所以当b=0
17
2
时,|PQ|最大。
第十二章 立体几何
一、基础知识
公理1 一条直线。上如果有两个不同的点在平面。内.则这条直线在这个平
面内,记作:
a
?
a.
公理2 两个平面如果有一个公共点,则有且只有
一条通过这个点的公共直线,即若P∈α
∩β,则存在唯一的直线m,使得α∩β=m,且P∈m。
公理3 过不在同一条直线上的三个点有且只有一个平面。即不共线的三点确定一个平面.
推论l 直线与直线外一点确定一个平面.
推论2 两条相交直线确定一个平面.
推论3 两条平行直线确定一个平面.
公理4
在空间内,平行于同一直线的两条直线平行.
定义1 异面直线及成角:不同在任何一个平面内的两
条直线叫做异面直线.过空间任意一
0
点分别作两条异面直线的平行线,这两条直线所成的角中
,不超过90的角叫做两条异面直
线成角.与两条异面直线都垂直相交的直线叫做异面直线的公垂线,公
垂线夹在两条异面直
线之间的线段长度叫做两条异面直线之间的距离.
定义2 直线与平面
的位置关系有两种;直线在平面内和直线在平面外.直线与平面相交和
直线与平面平行(直线与平面没有
公共点叫做直线与平面平行)统称直线在平面外.
定义3
直线与平面垂直:如果直线与平面内的每一条直线都垂直,则直线与这个平面垂直.
定理1
如果一条直线与平面内的两条相交直线都垂直,则直线与平面垂直.
定理2
两条直线垂直于同一个平面,则这两条直线平行.
定理3
若两条平行线中的一条与一个平面垂直,则另一条也和这个平面垂直.
定理4 平面外一点到平面的
垂线段的长度叫做点到平面的距离,若一条直线与平面平行,
则直线上每一点到平面的距离都相等,这个
距离叫做直线与平面的距离.
定义5 一条直线与平面相交但不垂直的直线叫做平面的斜线.由斜线
上每一点向平面引垂
线,垂足叫这个点在平面上的射影.所有这样的射影在一条直线上,这条直线叫做斜
线在平
面内的射影.斜线与它的射影所成的锐角叫做斜线与平面所成的角.
结论1
斜线与平面成角是斜线与平面内所有直线成角中最小的角.
定理4 (三垂线定理)若d为平面。的
一条斜线,b为它在平面a内的射影,c为平面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是平面a外一条直线,若它与平面内一条直线b平行,则它与平面a平行
定理6
若直线。与平面α平行,平面β经过直线a且与平面a交于直线6,则ab.
结论2
若直线。与平面α和平面β都平行,且平面α与平面β相交于b,则ab.
定理7
(等角定理)如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行且方向相同,则两个角相
等.
定义6 平面与平面的位置关系有两种:平行或相交.没有公共点即平行,否则即相交.
定理8 平面a内有两条相交直线a,b都与平面β平行,则αβ.
定理9
平面α与平面β平行,平面γ∩α=a,γ∩β=b,则ab.
定义7 (二面角),经过同一条直
线m的两个半平面α,β(包括直线m,称为二面角的棱)
所组成的图形叫二面角,记作α—m—β,也
可记为A—m一B,α—AB—β等.过棱上任意
0
一点P在两个半平面内分别作棱的垂线AP
,BP,则∠APB(≤90)叫做二面角的平面角.
它的取值范围是[0,π].
0特别地,若∠APB=90,则称为直二面角,此时平面与平面的位置关系称为垂直,即α
?
β.
定理10 如果一个平面经过另一个平面的垂线,则这两个平面垂直.
定理11
如果两个平面垂直,过第一个平面内的一点作另一个平面的垂线在第一个平面内.
定理12
如果两个平面垂直,过第一个子面内的一点作交线的垂线与另一个平面垂直.
定义8 有两个面互相
平行而其余的面都是平行四边形,并且每相邻两个平行四边形的公共
边(称为侧棱)都互相平行,由这些
面所围成的几何体叫做棱柱.两个互相平行的面叫做底
面.如果底面是平行四边形则叫做平行六面体;侧
棱与底面垂直的棱柱叫直棱柱;底面是正
多边形的直棱柱叫做正棱柱.底面是矩形的直棱柱叫做长方体.
棱长都相等的正四棱柱叫正
方体.
定义9 有一个面是多边形(这个面称为底面),其余各
面是一个有公共顶点的三角形的多面
体叫棱锥.底面是正多边形,顶点在底面的射影是底面的中心的棱锥
叫正棱锥.
定理13 (凸多面体的欧拉定理)设多面体的顶点数为V,棱数为E,面数为F,则
V+F-E=2.
定义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
叫做球.定长叫做球的半径,定点叫做球心.
定理14 如果球心到
平面的距离d小于半径R,那么平面与球相交所得的截面是圆面,圆心
222
与球心的连线与截
面垂直.设截面半径为r,则d+r=R.过球心的截面圆周叫做球大圆.经
过球面两点的球大圆夹在两
点间劣弧的长度叫两点间球面距离.
定义11 (经度和纬度)用平行于赤道平面的平面去截地球所
得到的截面四周叫做纬线.纬
线上任意一点与球心的连线与赤道平面所成的角叫做这点的纬度.用经过南
极和北极的平面
去截地球所得到的截面半圆周(以两极为端点)叫做经线,经线所在的平面与本初子午线
所在
的半平面所成的二面角叫做经度,根据位置不同又分东经和西经.
定理15 (祖
原理)夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平
面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.
定理16 (
三面角定理)从空间一点出发的不在同一个平面内的三条射线共组成三个角.其
0
中任意两个角
之和大于另一个,三个角之和小于360.
2
定理17 (面积公式)若一个球的半径为R
,则它的表面积为S
球面
=4πR。若一个圆锥的母
线长为l,底面半径为r,则它的
侧面积S
侧
=πrl.
定理18 (体积公式)半径为R的球的体积为V
球
=
?
R
3
;若棱柱(或圆柱)的底面积为s,
高h,则它
的体积为V=sh;若棱锥(或圆锥)的底面积为s,高为h,则它的体积为V=
sh.
定理19 如图12-1所示,四面体ABCD中,记∠BDC=α,∠ADC=β,∠ADB=γ,
∠BAC=A,
∠ABC=B,∠ACB=C。DH
?
平面ABC于H。
(
1)射影定理:S
ΔABD
?cosФ=S
ΔABH
,其中二面角D—AB—
H为Ф。
(2)正弦定理:
4
3
1
3
sin
?<
br>sin
?
sin
?
??.
sinAsinBsin
C
(3)余弦定理:cosα=cosβcosγ+sinβsinγcosA.
cosA=-cosBcosC+sinBsinCcosα.
(4)四面体的体积公式V?
=
1
DH?S
ΔABC
3
1
a
bc1?cos
2
?
?cos
2
?
?cos
2?
?2cos
?
cos
?
cos
?
6
1
?aa
1
dsin
?
(其中d是a
1
, a之间的距离,
?
是它们的夹角)
6
2
S
ΔABD<
br>?S
ΔACD
?sinθ(其中θ为二面角B—AD—C的平面角)。
?
3a
二、方法与例题
1.公理的应用。
例1
直线a,b,c都与直线d相交,且ab,cb,求证:a,b,c,d共面。
[证明] 设d与a
,b,c分别交于A,B,C,因为b与d相交,两者确定一个平面,设为a.又因
为ab,所以两者也
确定一个平面,记为β。因为A∈α,所以A∈β,因为B∈b,所以B
∈β,所以d
?
β.又过b,d的平面是唯一的,所以α,β是同一个平面,所以a
?
α.同理
c<
br>?
α.即a,b,c,d共面。
例2
长方体有一个截面是正六边形是它为正方体的什么条件?
[解] 充要条件。先证充分性,设图12
-2中PQRSTK是长方体ABCD-A
1
B
1
C
1
D<
br>1
的正六边形截面,
延长PQ,SR设交点为O,因为直线SR
?
平面
CC
1
D
1
D,又O∈直线SR,所以O∈平面CC
1
D<
br>1
D,
又因为直线PQ
?
平面A
1
B
1C
1
D
1
,又O∈直线PQ,所以O∈平面A
1
B1
C
1
D
1
。所以O∈直线C
1
D
1
,
0
由正六边形性质知,∠ORQ=∠OQR=60,所以ΔORQ为正三角形,因为
CDC
1
D
1
,所以
CRSR
?
=1。所以R是C
C
1
中点,同理Q是B
1
C
1
的中点,又ΔORC
1
≌ΔOQC
1
,所以C
1
R=C
1
Q,
C
1
R
RO
所以CC
1
=C
1
B
1
,同理CD=CC
1
,所以该长方体为正方体。充分性得证。必要性留给读者自己证
明。
2.异面直线的相关问题。
例3
正方体的12条棱互为异面直线的有多少对?
[解]
每条棱与另外的四条棱成异面直线,重复计数一共有异面直线12×4=48对,而每一
对异面直线被计算两次,因此一共有
48
?
24对。
2
例4 见图12-3,正方体,ABCD—A
1
B
1
C
1
D
1
棱长为1,求面对角线A
1
C
1
与
AB
1
所成的角。
[解] 连结AC,B
1
C,因为A
1
A
B
1
B
C
1
C,所以A1
A
C
1
C,所以A
1
ACC
1为平行四边形,所以
???
A
1
C
1
AC。
?
所以AC与AB
1
所成的角即为A
1
C
1
与AB
1
所成的角,由正方体的性质AB
1
=B
1
C=A
C,所以∠B
1
AC=60。
0
所以A
1
C
1与AB
1
所成角为60。
3.平行与垂直的论证。
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是平行四边形,则它是矩形;若ABCD不共面,设过A,B,C的平面为α,
过D作DD
1
?
α于D
1
,见图12-4,连结AD
1
,CD
1
,因为AB
?
AD
1
,又因为DD<
br>1
?
平面α,又
AB
?
α,所以DD
1
?<
br>AB,所以AB
?
平面ADD
1
,所以AB
?
AD<
br>1
。同理BC
?
CD
1
,所以ABCD
1
为
矩形,所以∠AD
1
C=90,但AD
1
1
?CD
1
,与
0222
0
22
AD
1
2
?CD
1
2<
br>
+CD
2
矛盾。所以ABCD是平面四边形,所以它是矩形。
例6 一个四面体有两个底面上的高线相交。证明:它的另两条高线也相交。
[证明]
见图12-5,设四面体ABCD的高线AE与BF相交于O,因为AE
?
平面BCD,所以<
br>AE
?
CD,BF
?
平面ACD,所以BF
?
CD,
所以CD
?
平面ABO,所以CD
?
AB。设四面体另两条
高分别为
CM,DN,连结CN,因为DN
?
平面ABC,所以DN
?
AB,又AB<
br>?
CD,所以AB
?
平面
CDN,所以AB
?
CN。
设CN交AB于P,连结PD,作
CM'
?
PD于
M'
,因为AB<
br>?
平面CDN,
所以AB
?
CM'
,所以
CM'?
平面ABD,即
CM'
为四面体的高,所以
CM'
与CM重合
,所
以CM,DN为ΔPCD的两条高,所以两者相交。
例7 在矩形ABCD中,AD=
2AB,E是AD中点,沿BE将ΔABE折起,并使AC=AD,见图12-6。
求证:平面ABE<
br>?
平面BCDE。
[证明] 取BE中点O,CD中点M,连结AO,OM,OD,
OC,则OMBC,又CD
?
BC,所以OM
?
CD。
又因为AC=
AD,所以AM
?
CD,所以CD
?
平面AOM,所以AO
?
CD。又因为AB=AE,所以AO
?
BE。
因为ED≠BC,所以BE与CD不平
行,所以BE与CD是两条相交直线。所以AO
?
平面BC-
DE。
又直线AO
?
平面ABE。所以平面ABE
?
平面BCDE。
4.直线与平面成角问题。
例8 见图12-7,正方形ABCD中,E,F分别是AB,
CD的中点,G为BF的中点,将正方形
0
沿EF折成120的二面角,求AG和平面EBCF
所成的角。
[解]设边长AB=2,因为EF
AD,又AD
?
AB
。所以EF
?
AB,所以BG=
?
11
又AE
?
E
F,
BF?5
,
22
BE
?
EF,所以∠AEB=120。
过A作AM
?
BE于M,则∠AEM=60,ME=
2
2
00
3
11
0
AM=AEsin60=.
AE?
,
2
22
5
?
351953
?
3
?
?
222<
br>??
?2??????
由余弦定理MG=BM+BG-2BM?BGcos∠MBG=
??
?
??
2223442
5
??
??
=
2,所以MG=
2.
因为EF
?
AE,EF
?
BE,所以E
F
?
平面AEB,所以EF
?
AM,又AM
?
BE,
3
6
所以AM
?
平面BCE。所以∠
AGM为AG与平面EBCF所成的角。而tan∠AGM=
2
?
。所
42
以AG与平面EBCF所成的角为
arctan
6
.
4
例9 见图12-8,OA是平面α的一条斜角,AB
?
α于B,C在α内
,且AC
?
OC,∠AOC=α,
∠AOB=β,∠BOC=γ。证明:cosα=c
osβ?cosγ.
[证明] 因为AB
?
α,AC
?
OC,所
以由三垂线定理,BC
?
OC,所以OAcosβ=OB,OBcosγ=OC,
又R
tΔOAC中,OAcosα=OC,所以OAcosβcosγ=OAcosα,所以cosα=cosβ?c
osγ.
5.二面角问题。
00
例10 见图12-9,设S为平面ABC外一
点,∠ASB=45,∠CSB=60,二面角A—SB—C为直
角二面角,求∠ASC的余弦值。
[解] 作CM
?
SB于M,MN
?
AS于N,连结CN,因为二
面角A—SB—C为直二面角,所以平
面ASB
?
平面BSC。又CM
?SB,所以CM
?
平面ASB,又MN
?
AS,所以由三垂线定理的逆定
理有CN
?
AS,所以SC?cos∠CSN=SN=SC?cos∠CSM?cos
∠ASB,所以cos∠
ASC=cos45cos60=
00
2
。
4
例11 见图12-10,已知直角ΔABC的两条直角边AC=2,BC=3,P为斜边
AB上一点,沿CP
将此三角形折成直二面角A—CP—B,当AB=
7
时,求二面角
P—AC—B的大小。
[解] 过P作PD
?
AC于D,作PE
?
CP交BC于E,连结DE,因为A—CP—B为直二面角,即
平面ACP
?
平面C
PB,所以PE
?
平面ACP,又PD
?
CA,所以由三垂线定理知DE?
AC,所以
0
∠PDE为二面角P—AC—B的平面角。设∠BCP=θ,则c
os∠ECD=cosθ?cos(90-θ)=sinθ
2
2
?3
2
?71
1
cosθ,由余弦定理cos∠ACB=
?
,所以sinθcos
θ=,所以sin2θ=1.
2
2?2?32
又0<2θ<π,所以θ=
2<
br>2
?
PE
,设CP=a,则PD=a,PE=a.所以tan∠PDE=
?2.
2
4
PD
所以二面角P—AC—B的大小为
ar
ctan2
。
6.距离问题。
例12 正方体ABCD—A
1
B
1
C
1
D
1
的棱长为a,求对角线AC与BC
1
的距离。
[解] 以B为原点,建立直角坐标系如图12-11所示。设P,Q分别是BC
1
,CA上的点,且
11
BC
1
,CQ?CA
,各
点、各向量的坐标分别为A(a,0,0),B(0,0,0),C(0,a,0),
33
11
1111111
PQ?BQ?BP?BC?CA?BC
1
?BC?BA?BC?BC?
BB
1
?BC?BA?BB
1
333333333
BP?
3
1
1
111
a
,所以
PQ?BC
1
??<
br>a×a+a×a=0,
?(a,a,?a)
,所以
|PQ|?
33
3
333
PQ?CA?
1
1
a×a-a×a=0.所以
PQ?BC
1
,PQ?CA
。所以P
Q为AC与BC
1
的公垂线段,
3
3
3
a.
3
所以两者距离为
例13 如图12-12所示,在三棱维S—ABC中,底面是边
长为
42
的正三角形,棱SC的长
为2,且垂直于底面,E,D分别是BC,AB的中
点,求CD与SE间的距离。
[分析] 取BD中点F,则EFCD,从而CD平面SEF,要求C
D与SE间的距离就转化为求
点C到平面SEF间的距离。
[解]
设此距离为h,则由体积公式
11
?SC?S
?CEF
?V
S?C
EF
?h?S
?SEF
.
33
计算可得S
ΔSE
F
=3,
S
?CEF
?3.
所以
h?
23
.
3
7.凸多面体的欧拉公式。
例14 一个凸多面体有32个面,每
个面或是三角形或是五边形,对于V个顶点每个顶点均
有T个三角形面和P个五边形面相交,求100P
+10T+V。
[解] 因F=32,所以32-E+V=2,所以E=V+30。因为T+P个面
相交于每个顶点,每个顶点出
发有T+P条棱,所以2E=V(T+P).
由此得V(T+P)=2(V+30),即V(T+P-2)=60. 由于每个三角
形面有三条棱,故
三角形面有
VTVP
个,类似地,五边形有个,又因为每个面或者是三角
35
形或者是五边形,所以
V
?
?
TP
?
?
?
=32,由此可得3T+5P=16,它的唯一正整数解为T=P=2,
35
??
代入
V(T+P-2)=60得V=30,所以100P+10T+V250。
8.与球有关的问题。
例15 圆柱直径为4R,高为22R,问圆柱内最多能装半径为R的球多少个?
[解]
最底层恰好能放两个球,设为球O
1
和球O
2
,两者相切,同时与圆柱相切,
在球O
1
与
球O
2
上放球O
3
与球O
4<
br>,使O
1
O
2
与O
3
O
4
相垂直,
且这4个球任两个相外切,同样在球O
3
与球
O
4
上放球O
5
与球O
6
,……直到不能再放为止。
先计算过O
3
O<
br>4
与过O
1
O
2
的两平行面与圆柱底面的截面间距离为
(3R)?R?
共装K层,则(22-
2
)R<
2
R(K-1)+
2R≤22R,解得K=15,因此最多装30个。
9.四面体中的问题。
例16 已知
三棱锥S—ABC的底面是正三角形,A点在侧面SBC上的射影H是ΔSBC的垂心,
0
二面
角H—AB—C的平面角等于30,SA=
23
。求三棱锥S—ABC的体积。
22
2R
。设
[解] 由题设,AH
?
平面SBC,作BH
?
SC于E,由三垂线定理可知SC
?
AE,SC
?
AB,
故SC
?
平面ABE。设S在平面ABC内射影为O,则SO
?
平面ABC,
由三垂线定理的逆定理知,CO
?
AB
于F。同理,BO
?
AC,所
以O为ΔABC垂心。又因为ΔABC是等边三角形,故O为ΔABC的
中心,从而SA=SB=SC=
23
,因为CF
?
AB,CF是EF在平面ABC上的射影,又由三垂线定<
br>
理知,EF
?
AB,所以∠EFC是二面角H—A
B—C的平面角,故∠EFC=30,所以
OC=SCcos60=
23?
0
0
3
1
AB,所以AB=
3
OC=3。所以
?3
,
SO=
3
tan60
0
=3,又OC=
3
2
VS—ABC
=
?
1
3
3
9
2
×3×3
=
3
。
4
4
例17
设d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:2d>h.
[证明]
不妨设A到面BCD的高线长AH=h,AC与BD间的距离为d,作AF
?
BD于点F,CN
?
BD
于点N,则CNHF,在面BCD内作矩形CNFE,连AE,因为BDCE,
所以BD平面ACE,所
以BD到面ACE的距离为BD与AC间的距离d。在ΔAEF中,AH为边E
F上的高,AE边上的高
FG=d,作EM
?
AF于M,则由EC平面ABD知,EM
为点C到面ABD的距离(因EM
?
面ABD),
于是EM≥AH=h。在RtΔEM
F与RtΔAHF中,由EM≥AH得EF≥AF。又因为ΔAEH∽ΔFEG,所
以
hAHA
EAF?EF
≤2。所以2d>h.
???
dFGEFEF
注:在前面例题
中除用到教材中的公理、定理外,还用到了向量法、体积法、射影法,请读
者在解题中认真总结。
第十三章 排列组合与概率
一、基础知识
1.加法原理:做一件事有
n类办法,在第1类办法中有m
1
种不同的方法,在第2类办法中
有m
2种不同的方法,……,在第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。
2
.乘法原理:做一件事,完成它需要分n个步骤,第1步有m
1
种不同的方法,第2步有m2
种不同的方法,……,第n步有m
n
种不同的方法,那么完成这件事共有N=m
1
×m
2
×…×m
n
种不同的方法。
3.排列与
排列数:从n个不同元素中,任取m(m≤n)个元素,按照一定顺序排成一列,叫
做从n个不同元素中
取出m个元素的一个排列,从n个不同元素中取出m个(m≤n)元素的所
mm
有排列个数,叫
做从n个不同元素中取出m个元素的排列数,用
A
n
表示,
A
n=n(n-1)…
(n-m+1)=
n!
,其中m,n∈N,m≤n,
(n?m)!
0n
注:一般地
A
n
=1,0!=1,
An
=n!。
A
n
n
4.N个不同元素的圆周排列数为=(n-1)!。
n5.组合与组合数:一般地,从n个不同元素中,任取m(m≤n)个元素并成一组,叫做从n
个不
同元素中取出m个元素的一个组合,即从n个不同元素中不计顺序地取出m个构成原集
合的一个子集。从
n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数,叫做从n个不同
m
元素中取出m个
元素的组合数,用
C
n
表示:
n(n?1)?(n?m?1)n!
?.
m!m!(n?m)!
n
k?1k
;(4)
C
n?1
?C
n
k
m<
br>C
n
?
mn?m
mmn?1
?C
n
6.组合
数的基本性质:(1)
C
n
;(2)
C
n
(3)
?
1
?C
n
?C
n
;
?1
k
C?C???C
?
?
C
n
?2
n
;(5)
C
k
k
?C
k
k
?1
???C
k
k
?m
?C
k
k
?m?1
;(6)
0
n
1
nn
n
n
k?0
kn?k
C
n
C
km
?C
n?m
。
7.定理1:不定方程x
1
+x2
+…+x
n
=r的正整数解的个数为
C
r?1
。 <
br>[证明]将r个相同的小球装入n个不同的盒子的装法构成的集合为A,不定方程x
1
+
x
2
+…+x
n
=r
的正整数解构成的集合为B,A的每个装法对应
B的唯一一个解,因而构成映射,不同的装
法对应的解也不同,因此为单射。反之B中每一个解(x1
,x
2
,…,x
n
),将x
i
作为第i个盒
子中
球的个数,i=1,2,…,n,便得到A的一个装法,因此为满射,所以是一一映射,将r个小球
从左到右排成一列,每种装法相当于从r-1个空格中选n-1个,将球分n份,共有
C
r?1
种。
故定理得证。
推论1 不定方程x
1
+x
2
+…+x
n
=r的非负整数解的个数为
C
n?r?1
.<
br>
推论2 从n个不同元素中任取m个允许元素重复出现的组合叫做n个不同元素的m可重组<
br>合,其组合数为
C
n?m?1
.
0n1n?12n?22r
n?rrnn
8.二项式定理:若n∈N
+
,则(a+b)=
C
n<
br>a?C
n
ab?C
n
ab???C
n
ab??Cn
b
.
n
n?1
n?1
r
m
其中第r
+1项T
r+1
=
C
n
a
rn?rr
b
r
,C
n
叫二项式系数。
9.随机事件:在一定条件下可能发生也可能不发生
的事件叫随机事件。在大量重复进行同
一试验时,事件A发生的频率
m
总是接近于某个
常数,在它附近摆动,这个常数叫做事件
n
A发生的概率,记作p(A),0≤p(A)≤1.
10.等可能事件的概率,如果一次试验中共有n种等可能出现的结果,其中事件A包含的结
果
有m种,那么事件A的概率为p(A)=
m
.
n
11.互斥事件:
不可能同时发生的两个事件,叫做互斥事件,也叫不相容事件。如果事件A
1
,
A2
,…,A
n
彼此互斥,那么A
1
,A
2
,…
,A
n
中至少有一个发生的概率为
p(A
1
+A
2
+…+A
n
)=
p(A
1
)+p(A
2
)+…+p(A
n
).
1
2.对立事件:事件A,B为互斥事件,且必有一个发生,则A,B叫对立事件,记A的对立
事件为A
。由定义知p(A)+p(
A
)=1.
13.相互独立事件:事件A
(或B)是否发生对事件B(或A)发生的概率没有影响,这样的
两个事件叫做相互独立事件。
14.相互独立事件同时发生的概率:两个相互独立事件同时发生的概率,等于每个事件发生
的概率的积。即p(A?B)=p(A)?p(B).若事件A
1<
br>,A
2
,…,A
n
相互独立,那么这n个事件同时发
生的概率
为p(A
1
?A
2
? …
?A
n
)=p(A
1
)?p(A
2
)? …
?p(A
n
).
15.独立重复试验:若n次重复试验中,每次试验结果的概率都不
依赖于其他各次试验的结果,
则称这n次试验是独立的.
16.独立重复试验的概率:如果在
一次试验中,某事件发生的概率为p,那么在n次独立重复试
k
验中,这个事件恰好发生k次的
概率为p
n
(k)=
C
n
?p(1-p).
kn-k17.离散型随机为量的分布列:如果随机试验的结果可以用一个变量来表示,那么这样的变
量叫随
机变量,例如一次射击命中的环数ξ就是一个随机变量,ξ可以取的值有
0,1,2,…,10。如果随
机变量的可能取值可以一一列出,这样的随机变量叫离散型随机变量。
一般地,设离散型随机变量ξ可
能取的值为x
1
,x
2
,…,x
i
,…,ξ取每一个值x<
br>i
(i=1,2,…)的概
率p(ξ=x
i
)=p
i
,则称表
ξ
p
x
1
p
1
x
2
p
2
x
3
p
3
…
…
x
i
p
i
…
…
为随机变量ξ的概率分布,简称ξ的分布列
,称Eξ=x
1
p
1
+x
2
p
2
+…+x
n
p
n
+…为ξ的数学期望或
平均值、均值、简称期望,称Dξ=(
x
1
-Eξ)2?p
1
+(x
2
-Eξ)2?p
2
+…+(x
n
-Eξ)2p
n
+…为ξ的均
方差,简称方差
。
D
?
叫随机变量ξ的标准差。
18.二项分布:如果在一次试验中某事件
发生的概率是p,那么在n次独立重复试验中,这
kkn?k
个事件恰好发生k次的概率为p(
ξ=k)=
C
n
pq
, ξ的分布列为
ξ
p
0
00n
C
n
pq
1
11n?1
C
n
pq
…
…
x
i
k
C
n
p
k
q
n?k
…
…
N
nn
C
n
p
此时称
ξ服从二项分布,记作ξ~B(n,p).若ξ~B(n,p),则Eξ=np,Dξ=npq,以上q=1-p
.
19.几何分布:在独立重复试验中,某事件第一次发生时所做试验的次数ξ也是一个随机变
k-1
量,若在一次试验中该事件发生的概率为p,则p(ξ=k)=qp(k=1,2,…),ξ的
分布服从几
何分布,Eξ=
1
q
,Dξ=
2
(q=1-p)
.
p
p
二、方法与例题
1.乘法原理。
例1
有2n个人参加收发电报培训,每两个人结为一对互发互收,有多少种不同的结对方
式?
[解] 将整个结对过程分n步,第一步,考虑其中任意一个人的配对者,有2n-1种选则;
这一对结好后,再从余下的2n-2人中任意确定一个。第二步考虑他的配对者,有2n-3种选
择,
……这样一直进行下去,经n步恰好结n对,由乘法原理,不同的结对方式有
(2n-1)×(2n-3)×…×3×1=
(2n)!
.
n
2?(n!)
2.加法原理。
例2
图13-1所示中没有电流通过电流表,其原因仅因为电阻断路的可能性共有几种?
[解] 断路共
分4类:1)一个电阻断路,有1种可能,只能是R
4
;2)有2个电阻断路,有
2
3
C
4
-1=5种可能;3)3个电阻
断路,有
C
4
=4种;4)有4个电阻断路,有1种。从而一共
有1+5+4
+1=11种可能。
3.插空法。
例3 10个节目中有6个演唱4个舞蹈,要求每两个
舞蹈之间至少安排一个演唱,有多少种
不同的安排节目演出顺序的方式?
6
[解]
先将6个演唱节目任意排成一列有
A
6
种排法,再从演唱节目之间和前后一共7个位<
br>6
4
?A
7
4
=604800种方式。 置中选出4个安排舞
蹈有
A
7
种方法,故共有
A
6
4.映射法。
例4
如果从1,2,…,14中,按从小到大的顺序取出a
1
,a
2
,a
3
使同时满足:a
2
-a
1
≥3,a
3
-a
2
≥3,那么所有符合要求的不同取法有多少种?
[解] 设S={1,2,…,14}
,
S'
={1,2,…,10};T={(a
1
,a
2
,a
3
)| a
1
,a
2
,a
3
∈S,a2
-a
1
≥3,a
3
-a
2
''''''''
''''
≥3},
T'
={(
a
1
,a
2
,a
3
)∈
S'|a
1
,a
2
,a
3?S',a
1
?a
2
?a
3
},若
(a
1
,a
2
,a
3
)?T'
,令
''
a<
br>1
?a
1
'
,a
2
?a
2
?2,a
3
?a
3
?4
,则(a
1
,a
2
,a
3
)∈T,这样就建立了从
T'
到T的映射,它显
''''''
然是单射,其次若(a
1
,a
2
,a
3
)∈T,令
a
1
?a
1
,a
2
?a
2
?2,
a
3
?a
3
?4
,则
(a
1
,a
2
,a
3
)?T'
,
3
从而此映射也是满射,因此是一一映
射,所以|T|=
|T'|?C
10
=120,所以不同取法有120种。
5.贡献法。
例5
已知集合A={1,2,3,…,10},求A的所有非空子集的元素个数之和。
9
[解]
设所求的和为x,因为A的每个元素a,含a的A的子集有2个,所以a对x的贡献
99
为2,
又|A|=10。所以x=10×2.
k
[另解] A的k元子集共有
C
10
个,k=1,2,…,10,因此,A的子集的元素个数之和为
1210019
C
10
?2C
10
???10C
10
?10(C
9<
br>?C
9
???C
9
)?
10×2
9
。
6.容斥原理。
例6 由数字1,2,3组成n位数(n≥3),且在n位数中,1,2,
3每一个至少出现1次,
问:这样的n位数有多少个?
n123
[解] 用I表示
由1,2,3组成的n位数集合,则|I|=3,用A,A,A分别表示不含1,
n
不含2,不
含3的由1,2,3组成的n位数的集合,则|A
1
|=|A
2
|=|A3
|=2,
|A
1
?
A
2
|=|A
2
?
A
3
|=|A
1
?
A
3
|=1
。|A
1
?
A
2
?
A
3
|=0。
所以由容斥原理|A
1
?
A
2
?
A
3
|
=
?
|A
i?1
3
i
|?
?
|A
i
?A
j
|?|A
1
?A
2
?A
3
|
=3×2
n
-3.所以满
i?j
nn
足条件的n位数有
|I|-|A
1
?
A
2
?
A
3
|=3-3
×2+3个。
7.递推方法。
例7 用1,2,3三个数字来构造n位数,但不允许有两
个紧挨着的1出现在n位数中,问:
能构造出多少个这样的n位数?
[解] 设能构造a<
br>n
个符合要求的n位数,则a
1
=3,由乘法原理知a
2
=3
×3-1=8.当n≥3时:
1)如果n位数的第一个数字是2或
3,那么这样的n位数有2a
n-1
;2)如果n位数的第一个
数字是1,那么第二位
只能是2或3,这样的n位数有2a
n-2
,所以a
n
=2(a
n-
1
+a
n-2
)(n≥3).这
2n
里数列{a
n
}的特征方程为x=2x+2,它的两根为x
1
=1+
3
,x
2=1-
3
,故a
n
=c
1
(1+
3
)
+
c
2
(1+
3
),
n
由a
1
=3,a
2
=8得
c
1
?
2?3
23
,c
2
?
3?2
23
,所以
a
n
?
1
43
[(1?3)
n?2
?(1?3)
n?2
].
8.算两次。
例8 m,n,r∈N
+
,证明:
C
n?
m
?C
n
C
m
?C
n
C
m
?C<
br>n
C
m
r
r0r1r?12r?2r0
???C
n<
br>C
m
.
①
[证明] 从n位太太与m位先生中选出r位的方
法有
C
n?m
种;另一方面,从这n+m人中选
出k位太太与r-k位先生的
方法有
C
n
C
m
种,k=0,1,…,r。所以从这n+m人中选出
r位的
0r1r?1r0
方法有
C
n
C
m
?Cn
C
m
???C
n
C
m
种。综合两个方面,即
得①式。
kr?k
9.母函数。
例9 一副三色牌共有32张,红、黄、蓝各1
0张,编号为1,2,…,10,另有大、小王各
一张,编号均为0。从这副牌中任取若干张牌,按如下
规则计算分值:每张编号为k的牌计
k
为2分,若它们的分值之和为2004,则称这些牌为一
个“好牌”组,求好牌组的个数。
[解] 对于n∈{1,2,…,2004},用a
n<
br>表示分值之和为n的牌组的数目,则a
n
等于函数
22
2
23
3n
f(x)=(1+
x
)?(1+
x
)????…?(1+
x
)的展开式中x的系数(约定|x|<1),由于
0110
f(x)=
1
1
2
0
2
1
2
10
3
2
11
(1?x)
[ (1+
x
)(1+
x
)?…?(1+<
br>x
)]=
3
1?x
(1?x)(1?x)
3
1
2
11
3
(1?x)
。 =
(1?x
2
)(1?x)
2
而0≤2004<2,所以a
n
等于
11<
br>1
n
的展开式中x的系数,又由于
22
(1?x)(1?x)
11
1
2322k
=?=(1+x+x+…+x2k+…)[1+2x+3x+…+(
2k+1)x+…],所
22
2
2
(1?x)(1?x)
1?x(1?x)
以x在展开式中的系数为a
2k
=1+3+5++(2k+1)=(k
+1),k=1,2,…,从而,所求的“好牌”组的
2
个数为a
2004
=
1003=1006009.
k
10.组合数
C
n
的性质。
2k2
例10
证明:
C
2
m
?1
是奇数(k≥1).
k
(2
m
?1)(2
m
?2)?(2
m
?1?k?1)2
m
?12
m
?22
m
?k<
br>??????
令=
1?2???k12k
[证明]
C
k<
br>2
m
?1
2
m?t
i
?p
i
2m
?i
2m?2
t
i
p
i
i=
2?p
i
(1≤i≤k),p
i
为奇数,则,它的分子、分母均
?
?
t
i
i
p
2p
i
i
t
i
为奇数,因
C
2
m
?1
是整数,所以它只能是若干奇数的积,即为
奇数。
nn
例11
对n≥2,证明:
2
n
?C
2n
?4.
k
[证明] 1)当n=2时,2<
C
4
=6<4;2)假设n=
k时,有2<
C
2k
<4,当n=k+1时,因为
22kk
k
2
k?1
C
2(k?1)
?
[2(k?1)]!2?(2k?1)
!2(2k?1)
k
???C
2k
.
(k?1)!(k?
1)!(k?1)!?k!k?1
又
2?
2(2k?1)
k+1
kk
?1kk?1
<4,所以2<
2C
2k
?C
2(k?1)
?
4C
2k
?4
.
k?1
所以结论对一切n≥2成立。
11.二项式定理的应用。
?
1
?
例12 若n∈N,
n≥2,求证:
2?
?
1?
?
?3.
?
n
?
n
11
?
1
?
01
1
2n<
br>[证明] 首先
?
1?
?
?C
n
?C
n<
br>??C
n
?
2
???C
n
?
n
?2
,
其次因为
n
nn
?
n
?
1n(n?1)?(n?
k?1)1111
?
1
?
C?
k
?????(k?2),所以
?
1?
?
?
k
k!k(k?1)k?
1k
nn?k!
?
n
?
k
n
2
2+
C
n
?
n
n
111111111
n
???C??
2?????????3??3.
得证。
n
2n
1223n?1nn
nn
例13 证明:
?
C
k?0
n
m?h
n?k
m?1
?C
k
h
?C
n?1
(h?m?n).
[证明] 首先,对于每个确定
的k,等式左边的每一项都是两个组合数的乘积,其中
C
n?k
是
(1+x)
n-k
m?h
的展开式中x
k
m-h
hh
的系数。
C
k
是(1+y)的展开式中y的系数。从而
C
n?k
?<
br>C
k
就是
kk
m-hh
m?h
(1+x)?(1+y
)的展开式中xy的系数。
于是,
n-k
?
C
k?0
n<
br>m?h
n?k
?C
就是
?
(1?x)
n?k
(1?y)
k
展开式中x
m-h
y
h
的系数。
h
k
k?0
n
另一方面,
?
(1?x)
n?k
(1?y)
k
=
k?0
n
(1?x)?(1?y)
(1?
x)?(1?y)
n?1n?1
?
?
C
k?0
n?1
k
n?1
kk
x?
?
C
n?1
y
kk?0
n?1
x?y
=
x
k
?y
k
n?1
k
k-1k-2k-1m-hh
m?1<
br>=
?
C
n?1
(x+xy+…+y),上式中,xy项的系数恰为C
n
Cx
?
?
?1
。
x?y
k?0
k?0
n?1
kk
n?1
所以
?
C
k?0
n
m?h
n?k
m?1
?C
k
h
?Cn?1
.
12.概率问题的解法。
例14 如果某批产品中有a件
次品和b件正品,采用有放回的抽样方式从中抽取n件产品,
问:恰好有k件是次品的概率是多少?
n
[解] 把k件产品进行编号,有放回抽n次,把可能的重复排列作为基本事件,总数为(
a+b)
(即所有的可能结果)。设事件A表示取出的n件产品中恰好有k件是次品,则事件A所包kkn?k
C
n
ab
含的基本事件总数为
C
?ab,故
所求的概率为p(A)=
.
(a?b)
n
k
n
kn-k
例15 将一枚硬币掷5次,
正面朝上恰好一次的概率不为0,而且与正面朝上恰好两次的概
率相同,求恰好三次正面朝上的概率。
[解] 设每次抛硬币正面朝上的概率为p,则掷5次恰好有k次正面朝上的概率为
1
kk
p(1?p)
4
,且0
C
5
p(1-p)
5-k
(k=0,1,2,…,5),由题设
C
5
2
p
2
(1?p)
3
?C
5
1
40
?
2
?
3
?
1
?
p?
,所以恰好有3次正
面朝上的概率为
C
5
??.
????
3
343<
br>?
3
??
3
?
例16 甲、乙两个乒乓球运动员进行乒乓球
比赛,已知每一局甲胜的概率为0.6,乙胜的概
率为0.4,比赛时可以用三局二胜或五局三胜制,问
:在哪一种比赛制度下,甲获胜的可能
性大?
[解] (1)如果采用三局两胜制,则甲在下
列两种情况下获胜:A
1
—2:0(甲净胜二局),
A
2
—2:1(
前二局甲一胜一负,第三局甲胜). p(A
1
)=0.6×0.6=0.36,p(A
2
)=
C
2
×0.6×0.4
×0.6=0.288.
因为A
1
与A
2
互斥,所以甲胜概率为p(A
1
+A
2
)=0.648.
2
(2)如果采用五局三胜制,则甲在下列三种情况下获胜:
B
1
—3:0(甲净胜3局),B—3:1
(前3局甲2胜1负,第四局甲胜),B<
br>3
—3:2(前四局各胜2局,第五局甲胜)。因为B
1
,
2
B
2
,B
2
互斥,所以甲胜概率为p(B
1
+B
2
+B
3
)=p(B
1
)+p(B
2
)+p(B3
)=0.6+
C
3
×0.6×0.4×0.6+
C
4
32
22
32
1
2
×0.6×0.4×0.6=0.682
56.
由(1),(2)可知在五局三胜制下,甲获胜的可能性大。
例17 有A,B两
个口袋,A袋中有6张卡片,其中1张写有0,2张写有1,3张写有2;B
袋中有7张卡片,其中4张
写有0,1张写有1,2张写有2。从A袋中取出1张卡片,B袋
中取2张卡片,共3张卡片。求:(1
)取出3张卡片都写0的概率;(2)取出的3张卡片数
字之积是4的概率;(3)取出的3张卡片数字
之积的数学期望。
12111
12
C
2
?C
2
?
C
3
?C
1
?C
2
C
1
?C
4<
br>1
4
[解](1)
p?
1
;(2);(3)记ξ为取出的3<
br>?
p??
2
12
63
C
6
?C
7<
br>21
C
6
?C
7
张卡片的数字之积,则ξ的分布为
ξ
p
所以
E
?
?0?
0 2 4 8
37
42
2
63
4
63
1
42
3724132
?2??4??8??.
4263634263
第十四章 极限与导数
一、基础知识
1.极限定义:(1)若数列{u
n
}满足,对任意给定的正数ε,总存在正数m,当n>m且
n∈N
时,恒有|u
n
-A|<ε成立(A为常数),则称A为数列u
n当n趋向于无穷大时的极限,记为
x???
limf(x),limf(x)
,另
外
lim
?
f(x)
=A表示x大于x
0
且趋向于x
0
时f(x)极限为A,称右
x???
x?x
0
极限。类似地lim
?
f(x)
表示x小于x
0
且趋向于x
0
时f(x)的左极限。
x?x
0
2.极限的四则运算:如果
lim
f(x)=a,
lim
g(x)=b,那么
lim
[f(x)±g(x)]=a±b, x?x
0
x?x
0
x?x
0
x?x
0
lim
[f(x)?g(x)]=ab,
lim
x?x
0
f(x)a
?(b?0).
g(
x)b
x?x
0
x?x
0
3.连续:如果函数f(x)在x=x0
处有定义,且
lim
f(x)存在,并且
lim
f(x)=f
(x
0
),则称f(x)
在x=x
0
处连续。
4.最大值
最小值定理:如果f(x)是闭区间[a,b]上的连续函数,那么f(x)在[a,b]上有最大
值和
最小值。
5.导数:若函数f(x)在x0附近有定义,当自变量x在x
0
处取得一
个增量Δx时(Δx充分
小),因变量y也随之取得增量Δy(Δy=f(x
0
+Δx
)-f(x
0
)).若
lim
?y
存在,则称f(x)在x
0
?x?0
?x
dy
dx
,
x
0
处可导,
此极限值称为f(x)在点x
0
处的导数(或变化率),记作
f'
(x
0
)或
y'x?x
0
或
即
f'(x
0
)
?lim
x?x
0
f(x)?f(x
0
)
。由定义知f(x
)在点x
0
连续是f(x)在x
0
可导的必要条件。
x?x
0
若f(x)在区间I上有定义,且在每一点可导,则称它在此敬意上可导。导数的几何意义是:
f(x)在点x
0
处导数
f'
(x
0
)等于曲线y=f(
x)在点P(x
0
,f(x
0
))处切线的斜率。
a?1
6.几个常用函数的导数:(1)
(c)'
=0(c为常数);(2)
(x
a
)'?ax
(a为任意常数);(3)
(sinx)'?cosx;
(4)<
br>(cosx)'??sinx
;(5)
(a
x
)'?a
xlna
;(6)
(e
x
)'?e
x
;(7)
(
log
a
x)'
?
11
(8)
(lnx)'?.
log
a
x
;
xx
7.导数的运算法则:若u(x),v(
x)在x处可导,且u(x)≠0,则
(1)
[u(x
)?v(x)]'?u'(x)?v'(x)
;(2)
[u(x)v(x)]'?u'(x)v
(x)?u(x)v'(x)
;(3)
(c为常数);(4)
[
[cu(x)
]'?c?u'(x)
1?u'(x)u(x)u(x)v'(x)?u'(x)v(x)
;(
5)。
]'?
2
[]'?
u(x)u(x)
u(x)u
2
(x)
8.复合函数求导法:设函数y=f(u),u=
?
(x),已知?
(x)在x处可导,f(u)在对应的点
u(u=
?
(x))处可导,
则复合函数y=f[
?
(x)]在点x处可导,且(f[
?
(x)]
)'
=
f'[
?
(x)]
?
'(x)
.
9.导数与函数的性质:(1)若f(x)在区间I上可导,则f(x)在I上连续;(2)若对一切x
∈(a,b)有
f'(x)?0
,则f(x)在(a,b)单调递增;(3)若对一切x∈(a
,b)有
f'(x)?0
,则
f(x)在(a,b)单调递减。
10.极值
的必要条件:若函数f(x)在x
0
处可导,且在x
0
处取得极值,则
f'(x
0
)?0.
11.极值的第一充分条件:设f(x)在x0处连
续,在x
0
邻域(x
0
-δ,x
0
+δ)内可导,(1)若
当
x∈(x-δ,x
0
)时
f'(x)?0
,当x∈(x
0
,x
0
+δ)时
f'(x)?0
,则f(x)在x
0
处取得极小值;(2)
若当x∈(x
0
-δ,x
0
)时
f
'(x)?0
,当x∈(x
0
,x
0
+δ)时
f'(x)?
0
,则f(x)在x
0
处取得极大
值。
12.极值的第二充分条件
:设f(x)在x
0
的某领域(x
0
-δ,x
0
+δ)内一
阶可导,在x=x
0
处二阶
可导,且
f'(x
0
)?0,f
''(x
0
)?0
。(1)若
f''(x
0
)?0
,则f(x)在x
0
处取得极小值;(2)
若
f''(x
0
)?0
,则f(x)在x
0
处取得极大值。
13.罗尔中值定理:若函数f
(x)在[a,b]上连续,在(a,b)上可导,且f(a)=f(b),则存在ξ
∈(a,b),使
f'(
?
)?0.
[证明] 若当x∈(a,b),f(x)≡
f(a),则对任意x∈(a,b),
f'(x)?0
.若当x∈(a,b)时,
f(
x)≠f(a),因为f(x)在[a,b]上连续,所以f(x)在[a,b]上有最大值和最小值,必有一个
不等于f(a),不妨设最大值m>f(a)且f(c)=m,则c∈(a,b),且f(c)为最大值
,故
f'(c)?0
,
综上得证。
14.Lagrange中值定理:若f
(x)在[a,b]上连续,在(a,b)上可导,则存在ξ∈(a,b),使
f'(
?
)?
f(b)?f(a)
.
b?a
f(b)?f(a)
(x?a)
,则F(x)在[a,b]上连续,在(a,b)上可导,且
b?a
f(b
)?f(a)
F(a)=F(b),所以由13知存在ξ∈(a,b)使
F'(
?)
=0,即
f'(
?
)?.
b?a
[证明]
令F(x)=f(x)-
15.曲线凸性的充分条件:设函数f(x)在开区间I内具有二阶导数,(1
)如果对任意x∈
I,
f''(x)?0
,则曲线y=f(x)在I内是下凸的;(2
)如果对任意x∈I,
f''(x)?0
,则y=f(x)
在I内是上凸的。通常称上凸函数为凸函数,下凸函数为凹函数。
+
16.琴生不等
式:设α
1
,α
2
,…,α
n
∈R,α
1
+α
2
+…+α
n
=1。(1)若f(x)是[a,b]上的凸函
数
,则x
1
,x
2
,…,x
n
∈[a,b]有f(a
1
x
1
+a
2
x
2
+…+a
n
x
n
)≤a
1
f(x
1
)+a
2
f(x2
)+…+a
n
f(x
n
).
二、方法与例题
1.极限的求法。
a
n
2n
??
1
(a?0)
;例1 求下列极限
:(1)
lim
?
2
?
2
???
2
?;(2)
lim
(3)
n??
1?a
n
n??
nnn
??
?
1
?
11
?
;
n(n?1?
n).
lim
?
????
?
(4)
lim
222
n??
n??
?
n?2n?n
??
n?1
[解](1)
lim
?
2n
?
n(n?1)
?
1<
br>?
12
?
1
=
????lim
lim?
??
?
?
?
;
22
2
n??
n
2<
br>n??
2
n??
2n
nn
2n
????
2<
br>a
n
11
(2)当a>1时,
lim?lim??1.
nn
n??
1?a
n
n??
?
1
??
1
?
??
?1lim
??
?1
n??
?
a
??
a
?
当0lim
a0
n??
???0.
n??
1?an
1?lima
n
1?0
n??
n
lima
n
a
n
11
?lim?.
当a=1时,
lim
n?
?
1?a
n
n??
1?12
(3)因为
n
n?n<
br>2
?
1
n?1
1
1?
1
n
2
?
1
n?2
1
2
???
1
n?n
11?
2
?
n
n?1
?1,
2
.
而
lim
n
n?n
2
n?
?
?lim
n??
?1,lim
n??
n?1
2
?
lim
n??
1
n
2
?
1
?
11
??
?1.
所以
lim????
?
222
n??
?
n?2n?n
??
n?1
(4)
lim
n??
n
(n?1?n)?lim
n
n?1?n
2
2
n??
?lim
1
1?
2
n
n??
1
?1
n
1<
br>?.
2
例2 求下列极限:(1)
lim
(1+x)(1
+x)(1+
x
)…(1+
x
)(|x|<1);
2
n?
?
1
?
x
2
?1
?
3
?
(2)<
br>lim
?
(3)
lim
。
?
;
x?11?x
3
x?1
1?x
??
3?x?1?x
[解] (1)
lim
(1+x)(1+x)(1+x
)…(1+
x
)
2
2
2
2
nn??
(1?x)(1?x)(1?x
2
)?(1?x
2
)1?
x
2
?lim
=
lim
n??n??
1?x1?x
nn?1
?
1
.
1?x
?
3?1?x?x
2
??
1?x?1?x
2
?
1
??
3
?
??
(2)
lim
?
??lim
?
?
?lim33
????
x?1
1?x
3
x?1x?1
1?x
1?x1?x
??
????
=
lim
?
2?
x
?
(1?x)(2?x)
?
?lim?1.
?
x?1
32
x?1
1?x1?x?x
??
(3)
limx
2
?1
3?x?1?x
x?1
?lim
(x
2
?1)(3?x?1?x)
(3?x?1?x)(3?x?1?x)
x?1
=
lim
(x?1)(x?1)(3?x?1?x)?(x?1)(3?x?1?x)
?lim
x?1x?1
2(1?x)2
??22.
2.连续性的讨论。
例3 设f(x)在(-∞,+∞)内有定义,且恒满足f(x+1)
=2f(x),又当x∈[0,1)时,
2
f(x)=x(1-x),试讨论f(x)在x=2
处的连续性。
2
[解] 当x∈[0,1)时,有f(x)=x(1-x),在f(x+1
)=2f(x)中令x+1=t,则x=t-1,当x∈
2
[1,2)时,利用f(x+1)=
2f(x)有f(t)=2f(t-1),因为t-1∈[0,1),再由f(x)=x(1-x)得
2
2
f(t-1)=(t-1)(2-t),从而t∈[1,2)时,有f(t)=2(t-1)?(2-
t);同理,当x∈[1,2)时,令
2
x+1=t,则当t∈[2,3)时,有f(t)=2
f(t-1)=4(t-2)(3-t).从而
2
?
?
2(x?1)(2?x
),x?
?
1,2
?
;
f(x)=
?
所以 2
?
?
4(x?2)(3?x),x?
?
2,3
?.
x?2?
limf(x)?lim2(x?1)(2?x)
2
?0,l
imf(x)?lim4(x?2)(3?x)
2
?0
x?2?x?2?x?2?,所以
x?2?
lim
f(x)=
lim
f(x)=f(2)=
0,所以f(x)在x=2处连续。
x?2?
3.利用导数的几何意义求曲线的切线方程。
[解] 因为点(2,0)不在曲线上,设切点坐标为(x
0
,y
0
),则
y
0
?
1
,切线的斜率为
x
0
x
'|
x
??
0
1111
(x?x)y???(x?x
0)
。又因为此,所以切线方程为y-y,即
0
=
?
0
2
2
2
x
0
x
0
x
0
x
0
11
??
2
(2?x
0
)
,所以x
0=1,所以所求的切线方程为y=-(x-2),
x
0
x
0
切线
过点(2,0),所以
?
即x+y-2=0.
4.导数的计算。
5x
2
?3x?x
cos2x
例5
求下列函数的导数:(1)y=sin(3x+1);(2)
y?
;(3)y=e;(4)x
x
(5)y=(1-2x)(x>0且
x?
y?ln(x?x
2
?1)
;
1
)。
2
[解]
(1)
y'?cos(3x?1)?(3x?1)'?
3cos(3x+1).
(5
x
2
?3x?x)'?x?(5x
2
?3x?x)?(x)'
(2)
y'?
x
2
?
1
?
2
?10x
?3??x?5x?3x?x
??
2x
?
?
?
x
2
?5?
1
2x
3
.
?(cos2x)
'?ecos2x?(?sin2x)?(2x)'??2e
cos2x
?sin2x.
(3)
y'?e
(4)
y'?
cos2x
1
x?x2
?1
?(x?x
2
?1)'?
??
x
?
?
?
?1
?
2
?
2
x?x?1?
x?1
?
1
?
1
x?1
2
.
xxln(1?2x)
(5)
y'?[(1?2x)]'?[e]'?e
xln(1?2x)
(xln(1?2x))'
2x
??
?(1?
2x)
x
?
ln(1?2x)?.
?
1?2x
??
5.用导数讨论函数的单调性。
例6
设a>0,求函数f(x)=
x
-ln(x+a)(x∈(0,+∞))的单调区间。
[解]
f'(x)?
1
2x
?
1
(x?0)<
br>,因为x>0,a>0,所以
f'(x)?0?
x
2
+(2a-4)x
+a
2
>0;
x?a
f'(x)?0?
x
2
+(2
a-4)x+a+<0.
(1)当a>1时,对所有x>0,有x+(2a-4)x+a>0,即f'
(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(2)当a=1时,对x≠1,有
x+(2a-4)x+a>0,即
f'(x)?0
,所以f(x)在(0,1)内单调
递增,在(1,+∞)内递增,又f(x)在x=1处连续,因此f(x)在(0,+∞)内递增;(3)当22
22
?
sin(1?y)xsinx
y
2
sinx
?
sinx
,令g(x)=,
???
??
2
x
xx
?
(1?y)
?
(1?y)xg'(x)?
?
?
cosx(x?tanx)
?
(x?),
2
2
x
当
x?
?
0,
?
?
?
时,因为cosx>0,tanx>x,所以
g'(x)?0
;
2
?
当
x?
?
?
?
?
,
?
?
时,因为cosx<0,tanx<0,x-tanx>0,所以
g'(x)?0
;
?
2
?
又因为g(x)在(0,π)上连续,所以g(x)在(0,π)
上单调递减。
又因为0<(1-y)x
s
in(1?y)xsinx
??0
,
(1?y)xx
y
2
sinx
又因为
??0
,所以当x∈(0,π),y∈(0,1)时,f(x,y)>
0.
2
x
(1?y)
其次,当x=0时,f(x,y)=0;当x=π时,
f(x,y)=(1-y)sin(1-y)π≥0.
当y=1时,f(x,y)=-sinx+sinx=0;当y=1时,f(x,y)=sinx≥0.
综上,当且仅当x=0或y=0或x=π且y=1时,f(x,y)取最小值0。
第十五章 复数
一、基础知识
2
1.复数的定义:设i为方程x=-1
的根,i称为虚数单位,由i与实数进行加、减、乘、除
等运算。便产生形如a+bi(a,b∈R)的
数,称为复数。所有复数构成的集合称复数集。通
常用C来表示。
2.复数的几种形式。对任
意复数z=a+bi(a,b∈R),a称实部记作Re(z),b称虚部记作Im(z).
z=ai
称为代数形式,它由实部、虚部两部分构成;若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标,那
么z与坐标平
面唯一一个点相对应,从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合
之间的一一映射。因此复数
可以用点来表示,表示复数的平面称为复平面,x轴称为实轴,
y轴去掉原点称为虚轴,点称为复数的几
何形式;如果将(a,b)作为向量的坐标,复数z又
对应唯一一个向量。因此坐标平面内的向量也是复
数的一种表示形式,称为向量形式;另外
设z对应复平面内的点Z,见图15-1,连接OZ,设∠xO
Z=θ,|OZ|=r,则a=rcosθ,b=rsin
θ,所以z=r(cosθ+isinθ),
这种形式叫做三角形式。若z=r(cosθ+isinθ),则θ称为z
的辐角。若0≤θ<2π,则
θ称为z的辐角主值,记作θ=Arg(z). r称为z的模,也记作|z|,
由勾股定理知|z|=
a?b
.如果用e表示cosθ+isinθ,则z=re,称为复数的指数形
iθi
θ
22
式。
3.共轭与模,若z=a+bi,(a,b∈R),则
z?a-bi称为z的共轭复数。模与共轭的性质有:
2
(1)
z
1
?z
2
?z
1
?z
2
;(2)
z
1
?z
2
?z
1
?z
2
;(3)
z?z?|z|<
br>;(4)
?
?
?
z
1
?
z
1
?
?
;(5)
?
?
z
2
?
z
2
(6)
|
|z
1
?z
2
|?|z
1
|?|z
2
|
;
2222
z
1
|z
1
|
;(7)||z
1
|-|z
2
||≤|z
1
±z
2
|≤|z
1
|+|z
2
|;(8)
|?
z
2
|z
2
|
1
。
z
|z
1
+z
2
|+|z
1
-z<
br>2
|=2|z
1
|+2|z
2
|;(9)若|z|=1,则<
br>z?
4.复数的运算法则:(1)按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致,运
算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数;(2)按向量形式,加、减法满足平行四边形
和
三角形法则;(3)按三角形式,若z
1
=r
1
(cosθ
1
+isinθ
1
), z
2
=r
2
(cosθ
2
+isinθ
2
),则
z
1?
?z
2
=r
1
r
2
[cos(θ
1
+θ
2
)+isi
n(θ
1
+θ
2
)];若
z
2
?0,
z<
br>1
r
1
[cos(θ
1
-θ
2
)+isin
(θ
1
-θ
?
z
2
r
2
2
)],
用指数形式记为z
1
z
2
=r
1
r
2
e<
br>i(θ1+θ2)
,
z
1
r
1
i(
?
1
?
?
2
)
?e.
z
2
r<
br>2
n
5.棣莫弗定理:[r(cosθ+isinθ)]=r(cosnθ+isinn
θ).
6.开方:若
w
n
?
r(cosθ+isinθ),则w?
n
r(cos
k=0,1,2,…,n-1。
7.单位根:若w=
1,则称w为1的一个n次单位根,简称单位根,记Z
1
=
cos
则全部单位
根可表示为1,
Z
1
,
Z
1
,?,Z
1
2
n?1
n
n
?
?2k
?
n
?isin
?<
br>?2k
?
n
)
,
2
?
2
?
,
?isin
nn
.单位根的基本性质有(这里记
Z
k
?Z
1
k
,
k=1,2,…,n-1):(1)对任意整数k,若k=nq+r,
q∈Z,0≤r≤n-1,有Z
nq+r
=Z
r
;(2)对任意
mm
m
整数m,当n≥2时,有
1?Z
1
?Z
2
???Z
n?1
=
?
?
0,当n|m,
特别1+Z
1
+Z
2
+…+Z
n-1
=0;(3)
?
n,当n|m,
2
x+x+…+x+1=(x-Z
1
)(x-Z
2
)…(x-Zn-1
)=(x-Z
1
)(x-
Z
1
)…(x-
Z
1
n-1n-2
n?1
).
8.复数相等的充要条件:(1)
两个复数实部和虚部分别对应相等;(2)两个复数的模和辐角
主值分别相等。
9.复数z是
实数的充要条件是z=
z
;z是纯虚数的充要条件是:z+
z
=0(且z≠0
).
10.代数基本定理:在复数范围内,一元n次方程至少有一个根。
11.实系数方程
虚根成对定理:实系数一元n次方程的虚根成对出现,即若z=a+bi(b≠0)
是方程的一个根,则
z
=a-bi也是一个根。
22
12.若a,b,c∈R,a≠0,则关于
x的方程ax+bx+c=0,当Δ=b-4ac<0时方程的根为
x
1,2
?
?b???i
.
2a
二、方法与例题
1.模的应用。
2n2n
例1
求证:当n∈N
+
时,方程(z+1)+(z-1)=0只有纯虚根。
2n2n2n2n22
[证明] 若z是方程的根,则(z+1)=-(z-1),所以|(
z+1)|=|-(z-1)|,即|z+1|=|z-1|,
即(z+1)(
z
+1
)=(z-1)(
z
-1),化简得z+
z
=0,又z=0不是方程的根,所
以z是纯虚数。
2
例2
设f(z)=z+az+b,a,b为复数,对一切|z|=1,有|f(z)|=1,求a,b的值。
[解]
因为4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b)
=|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)|
≥|f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)|=4,其中等号成立。
所以f(1),f(-1),-f(i),-f(-i)四个向量方向相同,且模相等。
所以f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i),解得a=b=0.
2.复数相等。
2
例3
设λ∈R,若二次方程(1-i)x+(λ+i)x+1+λi=0有两个虚根,求λ满足的充要条件。
2
?
?
x?
?
x?1?0
[解] 若方程有实根
,则方程组
?
有实根,由方程组得(λ+1)x+λ+1=0.若λ
2
??
x?x?
?
?0
=-1,则方程x-x+1=0中Δ<0无实根,所以
λ≠-1。所以x=-1,
λ=2.所以当λ≠2时,方
程无实根。所以方程有两个虚根的充要条件为λ≠2。
3.三角形式的应用。
n
例4 设n≤2000,n∈N,且存在θ满足(sin
θ+icosθ)=sinnθ+icosnθ,那么这样的n有
多少个?
[解]
由题设得
2
[cos(?
?
)?isin(?
?
)]n
?cosn(?
?
)?isin(?
?
)?cos(?n?
)?isin(?n
?
)
222222
,所以n=4k+1.
又因为0≤n≤2000,所以1≤k≤500,所以这样的n有500个。
4.二项式定理的应用。
例5 计算:(1)
C
100
?C
100
?C<
br>100
???C
100
;(2)
C
100
?C
100
?C
100
???C
100
??????
[解] (1+i)=[(1+i)]=(2i)=-2,
=
1002505050
由二项式定理(1+i)=
)+(
100
0
C
100
?C
100
i?C
100
i
2
?
??C
100
i?C
100
i
024100
(C
1
00
?C
100
?C
100
???C
100
50<
br>
C
100
?C
100
?C
100
???C<
br>100
)i,比较实部和虚部,得
C
100
?C
100
?C
100
???C
100
=-2,
13599
C
100
?C
100
?C
100
???C
100
=
0。
5.复数乘法的几何意义。
例6 以定长线段BC为一边任作ΔABC,分别以AB
,AC为腰,B,C为直角顶点向外作等腰
直角ΔABM、等腰直角ΔACN。求证:MN的中点为定点
。
[证明] 设|BC|=2a,以BC中点O为原点,BC为x轴,建立直角坐标系,确定复平面
,则B,
C对应的复数为-a,a,点A,M,N对应的复数为z
1
,z
2<
br>,z
3
,
CA?z
1
?a,BA?z
1
?a
,由复数
乘法的几何意义得:
CN?z
3
?a??i(z
1
?a)
,①
BM?z
2
?a??i(z
1
?a)<
br>,②由①+
②得z
2
+z
3
=i(z
1
+a
)-i(z
1
-a)=2ai.设MN的中点为P,对应的复数z=
z
2?z
3
?ai
,为定值,
2
所以MN的中点P为定点。
例7 设A,B,C,D为平面上任意四点,求证:AB?AD+BC?AD≥AC?BD。
[证明] 用A,B,C,D表示它们对应的复数,则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)
=(A-C)(B-D),因
为|A-B|?|C-D|+|B-
C|?|A-D|≥(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).
所以|A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|≥|A-C|?|B-D|, “=”成立当且
仅当
Arg(
B?AB?CD?AB?C
)?Arg()
,即
Arg
()?Arg()
=π,即A,B,C,D共圆时
D?AC?D
B?AD?C
成立。不等式得证。
6.复数与轨迹。
例8 ΔABC的顶点A表示的复数为3i,底边
BC在实轴上滑动,且|BC|=2,求ΔABC的外心
轨迹。
[解]设外心M对应的复数为
z=x+yi(x,y∈R),B,C点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M
是三边垂直平分线的
交点,而AB的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|,BC的垂直平分线的方
程为|z-b|=
|z-b-2|,所以点M对应的复数z满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|,消去b解得
4
x
2
?6(y?).
3
所以ΔABC的外心轨迹是轨物线。
7.复数与三角。
例9 已知c
osα+cosβ+cosγ=sinα+sinβ+sinγ=0,求证:cos2α+cos2β+cos2
γ=0。
[证明] 令z
1
=cosα+isinα,z
2
=c
osβ+isinβ,z
3
=cosγ+isinγ,则
z
1
+z
2
+z
3
=0。所以
z
1
?z
2
?z
3
?z
1
?z
2
?z
3
?0.
又因为|z
i
|=1,i=1,2,3.
所以z
i
?
z
i
=1,即
z
i
?
1
.
zi
222
由z
1
+z
2
+z
3
=0得
x
1
?x
2
?x
3
?2z
1
z<
br>2
?2z
2
z
3
?2z
3
z
1?0.
①
又
z
1
z
2
?z
3
z
2
?z
3
z
1
?z
1
z2
z
3
?
?
222
所以
z
1
?z
2
?z
3
?0.
?
111
?
??
?
?
?z
1
z
2
z
3
(z
1
?z
2
?z
3
)?0.
zzz
23
??
1
所以cos2α+cos2β+cos2γ+i(sin2α+sin2
β+sin2γ)=0.
所以cos2α+cos2β+cos2γ=0。
000
例10 求和:S=cos20+2cos40+…+18cos18×20.
0018000
[解] 令w=cos20+isin20,则w=1,令P=sin20+
2sin40+…+18sin18×20,则
218231819
S+iP=w+2w+…+
18w. ①由①×w得w(S+iP)=w+2w+…+17w+18w,②由①-②得
?
1
w(1?w
18
)
?18w3
?
?18w
19,所以S+iP=(1-w)(S+iP)=w+w+…+w-18w=,
??9
?
?i
?
??
1?w
1?w
?
22
?
21
819
所以
S??.
8.复数与多项式。
nn-1
例11 已知f(z)=c
0
z+c
1
z+…+
c
n-1
z+c
n
是n次复系数多项式(c
0
≠0). <
br>求证:一定存在一个复数z
0
,|z
0
|≤1,并且|f(z
0
)|≥|c
0
|+|c
n
|.
[证明] 记c
0
z+c
1
z+…+c
n-1
z=g(z),令
?
=Arg(c
n
)-Arg(z
0
),则方程g(Z)-c
0e=0为n次方
iθ
程,其必有n个根,设为z
1
,z
2
,…,z
n
,从而g(z)-c
0
e=(z-z
1
)(z
-z
2
)?…?(z-z
n
)c
0
,令z=0
nn
-1iθ
9
2
得-c
0
e=(
-1)z
1
z
2
…z
n
c
0
,取模得|z
1
z
2
…z
n
|=1。所以z
1
,z2
,…,z
n
中必有一个z
i
使得|z
i
|≤
iθiθ
1,从而f(z
i
)=g(z
i
)+c
n
=c
0
e=c
n
,所以|f(z
i
)|=|c0
e+c
n
|=|c
0
|+|c
n
|.
9.单位根的应用。
例12 证明:自⊙O上任意一点p到正多边形A
1
A
2
…A
n
各个顶点的距离的平方和为定值。
[证明] 取此圆
为单位圆,O为原点,射线OA
n
为实轴正半轴,建立复平面,顶点A
1
对应
复
数设为
?
?e
2
?
i
n
iθn
,则顶点A
2
A
3
…A
n
对应复数分别为ε,ε,…,ε.
设点p对应复数z,则
23n
|z|=1,且=2n-
?
|pA
k?
1
n
k
|?
?
|z?
?
|?
?
(
z?
?
)(z?
?
)?
?
(2?
?
kz?
?
k
z)
2k2kk
k?1k?1k?1nnn
=2n-
z
?
?
k?1
n
k
?
z
?
?
?2n?z
?
?
?z
?
?
k
?2n.
命题得证。
k
k?1k?1k?1
n
k
nn
10.复数与几何。
例13 如图15-2所示,在四边形ABCD内存在一点P,使得ΔPAB,ΔPCD都是以P为直
角
顶点的等腰直角三角形。求证:必存在另一点Q,使得ΔQBC,ΔQDA也都是以Q为直角顶点的等腰直角三角形。
[证明] 以P为原点建立复平面,并用A,B,C,D,P,Q表示它们
对应的复数,由题设及
复数乘法的几何意义知D=iC,B=iA;取
Q?
三角形;又
由C-Q=i(B-Q)得
C?iB
,则C-Q=i(B-Q),则ΔBCQ为等腰直角
1?i
DA
?Q?i(?Q)
,即A-Q=i(D-Q),所以ΔADQ也为等腰直
角
ii
三角形且以Q为直角顶点。综上命题得证。
例14 平面上给定ΔA
1
A
2
A
3
及点p
0
,定义A
s
=A
s-3
,s≥4,构造点列p
0
,p
1
,p
2
,…,使得p
k+1
为绕
0
中心A
k+1
顺时针
旋转120时p
k
所到达的位置,k=0,1,2,…,若p
1986
=p<
br>0
.证明:ΔA
1
A
2
A
3
为等边
三角形。
[证明] 令u=
e
i
?
3
,由题设,约定用
点同时表示它们对应的复数,取给定平面为复平面,则
p
1
=(1+u)A
1
-up
0
,
p
2
=(1+u)A
2
-up
1
,
p
3
=(1+u)A
3
-up
2
,
22
①×u+②×(-u)得p
3
=(1+u)(A
3
-uA
2
+uA
1
)+p
0
=w+p
0
,w为与p
0
无关的常数。同理得
22
p
6
=w+p
3
=2w
+p
0
,…,p
1986
=662w+p
0
=p
0
,所以w=0,从而A
3
-uA
2
+uA
1
=0.
由u=u-1得A
3
-A
1
=(A
2
-A
1
)
u,这说明ΔA
1
A
2
A
3
为正三角形。
第十六章 平面几何
一、常用定理(仅给出定理,证明请读者完成)
梅涅劳斯定理 设
A',B',C'
分别是ΔABC的三边BC,CA,AB或其延
长线上的点,若
A',B',C'
三点共线,则
BA'CB'AC'
???1
.
A'CB'AC'B
BA'CB'AC'
???1.
则
A',B',C'
三点共线。
A'CB'AC'B
梅涅劳斯定理的逆定理
条件同上,若
塞瓦定理 设
A',B',C'
分别是ΔABC的三边BC,CA,A
B或其延长线上的点,若
AA',BB',CC'
三线平行或共点,则
BA'CB'AC'
???1.
A'CB'AC'B
塞瓦定理的逆定理 设
A',B',C'
分别是ΔAB
C的三边BC,CA,AB或其延长线上的点,若
BA'CB'AC'
???1.
则<
br>AA',BB',CC'
三线共点或互相平行。
A'CB'AC'B
角元形式的塞瓦定理
A',B',C'
分别是ΔAB
C的三边BC,CA,AB所在直线上的点,则
AA',BB',CC'
平行或共点的充要条件
是
sin?BAA'sin?ACC'sin?CBB'
???1.
sin?A'ACsin?C'CBsin?B'BA
广义托勒密定理 设ABCD为任意凸
四边形,则AB?CD+BC?AD≥AC?BD,当且仅当A,B,C,D
四点共圆时取等号。
斯特瓦特定理 设P为ΔABC的边BC上任意一点,P不同于B,C,则有
AP=AB?
22
PCBP
2
+AC?-BP?PC.
BCBC
西姆松定理
过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线,则三垂足共线。
西姆松定理的逆定理
若一点在三角形三边所在直线上的射影共线,则该点在三角形的外接
圆上。
九点圆定理
三角形三条高的垂足、三边的中点以及垂心与顶点的三条连线段的中点,这九
点共圆。
蒙日定理 三条根轴交于一点或互相平行。(到两圆的幂(即切线长)相等的点构成集合为
一
条直线,这条直线称根轴)
欧拉定理
ΔABC的外心O,垂心H,重心G三点共线,且
OG?
1
GH.
2
二、方法与例题
1.同一法。即不直接去证明,而是作出满足条件的图形或点,然
后证明它与已知图形或点
重合。
000
例1 在ΔABC中,∠ABC=70,∠
ACB=30,P,Q为ΔABC内部两点,∠QBC=∠QCB=10,∠
0
PBQ=∠PC
B=20,求证:A,P,Q三点共线。
[证明] 设直线CP交AQ于P
1
,直
线BP交AQ于P
2
,因为∠ACP=∠PCQ=10,所以
①在ΔABP,ΔBPQ
,ΔABC中由正弦定理有
0
APAC
?
,
CQ
QP1
QP
2
AP
2
BQ
AB
ABAC
,
②,③
?.
④
?
?
00
0
sin30sin70
sin20sin?BP
2
Q
sin?AP
2
Bsin?A
BP
2
由②,③,④得
APAP
1
?
2
。又因为P
1
,P
2
同在线段AQ上,所以P
1
,P
2
重合,又BP与
QPQP
21
CP仅有一个交点,所以P
1
,P<
br>2
即为P,所以A,P,Q共线。
2.面积法。
例2 见图16-1,◇
ABCD中,E,F分别是CD,BC上的点,且BE=DF,BE交DF于P,求证:
AP为∠BPD
的平分线。
[证明]
设A点到BE,DF距离分别为h
1
,h
2
,则
11
BE?h
1
,S
?ADF
?
DF?h
2
,
22
1
又因为
S
?ABE
?
S
◇ABCD
=S
ΔADF
,又BE=DF。
2
S
?ABE
?
所以h
1
=h
2
,所以P
A为∠BPD的平分线。
3.几何变换。
例3 (蝴蝶定理)见图16-2,AB是⊙O
的一条弦,M为AB中点,CD,EF为过M的任意弦,
CF,DE分别交AB于P,Q。求证:PM=
MQ。
[证明] 由题设OM
?
AB。不妨设
AF?BD
。作D
关于直线OM的对称点
D'
。
连结
PD',D'M,DD',D'F
,则
D'M?DM.?PMD'??DMQ.
要证PM=MQ,只需证
?PD'M?
?MDQ
,又∠MDQ=∠PFM,所以只需证F,P,M,
D'
共圆。
因
为∠
PFD'
=180-
MDD'
=180-∠
MD'D
=
180-∠
PMD'
。(因为
DD'?
OM。AB
DD'
)
所以F,P,M,
D'
四点共圆。所以Δ
PD'M
≌ΔMDQ。所以
MP=MQ。
例4 平面上每一点都以红、蓝两色之一染色,证明:存在这样的两个相似三角形,它
们的
相似比为1995,而且每个三角形三个顶点同色。
[证明] 在平面上作两个同心圆
,半径分别为1和1995,因为小圆上每一点都染以红、蓝
两色之一,所以小圆上必有五个点同色,设
此五点为A,B,C,D,E,过这两点作半径并将
半径延长分别交大圆于A
1
,B<
br>1
,C
1
,D
1
,E
1
,由抽屉原理知这五
点中必有三点同色,不妨设
为A
1
,B
1
,C
1
,
则ΔABC与ΔA
1
B
1
C
1
都是顶点同色的三角形,且相
似比为1995。
4.三角法。
0
例5 设AD,BE与CF为ΔABC的内角
平分线,D,E,F在ΔABC的边上,如果∠EDF=90,
求∠BAC的所有可能的值。
[解] 见图16-3,记∠ADE=α,∠EDC=β,
000
??
-α,∠BDF=-β,
22
AEDECEDE
由正弦定理:,
?,?
A
sin<
br>?
sinCsin
?
sin
2
AEsin
?
sinC
得,
??
A
CEsin
?
sin
2AEAB
ABBC
sin
?
sinCsinC
又由角平分线定理
有,又,所以,
?
?
??
A
sinA
ECBC
s
inCsinA
sin
?
sin
2
sin
?
Asin?BDFA
cos
?
A
化简得
?2cos
,同理
?2cos.
?2cos
,即
sin
?
2cos
?
2
sin?ADF2
sin
?
cos
?
所以,所以sinβcosα-cosβsinα=sin(β-α)=0.
?
sin
?
cos
?
A12
又-π<β-α<π,所以β=α。所以
cos
?
,所以A=π。
223
由题设∠FDA=
5.向量法。
例6
设P是ΔABC所在平面上的一点,G是ΔABC的重心,求证:PA+PB+PC>3PG.
[证明] 因为
PA?PB?PC?PG?GA?PG?GB?
PG?GC?3PG?GA?GB?GC
,又G为Δ
ABC重心,所以
GA?GB?G
C?0.
(事实上设AG交BC于E,则
AG?2GE?GB?GC
,所以
GA?GB?GC?0
)
所以
PA?PB?PC?3PG
,所以<
br>|PA|?|PB|?|PC|?|PA?PB?PC|?3|PG|.
又因为
PA,PB,PC
不全共线,上式“=”不能成立,所以PA+PB+PC>3PG。
6.解析法。
例7 H是ΔABC的垂心,P是任意一点,HL
?
PA,
交PA于L,交BC于X,HM
?
PB,交PB
于M,交CA于Y,HN
?<
br>PC交PC于N,交AB于Z,求证:X,Y,Z三点共线。
[解] 以H为原点,取不与条
件中任何直线垂直的两条直线为x轴和y轴,建立直角坐标系,
用(x
k
,y
k
)表示点k对应的坐标,则直线PA的斜率为
直线HL的方程为x(x
P
-
x
A
)+y(y
P
-y
A
)=0.
又直线HA的
斜率为
y
P
?y
A
x?x
A
,直线HL斜率为P
,
x
P
?x
A
y
A
?y
P
y
A
x
,所以直线BC的斜率为
?
A
,直线BC的
方程为xx
A
+yy
A
=x
A
x
B
+y<
br>A
y
B
,
x
A
y
A
②又点C在直线
BC上,所以x
C
x
A
+y
C
y
A
=x<
br>A
x
B
+y
A
y
B
.
同理可得x
B
x
C
+y
B
y
C
=x
A
x
B
+y
A
y
B
=x
A
x
C<
br>+y
A
y
C
.
又因为X是BC与HL的交点,所以点X坐标
满足①式和②式,所以点X坐标满足
xx
P
+yy
P
=x
A
x
B
+y
A
y
B
.④同理点Y坐标满足xx
P
+yy
P
=x
B
x
C
+y
B
y
C
.⑤点Z坐标满足xx
P
+yy
P
=x
Cx
A
+y
C
y
A
.
由③知④,⑤,⑥表示同一直线方程,故X,Y,Z三点共线。
7.四点共圆。
例8 见图16-5,直线l与⊙O相离,P为l上任意一点,PA,PB为圆的两条切线,A,B<
br>为切点,求证:直线AB过定点。
[证明] 过O作OC
?
l于C,连结O
A,OB,BC,OP,设OP交AB于M,则OP
?
AB,又因为
OA
?<
br>PA,OB
?
PB,OC
?
PC。
所以A,B,C都在以OP为直径的圆上,即O,A,P,C,B五点共圆。
AB与OC是此圆两条相交弦,设交点为Q,
又因为OP
?
AB,OC
?
CP,
所以P,M,Q,C四点共圆,所以OM?OP=OQ?OC。
OA
2
由射影定理OA=OM?OP,所以OA=OQ?OC,所以OQ=(定值)。
OC
22
所以Q为定点,即直线AB过定点。
第十七章
整数问题
一、常用定义定理
1.整除:设a,b∈Z,a≠0,如果存在q∈Z使得b=a
q,那么称b可被a整除,记作a|b,且
称b是a的倍数,a是b的约数。b不能被a整除,记作a b.
2.带余数除法:设a
,b是两个给定的整数,a≠0,那么,一定存在唯一一对整数q与r,满
足b=aq+r,0≤r<|
a|,当r=0时a|b。
3.辗转相除法:设u
0
,u
1
是给定
的两个整数,u
1
≠0,u
1
u
0
,由2可得下面k+
1个等式:
u
0
=q
0
u
1
+u
2
,02
<|u
1
|;
u
1
=q
1
u
2
+u
3
,03
2
;
u
2
=q
2
u
3
+u
4
,04
3
;
…
u
k-2
=q
k-2
u
1
+u
k-1
+u
k
,0k
k-1
;
u
k-1
=q
k-1
u<
br>k+1
,0k+1
k
;
u
k
=q
k
u
k+1
.
4.由3可得:
(1)u
k+1
=(u
0
,u
1
);(2)d|u
0
且d|u
1
的充要条件是d|u
k+1
;(3)存在整数x 0
,x
1
,使u
k+1
=x
0
u
0<
br>+x
1
u
1
.
5.算术基本定理:若n>1且n为整数,则
n?p
1
1
p
2
2
?p
k
k,其中p
j
(j=1,2,…,k)是质数
(或称素数),且在不计次序的意义下
,表示是唯一的。
6.同余:设m≠0,若m|(a-b),即a-b=km,则称a与b模同m同余
,记为a≡b(modm),也
称b是a对模m的剩余。
7.完全剩余系:一组数y
1
,y
2
,…,y
s
满足:对任意整数a有且仅有一个y
j
是a对模m的剩余,
即a≡y
j
(modm),则y
1
,y
2
,…,y
s
称为模m的完全剩余系。
p-1p
8.Fe
rmat小定理:若p为素数,p>a,(a,p)=1,则a≡1(modp),且对任意整数a,有a≡a(modp).
9.若(a,m)=1,则
a
?
(m)
≡1
(modm),
?
(m)称欧拉函数。
10.(欧拉函数值的计算公式)若
m?p
a
1
1
aa
a
p?p
,则
?
(m)=
m
?
(1?
a
2
2
a
k
k
k
i?1
1
).
p
i
11.(孙子
定理)设m
1
,m
2
,…,m
k
是k个两两互质的正整数,
则同余组:
x≡b
1
(modm
1
),x≡b
2
(modm
2
),…,x≡b
k
(modm
k
)有唯一解,
x≡
M
1
M
1
b
1
+
M
2
M
2
b
2
+…+
M
k
M
kb
k
(modM),
其中M=m
1
m
2
m<
br>k
;
M
i
=
'
'
'
M
'<
br>,i=1,2,…,k;
M
i
M
i
≡1(modm
i
),i=1,2,…,k.
m
i
二、方法与例题
1.奇偶分析法。
例1
有n个整数,它们的和为0,乘积为n,(n>1),求证:4|n。
[证明] 设这n个整数为a
1
,a
2
,…,a
n
,则a
1
,a
2
,…,a
n
=n, ①
a
1
+a
2
+…+a
n
=0。 ②
首先n为偶数,否则a
1
,a
2
,…,a
n
均为奇数,奇数
个奇数的和应为奇数且不为0,与②矛盾,
所以n为偶数。所以a
1
,a
2<
br>,…,a
n
中必有偶数,如果a
1
,a
2
,…,a<
br>n
中仅有一个偶数,则a
1
,a
2
,…,a
n
中还有奇数个奇数,从而a
1
+a
2
+…+a
n
也为奇数
与②矛盾,所以a
1
,a
2
,…,a
n
中必有至少2个偶数。所以4|n.
2.不等分析法。
例2
试求所有的正整数n,使方程x+y+z=nxyz有正整数解。
2332333
解 设x
,y,z为其正整数解,不妨设x≤y≤z,则由题设z|(x+y),所以z≤x+y,但x
3332
22
x
3
?y
3
22332222
≤xz,y≤yz,因而
z=nxy-≥nxy-(x+y),故x+y≥z≥[nxy-(x+y)],所以
2
z23222
nxy≤2nxy(x+y)+x+y,所以nxy<
2
?
?
x
?
y
?
?
?
nx
3
?
ny
3
。若x≥2,则4≤
??
2442233
?
11?
11
nxy<
2
?
?
?
11
?11
211
≤3,矛盾。所以x=1,所以ny<,此式当且
2???
?
?
??
3
33
?
yn
ny
ny
?
xy
?
nx
23323
仅当y≤3时成立。又z|(x+y),即z
|(1+y),所以只有y=1,z=1或y=2,z=3,代入原方
程得n=1或3。
3.无穷递降法。
22222
例3
确定并证明方程a+b+c=ab的所有整数解。
解 首先(a,b,c)=(0,0,0)是方程
的整数解,下证该方程只有这一组整数解。假设(a
1
,b
1
,c
1
)
是方程的另一组整数解,且a
1
,b
1
,c
1<
br>不全为0,不妨设a
1
≥0,b
1
≥0,c
1
≥0且
a
1
?b
1
?c
1
?0
,
由a
1
b
1
≡1或0(mod4)知a
1
,b
1
,c
1
都是偶数(否则
a
1
?b
1
?c<
br>1
22222
222
a
1
2
b
1
2
(mod4)),从而
(
a
1
b
1
c
1<
br>abc
,,)
是 方程x
2
+y
2
+z
2<
br>=2x
2
y
2
的一组整数解,且不全为0,同理可知
1
,
1
,
1
也都
222222
a
1
b1
c
1
222422
,,)
为方程x+y+z=2xy的解。这
一过程可以无限进行下去,另一方面
2
2
2
2
2
2
kkk
是偶数
(
a
1
,b
1
,c
1
为有限的整数,必存在k∈N,使2>a
1
,2>b
1
,2>c
1
,从而
a
1
b
1
c
1
,
k
,
k
不是整数,矛盾。
k
222
所以该方程仅有一组整数解(0,
0,0).
4.特殊模法。
例4
证明:存在无穷多个正整数,它们不能表示成少于10个奇数的平方和。
222
[证明]
考虑形如n=72k+66,k∈N的正整数,若
n?x
1
?x
2
?
??x
s
,其中x
i
为奇数,
2
i=1,2,…,s且1≤
s≤9。因为n≡2(mod8),又
x
i
≡1(mod8),所以只有s=2.所以
n?x
1
?x
2
,
2
22
又因为
x
i
≡2或0(mod3),且3|n,所以3|x
1
且3|x
2<
br>,所以9|n。但n=72k+66≡3(mod9),
矛盾。所以n不能表示成少于10个奇数
的平方和,且这样的n有无穷多个。
5.最小数原理。
442
例5
证明:方程x+y=z没有正整数解。
[证明] 假设原方程有一组正整数解(x
0
,y
0
,z
0
),并且z
0
是所有正整数解z中最小的。
因此,
2222
22222
2
2
(x
0
)?(y<
br>0
)?z
0
,则
x
0
?
a-b,
y
0
=2ab,z
0
=a+b,其中(a,b)=1,a,b一奇一偶。假设a
22
?z
0
?0
(mod4)
,而
x
0
?a
2
?b
2
?3
(mod4)
,矛盾,所以a为偶数,b为奇数,那么
x
0
2
?b
2
?a
2
得x0=p-q,b=2pq,a=p+q为奇数,b为偶数。于是,由
x
0
(这里(p,q)=1,p>q>0,p,q
2222
2
?2ab?4pq
(p
2
?q
2
)
,因为p,q,p+q两两互质,因此它们必为一奇
一偶)。从而推得
y
0
22
须都是某整数的平方,即p=r,q=s,p+q
=t,从而r4+s4=t2,即(r,s,t)也是原方程的解,
22222
且有t
22222
n
3
?1
例6
求出所有的有序正整数数对(m,n),使得是整数。
mn?1
解 (1)若n=1,则2
是整数,所以m-1=1或2,所以(m,n)=(2,1),(3,1).
m?1<
br>n
3
?1n
3
?1?22
??n
2
?n?1
?
(2)若m=1,则,所以n-1=1或2,所以
n?1n?1n?1
(m,n)=
(1,2),(1,3).
m
3
n
3
?1
?(m
3
n
3
?1)?m
3
(n
3
?1)m
3<
br>?1
?
(3)若m>1,n>1,因为是整数,所以也是整
mn?1
m
n?1mn?1
数,所以m,n是对称的,不妨设m≥n,
n
3
?1n3
?n?n?11
??n?
ⅰ)若m=n,则
2
为整数,所以n
=2,m=2.
n?1
n?1n
2
?1
n
3
?1
ⅱ)若m>n,因为n+1≡1(modn),mn-1≡-1(modn),所以≡-1(modn)
.
mn?1
3
n
3
?1n
3
?1n
3<
br>?11
??n?,
所以存在k∈N,使kn-1=,又kn-1=
mn?1n
?1
mn
2
?1n
2
?1
n
3
?1
n
2
?12
1
?n?1?.
所以(k-1)n<1+,所以k=
1,所以n=1=,所以
m?
mn?1
n?1n?1
n?1
所以n-
1=1或2,所以(m,n)=(5,3)或(5,2).
同理当m
7.进位制的作用
5
例7 能否选择1983个不同的正整数都不大于10,且其
中没有3个正整数是等差数列中的
连续项?证明你的结论。
5
解 将前10个自然
数都表示为三进制,在这些三进制数中只选取含数字0或1(而不含数
字2)的数组成数集T,下证T中
的数符合要求。
105115
(1)因为3<10<3,所以前10个自然数的三进制至多由
11个数字组成,因而T中的元素
21011
个数共有1+2+2+…+2=2-1=2047
>1983(个)。这是因为T中的k位数的个数相当于用0,
1这两个数在k-1个位置上可重复的全排列数(首位必须是1),即2,k=1,2,…,11.
2105
(2)T中最大的整数是1+3+3+…+3=88573<10。
(3)
T中任意三个数不组成等差排列的三个连续项。否则,设x,y,z∈T,x+z=2y,则2y必
只含
0和2,从而x和z必定位位相同,进而x=y=z,这显然是矛盾的。
第十八章 组合
1.抽屉原理。
例1 设整数n≥4,a
1
,a
2
,…
,a
n
是区间(0,2n)内n个不同的整数,证明:存在集合{a
1
,a<
br>2
,…,a
n
}
的一个子集,它的所有元素之和能被2n整除。
[证明] (1)若n
?
{a
1
,a
2
,…,a
n
},则n个不同的数属于n-1个集合{1,2n-1},
{2,2n-2},…,
{n-1,n+1}。由抽屉原理知其中必存在两个数a
i
,a
j
(i≠j)
属于同一集合,从而
a
i
+a
j
=2n被2n整除;
(2
)若n∈{a
1
,a
2
,…,a
n
},不妨设a
n
=n,从a
1
,a
2
,…,a
n-1
(n-1≥3
)中任意取3个数a
i
, a
j
,
a
k
(a
i
,j
< a
k
)
,则a
j
-a
i
与a
k
-a
i
中至少有一
个不被n整除,否则a
k
-a
i
=(a
k
-a
j<
br>)+(a
j
-a
i
)≥2n,
这与a
k
∈(
0,2n)矛盾,故a
1
,a
2
,…,a
n-1
中必有两个
数之差不被n整除;不妨设a
1
与a
2
之差
(a
2
-a
1
>0)不被n整除,考虑n个数a
1
,a
2
,a1
+a
2
,a
1
+a
2
+a
3
,…,a
1
+a
2
+…+a
n-1
。
ⅰ)若这
n个数中有一个被n整除,设此数等于k
n
,若k为偶数,则结论成立;若k为奇数,
则加上a
n
=n知结论成立。
ⅱ)若这n个数中没有一个被n整除,则它们除以n的
余数只能取1,2,…,n-1这n-1个值,
由抽屉原理知其中必有两个数除以n的余数相同,它们之
差被n整除,而a
2
-a
1
不被n整除,
故这个差必为a
i
, a
j
, a
k-1
中若干个数之和,同ⅰ)可知结论成立。
2.极端原理。
例2 在n×n的方格表的每个小方格内写有一个非负整数,并且在某一行
和某一列的交叉
点处如果写有0,那么该行与该列所填的所有数之和不小于n。证明:表中所有数之和不
小
于
k-1
1
2
n
。
2
[证明] 计
算各行的和、各列的和,这2n个和中必有最小的,不妨设第m行的和最小,记
和为k,则该行中至少有
n-k个0,这n-k个0所在的各列的和都不小于n-k,从而这n-k
22
列的数的总和不
小于(n-k),其余各列的数的总和不小于k,从而表中所有数的总和不小于
(n?k?k)
2
1
2
?n.
(n-k)+k≥
22
22
3.不变量原理。
俗话说,变化的是现象,不变的是本质,某一事情反复地进行,寻找不变量是一种策略。
例3
设正整数n是奇数,在黑板上写下数1,2,…,2n,然后取其中任意两个数a,b,擦
去这两个数,
并写上|a-b|。证明:最后留下的是一个奇数。
[证明] 设S是黑板上所有数的和,开始时和
数是S=1+2+…+2n=n(2n+1),这是一个奇数,
因为|a-b|与a+b有相同的奇偶性
,故整个变化过程中S的奇偶性不变,故最后结果为奇数。
例4 数a
1
, a<
br>2
,…,a
n
中每一个是1或-1,并且有S=a
1
a
2
a
3
a
4
+ a
2
a
3
a<
br>4
a
5
+…+a
n
a
1
a
2
a
3
=0. 证明:
4|n.
[证明]
如果把a
1
, a
2
,…,a
n
中任意一个a
i<
br>换成-a
i
,因为有4个循环相邻的项都改变符号,
S模4并不改变,开始时S
=0,即S≡0,即S≡0(mod4)。经有限次变号可将每个a
i
都变成1,
而始
终有S≡0(mod4),从而有n≡0(mod4),所以4|n。
4.构造法。
例5 是否存在一个无穷正整数数列a
1
,
2
3
<…,使得对任意整数A,数列
{a
n
?A}?
n?1
中
仅有有限个素数。
3
[证明] 存在。取an
=(n!)即可。当A=0时,{a
n
}中没有素数;当|A|≥2时,若n≥
|A|,
2
则a
n
+A均为|A|的倍数且大于|A|,不可能为素数;当A
=±1时,a
n
±1=(n!±1)?[(n!)±
3
n!+1],当≥3时
均为合数。从而当A为整数时,{(n!)+A}中只有有限个素数。
例6 一个多面体共有偶数条
棱,试证:可以在它的每条棱上标上一个箭头,使得对每个顶
点,指向它的箭头数目是偶数。
[证明] 首先任意给每条棱一个箭头,如果此时对每个顶点,指向它的箭头数均为偶数,则
命题成立。若有某个顶点A,指向它的箭头数为奇数,则必存在另一个顶点B,指向它的箭
头数也为奇数
(因为棱总数为偶数),对于顶点A与B,总有一条由棱组成的“路径”连结
它们,对该路径上的每条棱
,改变它们箭头的方向,于是对于该路径上除A,B外的每个顶
点,指向它的箭头数的奇偶性不变,而对
顶点A,B,指向它的箭头数变成了偶数。如果这
时仍有顶点,指向它的箭头数为奇数,那么重复上述做
法,又可以减少两个这样的顶点,由
于多面体顶点数有限,经过有限次调整,总能使和是对每个顶点,指
向它的箭头数为偶数。
命题成立。
5.染色法。
例7 能否在5×5方格表内找
到一条线路,它由某格中心出发,经过每个方格恰好一次,
再回到出发点,并且途中不经过任何方格的顶
点?
[解] 不可能。将方格表黑白相间染色,不妨设黑格为13个,白格为12个,如果能实现,
因黑白格交替出现,黑白格数目应相等,得出矛盾,故不可能。
6.凸包的使用。
给定平面点集A,能盖住A的最小的凸图形,称为A的凸包。
例8
试证:任何不自交的五边形都位于它的某条边的同一侧。
[证明] 五边形的凸五包是凸五边形、凸
四边形或者是三角形,凸包的顶点中至少有3点是
原五边形的顶点。五边形共有5个顶点,故3个顶点中
必有两点是相邻顶点。连结这两点的
边即为所求。
7.赋值方法。
例9 由2×
2的方格纸去掉一个方格余下的图形称为拐形,用这种拐形去覆盖5×7的方格
板,每个拐形恰覆盖3个
方格,可以重叠但不能超出方格板的边界,问:能否使方格板上每
个方格被覆盖的层数都相同?说明理由
。
[解] 将5×7方格板的每一个小方格内填写数-2和1。如图18-1所示,每个拐形覆盖的
三
个数之和为非负。因而无论用多少个拐形覆盖多少次,盖住的所有数字之和都是非负的。另
一
方面,方格板上数字的总和为12×(-2)+23×1=-1,当被覆盖K层时,盖住的数字之和等
于
-K,这表明不存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.图论方法。
例10 生产由六种颜色的纱线织成的双色布,在所生产的双色布中,每种
颜色的纱线至少
与其他三种颜色的纱线搭配过。证明:可以挑出三种不同的双色布,它们包含所有的颜色
。
[证明] 用点A
1
,A
2,A
3
,A
4
,A
5
,A
6
表示六种
颜色,若两种颜色的线搭配过,则在相应的两
点之间连一条边。由已知,每个顶点至少连出三条边。命题
等价于由这些边和点构成的图中
有三条边两两不相邻(即无公共顶点)。因为每个顶点的次数≥3,所以
可以找到两条边不相
邻,设为A
1
A
2
,A
3
A<
br>4
。
(1)若A
5
与A
6
连有一条边,则A
1
A
2
,A
3
A
4
,A
5
A<
br>6
对应的三种双色布满足要求。
(2)若A
5
与A
6
之间没有边相连,不妨设A
5
和A
1
相连,A
2
与A3
相连,若A
4
和A
6
相连,则A
1
A
2
,
A
3
A
4
,A
5
A
6对应的双色布满足要求;若A
4
与A
6
不相连,则A
6
与A
1
相连,A
2
与A
3
相连,A
1
A<
br>5
,
A
2
A
6
,A
3
A
4
对应的双色布满足要求。
综上,命题得证。
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