高中数学奥赛辅导教材(共十讲)精品

第一讲 集合概念及集合上的运算

知识、方法、技能

高中一年级数学（上）（试验本）课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件（或具有某种性质）的对象集中在一起就成为一个集合.

在此基础上，介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，表面平面轨迹及其关系，表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等综合型题目.

赛题精讲

Ⅰ．集合中待定元素的确定

充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例. 例1：求点集{(x,y)|lg(x3131y)lgxlgy}中元素的个数. 393【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之. 【略解】由所设知x0,y0,及x3131yxy, 39由平均值不等式，有x13111y33(x3)(y3)()xy, 3939当且仅当x313111y,即x3,y3（虚根舍去）时，等号成立. 3993故所给点集仅有一个元素.

【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.

例2：已知A{y|yx4x3,xR},B{y|yx2x2,xR}.求AB. 【思路分析】先进一步确定集合A、B.

【略解】y(x2)11,又y(x1)33. ∴A={y|y1},B{y|y3},故AB{y|1y3}. 【评述】此题应避免如下错误解法：

1

2222联立方程组

2yx4x3,2 消去y,2x2x10. 因方程无实根，故AB. 2yx2x2.这里的错因是将A、B的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.

例3：已知集合A{(x,y)||x||y|a,a0},B{(x,y)||xy|1|x||y|}. 若AB是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a的值为 . 【思路分析】可作图，以数形结合法来解之. 【略解】点集A是顶点为（a，0），（0，a），（－a，0），（0，－a）的正方形的四条边构成（如图Ⅰ－1－1－1）.

将|xy|1|x||y|，变形为(|x|1)(|y|1)0, 所以，集合B是由四条直线x1,y1构成.

欲使AB为正八边形的顶点所构成，只有a2或1a2这两种情况. （1）当a2时，由于正八形的边长只能为2，显然有2a222,

故 a22.

（2）当1a2时，设正八形边长为l，则

2l,l222, 2l这时，a12.

2lcos45综上所述，a的值为22或2,

2,0).

图Ⅰ－1－1－1

如图Ⅰ－1－1－1中A(2,0),B(2【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.

Ⅱ．集合之间的基本关系

充分应用集合之间的基本关系（即子、交、并、补），往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.

例4：设集合A{|nZ},B{n|nZ},C{n在下列关系中，成立的是

n21n1|nZ},D{|nZ},则236（ ）

A．ABCD

B．AB,CD

2

C．ABC,CD

D．ABB,CD

12n1n12n1,,nZ. 22366n1n1【解法1】∵A{|nZ},B{n|nZ},C{n|nZ},D{|nZ},

2236【思路分析】应注意数的特征，即n∴ABC,CD.故应选C.

【解法2】如果把A、B、C、D与角的集合相对应，令

A{nn|nZ},B{n|nZ},C{n|nZ},D{|nZ}. 22363x上的角的集3结论仍然不变，显然A′为终边在坐标轴上的角的集合，B′为终边在x轴上的角的集 合，C′为终边在y轴上的角的集合，D′为终边在y轴上及在直线y合，故应选（C）.

【评述】解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.

例5：设有集合A{x|x[x]2}和B{x||x|2},求AB和AB（其中[x]表示不超过实数x之值的最大整数）.

【思路分析】应首先确定集合A与B.

从而 1x2.显然,2A. ∴AB{x|2x2}. 若 xAB,则x[x]2,[x]{1,0,1,2}, 从而得出 x223([x]1)或x1([x]1). 于是 AB{1,3}

【评述】此题中集合B中元素x满足“|x|<3”时，会出现什么样的结果，读者试解之. 例6：设f(x)x2bxc(b,cR),且A{x|xf(x),xR},B{x|xf[f(x)],xR}， 如果A为只含一个元素的集合，则A=B.

【思路分析】应从A为只含一个元素的集合入手，即从方程f(x)x0有重根来解之. 【略解】设A{|R},则方程f(x)x0有重根，于是f(x)x(x),

2f(x)(x)2x..从而xf[f(x)],即 x[(x)2(x)]2(x)2x,

整理得(x)[(x1)1]0, 因x,均为实数

3

22(x1)210,故x. 即B{}A.

【评述】此类函数方程问题，应注意将之转化为一般方程来解之.

例7：已知M{(x,y)|yx},N{(x,y)|x(ya)1}.求MNN成立时，a需满足的充要条件.

【思路分析】由MNN,可知NM. 【略解】MNNNM.

由x(ya)1得xyy(2a1)y(1a).于是， 若y(2a1)y(1a)0 ①

22222222222必有yx,即NM.而①成立的条件是 ymax即 4(1a)(2a1)0, 解得 a1.

224(1a2)(2a1)20,

414【评述】此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解. 例8：设A、B是坐标平面上的两个点集，Cr{(x,y)|xyr}. 若对任何r0都有CrACrB，则必有AB.此命题是否正确？ 【思路分析】要想说明一个命题不正确，只需举出一个反例即可. 【略解】不正确.

反例：取A{(x,y)|xy1},B为A去掉（0，0）后的集合. 容易看出CrACrB,但A不包含在B中.

【评述】本题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之. Ⅲ．有限集合中元素的个数

有限集合元素的个数在课本P23介绍了如下性质： 一般地，对任意两个有限集合A、B，有

22222card(AB)card(A)card(B)card(AB).

我们还可将之推广为：

一般地，对任意n个有限集合A1,A2,,An,有

card(A1A2A3An1An)

4

[card(A1)card(A2)card(A3)card(An)][card(A1A2)card(A1A3)]

card(A1An)card(An1An)][card(A1A2A3)]card(An2An1An)]

(1)n1card(A1A3An).

应用上述结论，可解决一类求有限集合元素个数问题.

【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评19人优秀，化学总评有20人优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和数学都优秀的有8人，试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围（该班有5名学生没有任一科是优秀）.

【思路分析】应首先确定集合，以便进行计算. 【详解】设A={数学总评优秀的学生}，B={物理总评优秀的学生}，C={化学总评优秀的学生}. 则card(A)21,card(B)19,card(C)20,card(AB)9,card(BC)7,card(CA)8. ∵card(ABC)card(A)card(B)card(C)card(AB)card(BC)card(CA)

card(ABC), ∴card(ABC)card(ABC)2119209836.

这里，card(ABC)是数、理、化中至少一门是优秀的人数，card(ABC)是这三科全优的人数.可见，估计card(ABC)的范围的问题与估计card(ABC)的范围有关.

注意到card(ABC)min{card(AB),card(BC),card(CA)}7，可知

0card(ABC)7. 因而可得36card(ABC)43.

又∵card(ABC)card(ABC)card(U),其中card(ABC)5. ∴41card(U)48. 这表明全班人数在41~48人之间. 仅数学优秀的人数是card(ABC).

∴card(ABC)card(ABC)card(BC)card(ABC)card(B)

card(C)card(BC)card(ABC)32.

可见4card(ABC)11, 同理可知 3card(BAC)10,

5card(CBA)12.故仅数学单科优秀的学生在4~11之间，仅物理单科优秀的学生

数在3~10之间，仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.

5

第二讲 映射及映射法

知识、方法、技能

1．映射的定义

设A，B是两个集合，如果按照某种对应法则f，对于集合A中的任何一个元素，在集合B中都有惟一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合A到集合B的映射，记作f:AB. （1）映射是特殊的对应，映射中的集合A，B可以是数集，也可以是点集或其他集合，这两个集合有先后次序，从A到B的映射与从B到A的映射是截然不同的.

（2）原象和象是不能互换的，互换后就不是原来的映射了.

（3）映射包括集合A和集合B，以及集合A到B的对应法则f，三者缺一不可.

（4）对于一个从集合A到集合B的映射来说，A中的每一个元素必有惟一的，但B中的每一个元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一个.

2．一一映射 一般地，设A、B是两个集合，f:AB.是集合A到集合B的映射，如果在这个映射下，对于集合A中的不同元素，在集合B中有不同的象，而且B中每一个元素都有原象，那么个这个映射叫做A到B上的一一映射.

3．逆映射

如果f是A与B之间的一一对应，那么可得B到A的一个映射g：任给bB，规定

g(b)a，其中a是b在f下的原象，称这个映射g是f的逆映射，并将g记为f—1.

显然有（f1）1= f，即

——

如果f是A与B之间的一一对应，则f1是B与A之间的一一对应，并且f1的逆映射是f.

事实上，f1是B到A的映射，对于B中的不同元素b1和b2，由于它们在f下的原象不

——

同，所以b1和b2在f1下的像不同，所以f1是1－1的.

任给aA,设f(a)b，则f—1

——

—

1(b)a.这说明A中每个元素a在f—1都有原象.因此，f

是映射上的.

———

这样即得f1是B到A上的1－1映射，即f1是B与A之间一一对应.从而f1有逆映射

h:AB.由于任给aA,设h(a)b，其中b是a在f—1下的原象，即f—1(b)=a，所以，

—1

f(a)=b，从而h(a)bf(a),得hf，这即是f

的逆映射是f.

赛题精讲

Ⅰ映射

关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一，请看下述试题.

例1：设集合M{x|0x11,xZ},集合F{(a,b,c,d)|a,b,c,dM},映射f：F→Z.使得

(a,b,c,d)abcd.已知(u,v,x,y)39,(u,y,x,v)66,求x,y,u,v的值.

6

fff【思路分析】应从(a,b,c,d)abcd入手，列方程组来解之. 【略解】由f的定义和已知数据，得

fuvxy39, uyxv66(u,v,x,yM).将两式相加，相减并分别分解因式，得

(yv)(ux)105,(yv)(ux)27.

显然，ux0,yv0,在x,y,u,v{x|0x11,xZ}的条件下，0uv11,

105[]1yv22,即10yv22,但(yv)|105,可见(yv)115,(yv)221, 11对应可知(ux)17,(ux)25.

27]1ux22知,3ux22又有(ux)13,(ux)29. 11对应地，(yv)19,(yv)23.于是有以下两种可能：

同理，由0yv11,[yx15,yv21,（Ⅰ）ux7, （Ⅱ）ux5,

ux9,ux9,yv3;yv3.由（Ⅰ）解出x=1，y=9，u=8，v=6；由（Ⅱ）解出y=12，它已超出集合M中元素的范

围.因此，（Ⅱ）无解.

【评述】在解此类问题时，估计yv,ux,yv,ux的可能值是关键，其中，对它们的取值范围的讨论十分重要. 例2：已知集合A{(x,y)|3yy3}和集合{(x,y)|0}.求一个A与B的一一对3xx应f，并写出其逆映射.

图Ⅰ－1－2－1

【略解】从已知集合A，B看出，它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合（如图Ⅰ－1－2－1）.

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集合A为直线y3x和y3x所夹角内点的集合，集合B则是第一、三象限内点3的集合.所要求的对应实际上可使A区域拓展成B区域，并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合A和B： A{(cos,sin)|0,R,}, 63 B{(cos,sin)|0,R,02}.

令f(cos,sin)(cos,sin),3(变，辐角之间是一次函数36).在这个映射下，极径没有改

2，因而和之间是一一对应，其中(,),

63(0,).所以，映射f是A与B的一一对应.

2 逆映射极易写，从略.

【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题，颇具特色.应注意理解掌握. Ⅱ映射法

应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题.

例3：设X={1，2，…，100}，对X的任一非空子集M，M中的最大数与最小数的和称为M的特征，记为m(M).求X的所有非空子集的特征的平均数. 【略解】设AX,令f:AA,A{101a|aA}X.

于是f:AA是X的非空子集的全体（子集组成的集），Y到X自身的满射，记X的非空子集为A1，A2，…，An（其中n=2100－1），则特征的平均数为

1n1nm(Ai)(m(Ai)m(Ai)). ni12ni1由于A中的最大数与A′中的最小数的和为101，A中最小数与A′中的最大数的和也为101，故m(Ai)m(Ai)202,从而特征平均数为

1202n101. 2n如果A，B都是有限集合，它们的元素个数分别记为card(A),card(B).对于映射f:AB来说，如果f是单射，则有card(A)card(B)；如果f是满射，则有card(A)card(B)；如果f是双射，则有card(A)card(B).这在计算集合A的元素的个数时，有着重要的应用.即当card(A)比较难求时，我们就找另一个集合B，建立一一对应f:AB，把B的个数数清，就有card(A)card(B).这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例. 例4：把△ABC的各边n等分，过各分点分别作

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各边的平行线，得到一些由三角形的边和这些平 行线所组成的平行四边形，试计算这些平等四边 形的个数.

【略解】如图Ⅰ－1－2－2所示，我们由对称性， 先考虑边不行于BC的小平行四边形.把AB边和 AC边各延长一等分，分别到B′，C′，连接 B′C′.将A′B′的n条平行线分别延长，与B′C′相交，连同B′，C′共有n+2个分点，从B′至C′依次记为1，2，…，n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交B′C′于i，j，k，l.记

A={边不平行于BC的小平行四边形}， B{(i,j,k,l)|1ijkln2}.

把小平行四边形的四条边延长且交BC边于四点的过程定义为一个映射：f:AB. 下面我们证明f是A与B的一一对应，事实上，不同的小平行四边形至少有一条边不相同，那么交于BC的四点亦不全同.所以，四点组(i,j,k,l)亦不相同，从而f是A到B的1－1的映射.

任给一个四点组(i,j,k,l),1ijkln2，过i，j点作AB的平行线，过k，l作AC的平行线，必交出一个边不平行于BC的小平行四边形，所以，映射f是A到B的满射. 总之f是A与B的一一对应，于是有card(A)card(B)Cn2.

加上边不平行于AB和AC的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是3Cn2. 例5：在一个6×6的棋盘上，已经摆好了一些1×2的骨牌，每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子，证明：如果还有14个格子没有被覆盖，则至少能再放进一个骨牌. 【思路分析】还有14个空格，说明已经摆好了 11块骨牌，如果已经摆好的骨牌是12块，

图Ⅰ－1－2－3所示的摆法就说明不能再放入骨牌. 所以，有14个空格这一条件是完全必要的.我们 要证明当还有14个空格时，能再放入一个骨牌， 只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种

情况不发生，则每个空格的四周都有骨牌，由于正

方形是对称的，当我们选定一个方向时，空格和骨牌就有了某种对应关系，即可建立空格到骨牌的一种映射，通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系，可以得到空格分布的一个很有趣的结论，从而也就证明了我们的命题. 【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空.

如果棋盘第一行（即最上方的一行）中的空格数多于3个时，则必有两空格相邻，这时问题就得到解决.

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44 现设第一行中的空格数最多是3个，则有card(X)14311，另一方面全部的骨牌数为11，即card(Y)11.所以必有card(X)card(Y),事实上这是一个一一映射，这时，将发生一个很有趣的现象：最下面一行全是空格，当然可以放入一个骨牌.

【评述】这个题目的证明是颇具有特色的，从内容上讲，这个题目具有一定的综合性，既有覆盖与结构，又有计数与映射，尤其是利用映射来计数，在数学竞赛中还较少见.

当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如，用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构，也能比较容易地解决这个问题，请读者作为练习.

例6：设N={1，2，3，…}，论证是否存一个函数f:NN使得f(1)2，f(f(n))f(n)n对一切nN成立，f(n)f(n1)格，即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格，考察它上方的与之相邻的方格中的情况.

（1）如果上方的这个方格是空格，则问题得到解决. （2）如果上方的这个方格被骨牌所占，这又有三种情况.

（i）骨牌是横放的，且与之相邻的下方的另一个方格也是空格，则这时有两空格相邻，即问

题得到解决；

（ii）骨牌是横放的，与之相邻的下方的另一个方格不是空格，即被骨牌所覆盖； （iii）骨牌是竖放的.

现在假设仅发生（2）中的（ii）和（iii）时，我们记X为下面5×6个方格中的空格集合，Y为上面5×6个方格中的骨牌集合，作映射:XY，由于每个空格（X中的）上方都有骨牌（Y中的），且不同的空格对应于不同的骨牌.所以，这个映射是单射，于是有

card(X)card(Y)，对一切nN成立.

【解法1】存在，首先有一条链. 1→2→3→5→8→13→21→… ① 链上每一个数n的后继是f(n)，f满足

f(f(n))f(n)n ②

即每个数是它产面两个数的和，这种链称为f链. 对于①中的数m>n，由①递增易知有

f(m)f(n)mn ③

我们证明自然数集N可以分析为若干条f链，并且对任意自然数m>n，③成立（从而，并且每两条链无公共元素）.方法是用归纳法构造链（参见单壿著《数学f(n1)f(n)）

竞赛研究教程》江苏教育出版社）

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设已有若干条f链，满足③，而k+1是第一个不在已有链中出现的数，定义

f(k1)f(k)1 ④

这链中其余的数由②逐一确定.

对于m>n，如果m、n同属于新链，③显然成立，设m、n中恰有一个属于新链.若m属于新链，在m=k+1时，f(m)f(n)f(k)1f(n)kn1mn,

设对于m，③成立，则f(f(m))f(n)f(m)mf(n)mnmf(m)n [由②易知2mf(m)]. 即对新链上一切m，③成立.

若n属于新链，在n=k+1时，

f(m)f(n)f(m)f(k)1mk1mn.

设对于n，③成立，在m>n时，m不为原有链的链首。 记

mf(x),则在mf(n)时,f(m)f(f(n))sm(f(n)n)mf(n)(sn).

而在sn,f(n)f(s)ns0,与mf(n)矛盾，所以sn,f(m)f(f(n))mf(n). 即对新链上一切，③成立. 因而添入一条新链后，③仍成立.

这样继续添加，直到所有自然数均在链中出现，所得函数f:NN即为所求. 【解法2】令f(n)[(n1)]n,其中1(51),[x]表示x的整数部分.显然f(n) 2严格递增，并且f(1)2. 又由于(1)1，

∴f(f(n))f(n)[(f(n)1)]

f(n){[(n1)](n1)}

f(n){2(n1)[(n1)](n1)}({x}x[x]为x的分数部分)f(n){n1[(n1)]}f(n)n.

因此，[(n1)]n就是满足要求的函数.

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第三讲 函数的概念和性质

知识、方法、技能

I．函数的定义

设A，B都是非空的数集，f是从A到B的一个对应法则.那么，从A到B的映射f：A→B就叫做从A到B的函数.记做y=f(x)，其中x∈A，y∈B，原象集合，A叫做函数f(x)的定义域，象的集合C叫做函数的值域，显然CB.

II．函数的性质

（1）奇偶性 设函数f(x)的定义域为D，且D是关于原点对称的数集.若对任意的x∈D，都有f(－x)=－f(x)，则称f(x)是奇函数；若对任意的x∈D，都有f(－x)=f(x),则称f(x)是偶函数.

（2）函数的增减性 设函数f(x)在区间D′上满足：对任意x1, x2∈D′，并且x1f(x2)),则称f(x)在区间D′上的增函数（减函数），区间D′称为f(x)的一个单调增（减）区间. III．函数的周期性

对于函数 f(x),如果存在一个不为零的正数T，使得当x取定义域中的每个数时，f(x+T)=f(x)总成立，那么称f(x)是周期函数，T称做这个周期函数的周期.如果函数f(x)的所有周期中存在最小值T0，称T0为周期函数f(x)的最小值正周期.

IV．高斯函数

对任意实数x,我们记不超过x的最大整数为[x]，通常称函数y=[x]为取整函数，又称高斯函数.

进一步，记{x}=x－[x]，则函数y={x}称为小数部分函数，它表示的是x的小数部分. 根据高斯函数的定义，可得到其如下性质. 性质1 对任意x∈R，均有 x－1<[x]≤x<[x]+1.

性质2 对任意x∈R，函数y={x}的值域为[0,1).

性质3 高斯函数是一个不减函数，即对任意x1, x2∈R，若x1≤x2, 则[x1] ≤[x2]. 性质3 若n∈Z, x∈R,则有 [x+n]=n+[x], {n+x}={x} 后一个式子表明y={x}是一个以1为周期的函数.

性质4 若x , y ∈R， 则 [x]+ [y]≤[x+y] ≤[x]+ [y]+1. 性质5 若n∈N*, x∈R, 则[nx]≥n[x] 性质6 若n∈N*, x∈R, 则[][xn[x]]. nxn性质7 若n∈N*, x∈R+, 则在区间[1,x]内，恰有[]个整数是n的倍数.

性质8 设p为质数，n∈N*,在p在n!的质因数分解式中的幂次为

12

nnp(n!)[][2]

pp赛题精讲

函数是高中数学，也是高等数学的基础.因此，也是高考和高中数学竞赛的重要内容.下面分类介绍此类题目.

I 函数的定义域和值域

例1 当x为何值时，lglglglglglgx才有意义.

【思路分析】应根据对数的意义，从最外层开始一层一层地逐步消去根号和对数符号求出x的范围.

【略解】由lglglglglglgx>0，得lglglglglgx≥1 …… ∴x1010210210210

【评述】这种多层对数及根式问题，一定要逐层由外向内求解，要有耐心。 例2 设A={a|a=7p,p∈N*},在A上定义函数f如下：若a∈A，则f(a)表示a的数字之和，例如f(7)=7，f(42)=6，设函数f的值域是集合M.求证：M={n|n∈N*, n≥2}.

【思路分析】注意从充要条件的角度来进行证明. 【略解】先证M{n|n∈N*,n≥2}. 任取x∈M, 即x是被7整除的正整数的数字之和，由于7×10n，n=0, 1,2，…，所以x的数字之和是大于1的正整数，因此x∈{n|n∈N*，n≥2}.所以

M{n|n∈N*,n≥2}.

再证{n|n∈N*，n≥2} M.

任取x∈{n|n∈N*,n≥2},即x是大于1的正整数.下面分两种情形： 当x=2k(k∈N*)时，由于7|100|，于是取 a= 10011001…1001，

k个1001

则7|a，且f(a)=2k,所以x∈M.

当x=2k+1(k∈N*)时，由于7|100|，7|21，于是取 b=10011001…100121，

k－1个1001

则7|b，且f(b)=2(k－1)+3=2k+1,故x∈M,故x∈M.所以 {n|n∈N*, n≥2}M. 因此 M={n|n∈N*, n≥2}.

13

【评述】此类题目的证明严谨、科学. 例3 设正实数x, y满足xy=1，求函数 f(x, y) =

xy的值域.（其中（[x]表示不超过x的最大整数）

[x][y][x][y]1【思路分析】由x、y的对称性，不妨设x≥y，则有x2≥1，必分x=1与x>1两种情况讨论.

【详解】不妨设x≥y，则x2≥1,x≥1.有下面两种情形：

（1）当x=1时，y=1，此时f(x,y)=

1. 2（2）当x>1时，设[x]=n， {x}=x－[x]=α，则x=n+α,0≤α<1.

1<1，故[y]=0. n1nn. f(x,y)n11由函数g(x)=x+在x≥1时是递增的和0≤α<1得

x111nnn1,nnn111nn1nf(x,y)n1.n1n11nn21n1n设an212,n1nnnn1n11n11bn.则2n1(n1)n2an1an.n(n1)(n2)a1a2a3,a3a4an,于是，y=

b1b2bn.55于是当x1时,f(x,y)的值域为[a2,b1),即[,).

155综上所述，f(x, y)的值域为{}[,).

2【评述】本例表面上为“二元函数”实为一元函数，因为y=

14

1，消去y后就是关于xx的函数了.

II．函数性质的应用

在数学竞赛中，常见的应用函数性质的题目有以下几类： 1．求值、求最值

例4 设函数f(x)是定义在R上的周期为3的奇函数，且f(1)=2,求f(2)+f(3)的值. 【思路分析】要抓住函数为奇函数且周期为3进行变形求值. 【略解】对定义在R上的奇函数，必有 f(0)=－f(0),即f(0)=0.

∴f(3)=f(0)=0, f(2)=f(－1+3)=f(－1)=－f(1)=－2. ∴f(2)+f(3)=－2.

例5 设f(x)，g(x)都是定义在R上的奇函数，F(x)=af(x)+bg(x)+2在区间（0，+∞）上的最大值是5，求F(x)在（－∞，0）上的最小值.

【思路分析】应注意F(x)－2是奇函数，这是解题的一条途径. 【略解】令(x)=F(x)－2=af(x)+bg(x),

易知(x)为奇函数，且在（0，+∞）上有最大值3. ∴(x)在（－∞，0）上有最小值－3. 故F(x)在（－∞，0）上的最小值为－1.

【评述】将代数式转化为奇函数的思想十分重要，应注意掌握这种“转化思想”.

例6 设函数f(x), 对任意x, y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，若x>0时，f(x)<0且f(1)=－2. （1）证明：f(x)是奇函数；

（2）求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值.

【思路分析】因为x∈R，由区间的特殊点，即x=0入手，是解题的出发点. 【略解】（1）令x=y=0,则有

f(0)=f(0)+f(0), ∴f(0)=0. 再令y=－x，得f(0)=f(x)+f(－x), ∵f(0)=0, ∴f(－x)=－f(x), ∴f(x)是奇函数.

（2）设x1, x2∈R，且x1< x2,则

f(x2)=f[x1+(x2－x1)]=f(x1)+f(x2－x1), ∵x2>x1, ∴x2－x1>0. 由已知得 f(x2－x1)<0,

∴f(x2)∴f(x)在[－3，3]上的最大值[f(x)]最大值=f(－3),最小值[f(x)]最小值=f(3). 又∵f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1)+f(1)=－6, f(－3)=－f(3)=6. 故f(x)在[－3，3]上的最大值为6，最小值为－6.

【评述】本题中的 “x2=x1+(x2－x1)”是完成证明函数是减函数的证明的主要过程，这一特点读者应有所体会.

2．求函数的解析式

－

例7 若f(x)=2x－2xlga为奇函数，求实数a的值.

【思路分析】可由f(x)为奇函数，得到f(－x)=－f(x),构造方程来求a的值.

15

【略解】∵f(－x)=2x－2xlga=－(2x－2xlga)=－f(x),

－－

∴(2x+2x)－(2x+2x)lga=0,

－

即(2x+2x)(1－lga)=0,

－

∵2x+2x>0, ∴1－lga=0, 故a=10.

【评述】利用“函数与方程的思想”来解题依然是本题的主线，但函数是奇函数是出发点。应注意找好每道题解题的出发点.

例8 已知定义在R上的单调函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)且f(1)=2. （1）求证：f(x)为奇函数；

（2）当t>2时，不等式f(klog2t)+f(log2t－log22t－2)<0恒成立，求实数k的取值范围. 【思路分析】由f(x)的定义域为R，从其特殊点，即x=y=0入手来解此题. 【略解】（1）令x=y=0得 f(0)=2f(0), ∴f(0)=0.

再令y=－x, 得f(0)=f(x)+f(－x), ∴f(－x)=－f(x), 即f(x)为奇函数.

（2）∵f(0)=0, f(1)=2,且f(x)是R上的单调函数，故f(x)是R上的单调递增函数.又f(x)是奇函数.

由f(klog2t)f(log2tlog2t2)f(log2tlog2t2) 得klog2t0, ∴(k+1)2－8<0, ∴－22故使不等式恒成立的实数k的范围是（－1－22，22－1）.

【评述】本题（2）为函数不等式，此类题目十分典型，本节后面将专门加以介绍.

22－－

16

第四讲 常见的初等函数、二次函数

知识、方法、技能

常函数y=c，幂函数y=x (α∈Q),指数函数y=ax,对数函数y=logax,三角函数（y=sinx, y=cosx , y=tanx等），反三角函数（y=arcsinx, y=arccosx , y=arctanx等）是数学中最为基本的函数，我们把它们统称为基本初等函数.

学习中应熟练掌握各基本初等函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基本性质，并能利用这些性质快捷地比较两个数值的大小或解有关不等式.具体解题时，若绘出各基本初等函数的草图，往往能“一目了然”地获得问题的结果.

绘制幂函数y=xα(α=

α

m,m、n是互质的整数)草图的一般步骤是： n(1)根据指数α的大小判断函数图象在第一象限的情形如图 I-1-4-1.

(2)判断函数的奇偶性并确定函数图像在其他象限的情况

①m,n均为奇数时，y=xα为奇函数，图象在一、三象限内关于原点中心对称. ②m为偶数，n为奇数时Y=xα为偶函数，图象在一、二象限内关于y轴对称. ③m为奇数，n 为偶数时，y=xα既不是奇函数也不是偶函数，函数只在第一象限有图像.

常见的函数往往是由基本初等函数通过有限次加减乘除运算或复合而得到的，我们称之为初等函数.其中二次函数和形如y=x+

k的分式函数在高考和竞赛中具有尤为xk的性质求x重要的地位.同学们要熟练掌握求二次函数解析式、值域的有关方法，并会用这些方法解决相关的问题；会判断二次方程根的分布情况；会利用函数y=x+出一些分式函数的值域.

17

赛题精讲

例1 3个幂函数y=x,yx和y=x的图象如图I—1—4—2：试写出各个函数的图象的对应编号.

【思路分析】3个函数的定义域、值域、单调性都相同，具有类似的草图，仅从草图已无法区分这三者了.只能更为“精细”地考察和函数值的大小，不妨取x=2试一试.

t【略解】当x=2时，3个函数值分别为2,2,2.因为 y=2为增函数，

123456123456135,所以222426.而图中,x=2时，图象①的对应点纵坐标最大，图象③的对应246点纵坐标最小，所以y=

135x,yx和yx对应的图象依次为③，②，①.

123456【评述】一般地，当α越大大时，幂函数图像在x>1对应的部分越“高”.此外，本题方法也可应用于辨别两个草图相近的指数函数或对函数的图象.

例2 比较下列各题中两个值的大小：

（1）(2)2335与(3)；

4535（2）(3.14)与(); （4）log23与log23.1.

32323（3）()与()

3【思路分析】（1）中两数有相同的指数－，故可将这两者看做同一函数yx5的两

5个不同函数值，利用函数单调性比较两数大小.

【略解】（1）因为yx35是（－∞，0）上的减函数，又23,所以

(2)35(3)2335.

2323（2）因为yx是(,0)上的减函数又3.14,所以(3.14)();

24x（3）因为y=是(,)上的增函数,又(),,所以()35

35

18

232324（4）因为y=log2x是（0，+∞）上的增函数，又3<3.1，所以log23（1）ylogalogalogax(a0,a1); （2）y313x29()xlog0.1.

32x1【略解】（1）据题意有logalogax>0.

①a>1时，上式等价于logax>1,即x>a.

②0x>a . 所以，当a>1时，函数定义域为（a,+∞）；而当021x13()(),11x1x33339()0,()93x23即3即0, （2）据题意有log3x20.03x21.2x10.13x22x12x12x110.2x321解得x或x,3212x3.2即x3.32所以函数定义域为(,3].

3【评述】解指数、对数不等式时，要注意比较底数a与1的大小，从而确定去掉指数、对数符号后不等号是否改向.

例4 解方程：

xx（1）(322)(322)34;

6（2）xx144.(x0)

【略解】（1）因为(322)(322)1,所以原方程等价于

(322)x1(322)x34.

19

1令(322)xt,则t34.t(2)xx1446t17122.即x6x14466x2.(x6)x12126

(xx)614466令y=x6,显然y>1,则f(x)=yy是y的增函数.

所以yy=1212只有惟一解y=12. 即原方程有解x612.

例5 比较下列各组数的大小 ： （1）sin48°, cos313°；

（2）cos96°, sin96°, tan69°.

【思路分析】 比较两数大小的一种方法是将两数看成同一函数的两个函数值，然后利用函数单调性来比较；另一种方法是寻找某个中介量（如0，1）等.

【略解】（1）cos313°=cos(360°－47°)=cos47°=sin43°（2）因为钝角的余弦小于0，正弦大于0，所以cos96°<0, 0tan45°=1所以cos96°例6 已知x∈[0，π]，比较cos(sinx)与sin(cosx)的大小.

【略解】cos(sinx)sin(2sinx)

当x[0,]时,212sinx2,1cosx1.又因为sinxcosx2所以cosx2,且ysint是[,]上的增函数,22

2sinx.所以sin(cosx)sin(sinx)2即sin(cosx)cos(sinx).例7 已知0b1,04，比较下列三数的大小：

20

x(sin)logbsin,y(cos)logbcos,z(sin)logbcos.0sin2cos1.又0b1,2(sin)logbsin(sin)logbcos

[解]04logbsinlogbcos0即xz.logbcos0,又sincos..即zy.f(t)tlogbcos是(0,)上的增函数.(sin)logbcos(cos)logbcosxzy.例8 求下列函数的最小正周期： （1）y=tanx－cotx; （2）y=sin(cosx); （3）y=cos(sinx).

sin2xcos2xcos2x2ctg2x. 【略解】（1）因为tanxcotx1sinxcosxsin2x2所以函数y=tanx－cotx的最小正周期T=

. 2（2）因为sin(cos(x+2π))=sin(cosx)，所以2π是函数y=sin(cosx)的周期.设最小正周期为T，若0特别地，令x=0, sin(cosT)=sinl.

而另一方面，0综上，函数y=sin(cosx) 的最小正周期为2π.

（3）因为cos(sin(π+x))=cos(－sinx)=cos(sinx),所以π是函数y=cos(sinx)的周期，仿（2）可证函数y=cos(sinx)的最小正周期为π.

【评述】（1）求函数最小正周期时，应尽量将函数化简.（2）对于由两个函数f(x)和g(x)复合而成的函数f(g(x)),如果g(x)是周期函数，且其最小正周期为T1，那么，f(g(x))也是周期函数，且T1仍是f(g(x))的一个周期，但未必是它的最小正周期.

例9 判断下列函数的周期性，若是周期函数，试求出其最小正周期.

（1）y=2sin

5x+3cos6x； 2544x和y=3cos6x的最小正周期分别是和,因此 ，的最25353（2）y=sinπx+cos2x . 【略解】（1）y=2sin小公倍数4π是y=2sin

5x+3cos6x的周期.可以证明4π也是它的最小正周期. 221

（2）y=sinπx和cox2x的周期分别为2和π，因为

2不是有理数，所以2和π没有最小公倍数（此处倍数应为整数倍），可以证明y=sinπx+cos2x 不是周期函数.

【证明】假设T是函数y=sinπx+cos2x的周期.则 sinπ(x+T)+cos2(x+T)=sinπx+cos2x. sinπ(x+T)－sinπx=cos2x－cos2(x+T),

Tcos(πx+T)=2sinTsin(2x+T), (*) 22令x=0, 得2cosTsinT=2sin2T.

22即sinTcosT=sin2T ①

22而令x=－2, 化简得 sinTcosT=sinTsin(T+4).②

22令x=－2, 得sinTcosT=sinTsin(T－4) ③

222sin

由②－③得 sinTsin(T+4)－sinTsin(T－4)=0,

即2sinTcosTsin4=0, sin2T=0, T=

k,kZ ④ 2但显然④不适合①，矛盾，所以假设不成立.函数y=sinπx+cos2x不是周期函数.

【评述】一般地，周期函数f(x)和g(x)的最小正周期分别为T1和T2，若T1/T2θ，则函数f(x)+g(x)不是周期函数，若T1/T2∈θ，则f(x)+g(x)是周期函数.

22

第五讲 不等式的证明

知识、方法、技能

不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型. 证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：

不等式的性质：abab0,abab0.这是不等式的定义，也是比较法

的依据. 对一个不等式进行变形的性质： （1）abba（对称性） （2）abacbc（加法保序性）

（3）ab,c0acbc;ab,c0acbc.

nn（4）ab0ab,nanb(nN*).

对两个以上不等式进行运算的性质.

（1）ab,bcac（传递性）.这是放缩法的依据. （2）ab,cdacbd. （3）ab,cdacbd. （4）ab0,dc0,含绝对值不等式的性质：

（1）|x|a(a0)xaaxa. （2）|x|a(a0)xaxa或xa. （3）||a||b|||ab||a||b|（三角不等式）. （4）|a1a2an||a1||a2||an|.

2222ab,adbc. cd 证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明

23

中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.

赛题精讲

例1：a,b,c0,求证：ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc. 【略解】ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc

a(b2c22bc)b(a2c22ac)c(a2b22ab) a(bc)b(ca)c(ab)222

0 ab(ab)bc(bc)ca(ca)6abc.

【评述】（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明abcabbcca时，可将ab

222221(abbcca)配方为[(ab)2(bc)2(ca)2]，亦可利用a2b22ab,

2b2c22bc,c2a22ca，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.

例2：a,b,c0，求证：abc(abc)abcabc3.

【思路分析】显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.

【略解】不等式关于a,b,c对称，不妨abc,则ab,bc,acR，且

ab,， bca都大于等于1. caabbcc

abc3a2abc3b2bac3c2cab3aab3aac3bba3bbc3cca3ccb3(abc)

ab3a()b

b()cbc3a()cac31.【评述】（1）证明对称不等式时，不妨假定n个字母的大小顺序，可方便解题.

aaan （2）本题可作如下推广：若ai0(i1,2,,n),则a11a22an (a1a2an)a1a2ann

.

abba （3）本题还可用其他方法得证。因abab，同理bbccbccb,ccaacaac，

24

另abcabc，4式相乘即得证.

（4）设abc0,则lgalgblgc.例3等价于algablgbalgbblga,类似例4可证algablgbclgcalgbblgcclgaalgcblgbclga.事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：

设有两个有序数组a1a2an,b1b2bn，则a1b1a2b2anbn（顺

abcabc序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）

a1bna1bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1,2,,n的任一排列.当且仅当a1a2an或

b1b2bn时等号成立.

排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如a,b,cR时,abcabbccaaabbcc

333222222a2b2c2111111abbcca;abca2b2c2a2b2c2.

bcabcaabc222

a2b2b2c2c2a2a3b3c3. 例3：a,b,cR,求证abc2c2a2bbccaab【思路分析】中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明. 【略解】不妨设abc,则abc,222111111，则a2b2c2（乱cbacab212121212121序和）abc（逆序和），同理abc（乱序和）abccab111a2b2c2（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数

abc111333组abc及，仿上可证第二个不等式. bcacab

*例4：设a1,a2,,anN，且各不相同，

求证：1111aa3ana12. 22223n23n 25

【思路分析】不等式右边各项

ai1；可理解为两数之积，尝试用排序不等式. aii2i2【略解】设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的重新排列，满足b1b2bn， 又1111. 22223nanbna2a3b2b3.由于b1,b2,bn是互不相同b122222n2323nb3bnb11的正整数，故b11,b22,,bnn.从而b12，原式得12222n23n所以a1证.

【评述】排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，ababba,

22a3b3c3a2bb2cc2aaabbbcccaabcbaccab3abc.

例5：利用基本不等式证明abcabbcca.

222【思路分析】左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换．．

的方法.

【略解】ab2ab,同理bc2bc,ca2ca；三式相加再除以2即得证. 【评述】（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.

22xnx12x2如可在不等式两边同时加上x2x3xnx1. x1x2xn，x2x3x1222322 式.

再如证(a1)(b1)(ac)(bc)256abc(a,b,c0)时，可连续使用基本不等

33223ab2a2b2)（2）基本不等式有各种变式 如(等.但其本质特征不等式两边的次22数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.

例6：已知ab1,a,b0,求证：ab441. 81，如何也转化为a、b的48【思路分析】不等式左边是a、b的4次式，右边为常数

次式呢.

26

33【略解】要证ab4411,即证a4b4(ab)4. 8833【评述】（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知x1x2x31,xi0,求证：x1x2

1右侧的1可理解为1求证：x1x2x2x3 (x1x2x3)3.再如已知x1x2x30，x.3332+x3x10，此处可以把0理解为(x1x2x3)，当然本题另有简使证法.

38

（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于n个正数a1,a2,an)

调和平均Hnn111a1a2an

几何平均Gnna1a2an 算术平均Ana1a2an

n22a12a2an

2平方平均Qn这四个平均值有以下关系：HnGnAnQn，其中等号当且仅当a1a2an时成立.

例7：利用排序不等式证明GnAn. 【证明】令bi

ai,(i1,2,,n)则b1b2bn1，故可取x1,x2,xn0，使得 Gnb1

xxx1x,b22,,bn1n1,bnn由排序不等式有： x2x3xnx1b1b2bn

=

xx1x2n（乱序和） x2x3x1 27

x1111x2xn（逆序和） x1x2xn =n，

aaa2ana1a2nn,即1Gn. GnGnGnn 【评述】对

111,,,各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，GnAn. a1a2an

例8：证明：对于任意正整数R，有(11n1n1)(1). nn1

【思路分析】原不等式等价于n1(11n1)1，故可设法使其左边转化为n个数nn1的几何平均，而右边为其算术平均.

【略证】n1(11)n(11)(11)1(11)(11)1n211.

n1nnnnnn1n1n个n1 【评述】（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不

等式形式相近.类似可证(11n11n2)(1). nn11n1（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.

111例9：n为正整数，证明：n[(1n)1]1n(n1)nn1.

23n【证明】先证左边不等式

111(1n)123n1111n123n  (1n)n

n111(11)(1)(1)(1)123n (1n)nn34n1223nn1n(*)

nn[(1n)1]128

1n1n111123n

n

2

34n123nn234n1nn1.

n23n

 （*）式成立，故原左边不等式成立.

其次证右边不等式

1111n(n1)nn1

23n1

n1n1n(1111111)(1)(1)(1)23nn1123n n1nn112n11n （**）  n123nn1

（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.

29

第六讲 不等式的应用、参数取值范围问题

知识、方法、技能

I．排序不等式（又称排序原理）

设有两个有序数组a1a2an及b1b2bn. 则a1b1a2b2anbn（同序和）

a1bj1a2bj2anbjn（乱序和）

a1bna2bn1anb1（逆序和）

其中j1,j2,,jn是1，2，…，n的任一排列.当且仅当a1a2an或

b1b2bn时等号（对任一排列j1,j2,,jn）成立.

证明：不妨设在乱序和S中jnn时（若jnn，则考虑jn1），且在和S中含有项

akbn(kn),则akbnanbjnanbjnanbn. ①

事实上，左－右=(anak)(bnbjn)0,

由此可知，当jnn时，调换Sa1bj1akbjkanbjn（jnn）中bn与jn位置（其余不动），所得新和S1S.调整好an及bn后，接着再仿上调整an1与bn1，又得

S2S1.如此至多经n1次调整得顺序和

a1b1a2b2anbna1bj1a2bj2anbjn ②

这就证得“顺序和不小于乱序和”.显然，当a1a2an或b1b2bn时②

中等号成立.反之，若它们不全相等，则必存在jn及k，使bnbjn,anak.这时①中不等号成立.因而对这个排列②中不等号成立. 类似地可证“乱序和不小于逆序和”. II．应用排序不等式可证明“平均不等式”：

设有n个正数a1,a2,,an的算术平均数和几何平均数分别是

30

An

a1a2an和Gnna1a2an

n此外，还有调和平均数（在光学及电路分析中要用到

Hnn111a1a2an，

和平方平均（在统计学及误差分析中用到）

Qn22a12a2an* 这四个平均值有以下关系HnGnAnQn. ○

n其中等号成立的充分必要条件都是a1a2an. 下面首先证明算术平均数一几何平均数不等式：AnGn. 记x1

aaaa1aa,x212,,xn12nn1； GGG

y1111,y2,,yn. x1x2xn

由于数组x1,x2,,xn和数组y1,y2,,yn中对应的数互为倒数，由排序不等式得

x1y1x2y1xnyn（逆序和）

 x1ynx2y1,xnyn1，

即 naa1a2n. GnGnGn

从而AnGn.等号当且仅当x1x2xn或y1y2yn时成立，而这两者都

可得到a1a2an.

下面证明GnHn.对n个正数

111,,,应用GnAn,得 a1a2an 31

111a1a2an111n.

na1a2an即GnHn.（符号成立的条件是显然的）.最后证明AnQn,它等价于

22n(a12a2an)(a1a2an)20.

而上式左边=(a1a2)2(a1a2)2(a1an)2(a2a3)2(a2an)2

(an1an)20，于是不等式及等号成立的条件都是显然的了.从上述证明可见，AnQn对一切a1,a2,,anR成立.

III．应用算术平均数——几何平均数不等式，可用来证明下述重要不等式.

柯西（Cavchy）不等式：设a1、a2、a3，…，an是任意实数，则

2222(a1b1a2b2anbn)2(a12a2an)(b12b2bn).

等号当且仅当bikai(k为常数，i1,2,,n)时成立.

证明：不妨设ai(i1,2,,n)不全为0，bi也不全为0（因为ai或bi全为0时，不等式

222222显然成立）. 记A=a1a2an，B=b1b2bn.

且令xiaib,yii(i1,2,,n), AB

222222则x1x2xn1,y1y2yn1.于是原不等式成为

x1y1x2y2xnyn1.

222222即2(x1y1x2y2xnyn)x1x2xny1y2yn.它等价于

(x1y1)2(x2y2)2(xnyn)20.

其中等号成立的充要条件是xiyi(i1,2,,n).从而原不等式成立，且等号成立的充

要条件是bikai(k

A). B32

IV．利用排序不等式还可证明下述重要不等式.

切比雪夫不等式：若a1a2an，b1b2bn ，

则

a1b1a2b2anbna1a2anb1b2bn.

nnn

证明：由题设和排序不等式，有a1b1a2b2anbn=a1b1a2b2anbn，

a1b1a2b2anbna1b2a2b3anb1，

……

a1b1a2b2anbna1bna2b1anbn1.

将上述n个不等式叠加后，两边同除以n2，即得欲证的不等式.

赛题精讲

I．排序不等式的应用 应用排序不等式可以简捷地证明一类不等式，请看下述例题.

例1：对a,b,cR，比较abc与abbcca的大小.

333222 【思路分析】要应用“排序不等式”，必须取两组便于排序的数，这要从两式的结构上去分析. 【略解】 取两组数 故

a,b,c;a2,b2,c2.

不管a,b,c的大小顺序如何，abc都是同序和abbcca都是乱序和，

333222a3b3c3a2bb2cc2a.

【评述】 找出适当的两组数是解此类题目的关键.

a2b2b2c2c2a2a2b2c2. 例2：a,b,cR，求证abc2c2a2bbccaab【思路分析】 应先将a、b、c三个不失一般性地规定为abc0.

【略解】由于不等式关于a、b、c对称，可设abc0. 于是abc,222111. cba33

111111b2c2(逆序和)a2b2c2（乱序和）. abcbca212121212121及abcabc. abccab

由排序不等式，得a2

以上两个同向不等式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组

a3b3c30,及111，仿上可证第二个不等式，请读者自己完成. bccaab 【评述】应用排序不等式的技巧在于构造两个数组，而数组的构造应从需要入手来设计.这一点应从所要证的式子的结构观察分析，再给出适当的数组.

例3：在△ABC中，试证：

3aAbBcC.

abc2【思路分析】 可构造△ABC的边和角的序列，应用排序不等式来证明之.

【详解】 不妨设abc，于是ABC.由排序不等式，得

aAbBcCaAbBcC,aAbBcCbAcBaC, aAbBcCcAaBbC.

相加，得3(aAbBcC)(abc)(ABC)(abc)， 得

aAbBcC ①

abc3又由0bca,0abc,0acb,有

0A(bca)C(abc)B(acb)a(BCA)b(ACB)c(ABC)a(2A)b(2B)c(3C)(abc)2(aAbBcC).

得

aAbBcC. ②

abc2由①、②得原不等式成立.

【评述】此题后半部分应用了不等式的性质来证明. 例4：设a1,a2,,an是互不相同的自然数，试证1【思路分析】 应先构造两个由小到大的排序.

【略解】将a1,a2,,an按由小到大的顺序排成aj1aj2ajn其中j1,j2,,jn是

ana11a12. 222n2n1，2，…，n的一个排列，则aj11,aj22,ajnn.于是由排序不等式，得

a1ajnaj2ana211a1. j222212n2n2n34

例5：设b1,b2,,bn是正数a1,a2,,an的一个排列，求证

aa1a2nn. b1b2bn

【思路分析】 应注意到ai11(i1,2,,n) ai

【略证】不妨设a1a2an，因为a1,a2,,an都大于0. 所以有

111， a1a2an 又

111111,,,是,,,的任意一个排列，于是得到 b1b2bna1a2an111111a2ana1a2an. a1a2anb1b2bn

na1【评述】 此题比较简单，但颇具启发意义，读者应耐心体会.

例6：设正数a,b,c的乘积abc1，试证：(a1)(b1)(c1【略解】设a1b1c1)1. a

xyz,b,c，这里x,y,z都是正数，则原需证明的不等式化为 yzx(xyz)(yzx)(zxy)xyz,显然xyz,yzx,zxy中最多只有一个

非负数.若xyz,yzx,zxy中恰有一个非正数，则此时结论显然成立.若

xyz,yzx,zxy均为正数，则x,y,z是某三角形的三边长.容易验证

1(xyz)(yzx)(zxy)[(x2(yzx)y2(zxy)z2(xyz)].

3故得(xyz)(yzx)(zxy)xyz.

【评述】 利用上述换元的方法可解决同类的问题.见下题：设正数a、b、c的乘积

abc1,证明

1113. 222a(bc)b(ca)c(ab)2

证明：设a111,b,c,则xyz1，且所需证明的不等式可化为 xyzx2y2z23，现不妨设xyz，则

yzzxxy2

35

xyz，据排序不等式 yzzxxyx2y2z2xyzzxy得 yzzxxyyzzxxyx2y2z2xyzyzx及 yzzxxyyzzxxy两式相加并化简可得

x2y2z22()xyz33xyz3. yzzxxy例7：设实数x1x2xn,y1y2yn,z1,z2,,zn是y1,y2,,yn的一个

置换，证明：

(xi1niyi)(xizi)2.

2i1n

【略解】 显然所需证不等式等价于

xyxz,这由排序不等式可直接得到.

iiiii1i1nnn【评述】 应用此例的证法可立证下题：

nak1设ak是两两互异的正整数（k1,2,)，证明对任意正整数n，均有2.

i1ki1k

证明：设b1,b2,,bn是a1,a2,,an的一个排列，使b1b2bn，则从条件知对

nnnakbk1每个1kn,bkk，于是由排序不等式可知22.

i1ki1ki1kII．柯西不等式的应用

应用柯西不等式，往往能十分简捷地证明某些不等式.

222xnxx12x2例8：设x1,x2,,xnR，求证：1nx1x2xn.

x2x3xnx1【思路分析】 注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之.

【评述】注意到式子中的倒数关系，考虑应用柯西不等式来证之. 【详解】 ∵x1,x2,,xn0，故由柯西不等式，得

36

222xnxx12x2(x2x3xnx1)(1n)

x2x3xnx1

(x2x1x2x3x2x3xnxn1xnx1xnx1)2

(x1x2xn1xn)2，

222xnxnx12x21∴x1x2xn. x2x3xnx1

【评述】这是一道高中数赛题，还可用均值不等式、数学归纳法、比较法及分离系

数法和构造函数法等来证之.

37

第七讲 三角恒等式和三角不等式

知识、方法、技能

三角恒等变形，既要遵循代数式恒等变形的一般法则，又有三角所特有的规律. 三角恒等式包括绝对恒等式和条件恒等式两类。证明三角恒等式时，首先要观察已知与求证或所证恒等式等号两边三角式的繁简程度，以决定恒等变形的方向；其次要观察已知与求证或所证恒等式等号两边三角式的角、函数名称、次数以及结构的差别与联系，抓住其主要差异，选择恰当的公式对其进行恒等变形，从而逐步消除差异，统一形式，完成证明.“和差化积”、“积化和差”、“切割化弦”、“降次”等是我们常用的变形技巧。当然有时也可以利用万能公式“弦化切割”，将题目转化为一个关于ttanx的代数恒等式的证明问题. 2 要快捷地完成三角恒等式的证明，必须选择恰当的三角公式. 为此，同学们要熟练掌握各公式及各公式的来龙去脉和变形形式.  T T T 2

相除 相除 相除

SSS2 CCC2

相加减 万S 能积化和差 2 公C 2式 S3 TC3 2和差化积 上图为三角公式脉络图，由图可见两角和差的三角函数的公式是所有三角公式的核心和基础. 此外，三角是代数与几何联系的“桥梁”，与复数也有紧密的联系，因而许多三角问题往往可以从几何或复数角度获得巧妙的解法. 三角不等式首先是不等式，因此，要掌握证明不等式的常用方法：配方法、比较法、放缩法、基本不等式法、数学归纳法等. 其次，三角不等式又有自己的特点——含有三角式，因而三角函数的单调性、有界性以及图象特征等都是处理三角不等式的锐利武器. 三角形中有关问题也是数学竞赛和高考的常见题型. 解决这类问题，要充分利用好三角形内角和等于180°这一结论及其变形形式. 如果问题中同时涉及边和角，则应尽量利用正弦定理、余弦定理、面积公式等进行转化，实现边角统一. 求三角形面积的海式

38

1(abc)]，大家往往不甚熟悉，但十分有用. 2sin例1：已知sinAsin(),|A|1,求证:tan(). cosASp(pa)(pb)(pc)[其中p【思路分析】条件涉及到角、，而结论涉及到角，.故可利用

()或()消除条件与结论间角的差异，当然亦可从式中的“A”

入手. 【证法1】 sinAsin(),sin()Asin(),

sin()coscos()sinAsin(),sin()(cosA)sincos(),|A|1,cosA0, 从而cos()0,

tan()【证法2】

sin.cosAsinsinAsinsin()sin sincossin()sincossin()sin()sincossin()sin[()]sin()sin 

cos()sintan().例2：证明：cos7x7cos5x21ocs3x35cosxcos7x. 【思路分析】等号左边涉及角7x、5x、3x、x右边仅涉及角x，可将左边各项逐步转化为sinx、

cosx的表达式，但相对较繁. 观察到右边的次数较高，可尝试降次. 【证明】因为cos3x4cosx3cosx,所以4cosxcos3x3cosx, 从而有16cos6xcos23x6cos3xcosx9cos2x 

331cos6x93(cos4xcos2x)(1cos2x) 22

32cos6x1cos6x6cos4x6cos2x99cos2x,cosx2cos6xcosx12cos4xcosx30cos2xcosx20cosx7

cos7xcos5x6cos5x6cos3x15cos3x15cosx20cosx

cos7x7cos5x21cos3x35cosx.39

【评述】本题看似“化简为繁”，实质上抓住了降次这一关键，很是简捷. 另本题也可利用复

数求解. 令zcosisin,则2cosz11,从而,128cos7(z)7，展开即可. zz例3：求证：3tan18tan18tan123tan121.

【思路分析】等式左边同时出现tan18tan12、tan18tan12，联想到公式

tan()tantan.

1tantan【证明】3tan18tan18tan123tan12

3(tan18tan12)tan18tan12

3tan(1812)(1tan18tan12)tan18tan12 1【评述】本题方法具有一定的普遍性. 仿此可证(1tan1)(1tan2)(1tan43)

(1tan44)222等.

例4：已知1tan2001,求证:sec2tan22001.

1tan1cos(2)1sin22【证明】sec2tan2tan()

cos24sin(2)21tan1tan 2001.例5：证 明：4sinsin(60)sin(60)sin3. 【证明】sin33sin4sin3

34sin(sin2)4314sin(cos2sin2)44 4sin[(3cos)2(1sin)2]

224sin(sin60coscos60sin)(sin60coscos60sin)4sinsin(60)sin(60)

40

【评述】这是三倍角的正弦的又一表示. 类似地，有cos34coscos(60)cos(60)

tan3tantan(60)tan(60). 利用这几个公式可解下例.

例6：求证：①cos6cos42cos66cos78 ②sin1°sin2°sin3°…sin°=()1 161445610.

【证明】①cos6°cos42°cos66°cos78°

cos42cos78=cos6°cos54°cos66°

cos54cos18cos42cos784cos541cos(318) 44cos541.16②sin1°sin2°sin3°…sin°

=(sin1°sin59°sin61°)(sin2°sin58°sin62°)…(sin29°sin31°sin°)sin30°sin60° =()

1429sin3sin6sin873 41()303(sin3sin57sin63)(sin6sin54sin66)(sin27sin33sin87)sin30sin604

1()403sin9sin18sin814 1()403(sin9sin18)(sin18sin72)(sin27sin63)(sin36sin54)sin454 41

132()42sin18sin36sin54sin724213()422cos72cos54cos36cos184213()422cos18cos36cos72cos5442 13()422cos18cos36sin18cos544213()432sin72cos544213()432cos18sin36421又(cos18sin36)2(1cos36)(1cos72)

41(1cos36cos72cos36cos72)4 1(1cos36cos72)

45161即 cos18sin365.所以 sin1sin2sin()45610.

44例7：证明：对任一自然数n及任意实数x

m，有 (k0,1,2,,n,m为任一整数）k2111cotxcot2nx. nsin2xsin4xsin2x【思路分析】本题左边为n项的和，右边为2项之差，故尝试将左边各项“裂”成两项之差，并希冀能消去其中许多中间项.

12cos2xcos2x2cos2xcos2x【证明】cotxcot2x,

sin2xsin2x2sinxcosxsin2x1 同理cot2xcot4x

sin4x ……

1cot2n1xcot2nx nsin2x【评述】①本题裂项技巧也可通过数学归纳法获得.

②“裂项相消”在解题中具有一定的普遍性，类似可证下列各题：

tantan2tan2tan3tan(n1)tann

42

tannn. tantan2tan222tan222ntan2ncot2n1cot2n1.111cos1cot1cos0cos1cos1cos2cos88cos例8：证明：sinsin()sin(2)sin(n)

sin(nn1)sin22. sin2【证明】sinsin1[cos()cos()], 2222类似地sin()sin

13[cos()cos()],2222153sin(2)sin[cos()cos()],2222 12n12n1sin(n)sin[cos()cos()],2222各项相加得,sin2[sinsin()sin(2)sin(n)]

12n1[cos()cos()]222

nn1sin()sin.22

所以，sinsin()sin(n)sin(nn1)sin22. sin2【评述】①本题也可借助复数获证.

②类似地，有coscos()cos(n)sinn1ncos()22.

sin2

利用上述公式可快速证明下列各式：

nn1sincos22 coscos2cos3cosnsin2

43

第八讲 复数

知识、方法、技能

I．复数的四种表示形式 代数形式：zabi(a,bR）

几何形式：复平面上的点Z（a,b）或由原点出发的向量OZ. 三角形式：zr(cosisin),r0,0R. 指数形式：zre.

复数的以上几种形式，沟通了代数、三角、几何等学科间的联系，使人们应用复数解决相关问题成为现实. II．复数的运算法则 加、减法：(abi)(cdi)(ac)(bd)i; 乘法：(abi)(cdi)(acbd)(bcad)i; r1(cos1isin1)r2(cos2isin2)r1r2[cos(12)isin(12)];

除法：

iabiacbdbcadi(cdi0). cbic2d2c2d2r1(cos1isin1)r1[cos(12)isin(12)].

r2(cos2isin2)r2nn

乘方：[r(cosisin)]r(cosnisinn)(nN）；

开方：复数r(cosisin)的n次方根是nr(cos2kisin2k)(k0,1,,n1).

nnIII．复数的模与共轭复数 复数的模的性质

①|z||Re(z)|,|z|Im(z)|; ②|z1z2zn||z1||z2||zn|; ③|z1|z||1(z20); z2|z2|④||z1||z2|||z1z2|,与复数z1、z2对应的向量OZ1、OZ2反向时取等号；

44

⑤|z1z2zn||z1||z2||zn|，与复数z1,z2,,zn对应的向量

OZ1,OZ2,OZn同时取等号.

共轭复数的性质 ①zz|z|2|z|2；

②zz2Re(z),zz2Im(z)； ③zz

④z1z2z1z2； ⑤z1z2z1z1； ⑥(z1z2)z1z2(z20);

⑦z是实数的充要条件是zz,z是纯虚的充要条件是zz(z0).

Ⅳ．复数解题的常用方法与思想

（1）两个复数相等的充要条件是它们的实部、虚部对应相等，或者它们的模与辐角主 值相等（辐角相差2的整数倍）. 利用复数相等的充要条件，可以把复数问题转化为实数问题，从而获得解决问题的一种途径. （2）复数的模也是将复数问题实数化的有效方法之一.善于利用模的性质，是模运算中的一个突出方面.

赛 题 精 讲 例1：设m、n为非零实数，i为虚单位，zC，则方程|zni||zmi|n①与

|zni||zmi|m②

如图I—1—8—1，在同一复平面内的图形（F1、F2是焦点）是（ ）

图I—1—8—1

45

【思路分析】可根据复平面内点的轨迹的定义；也可根据m、n的取值讨论进行求解. 【略解】由复平面内点的轨迹的定义，得

方程①在复平面上表示以点ni,mi为焦点的椭圆，n0,故n0.这表明，至少有

一焦点在下半虚轴上，可见（A）不真. 又由方程①，椭圆的长轴之长为n， ∴|F1F2|又因椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即|n||m|.

故在图（B）与（D）中，均有F1 : －ni，F2 : mi，且m0. 由方程②，双曲线上的点应满足，到F2点的距离小于该点到F1点的距离. 答案：（B） 【别解】仿上得n>0.

（1）若n0,m0.这时，在坐标平面上，F1（0，－n），F2（0，m），只可能为图象

（C），但与|F1F2|<长轴n，而|OF1|=n矛盾.

（2）若n0,m0.这时,F1(0,n),F2(0,m)均在y轴的下半轴下，故只能为图象（B）

与（D）. 又因椭圆与双曲线共焦点，必有椭圆的长轴长大于双曲线的实轴长，即|n|>|m|. 故在（B）与（D）中，均有F1 : －ni；F2 : mi，且m<0. 由方程②，双曲线上的点应满足到F2点的距离小于该点到F1点的距离. 答案：（B） 【评述】（1）本题涉及的知识点：复数的几何意义，复平面上的曲线与方程，椭圆，双曲线，

共焦点的椭圆与双曲线，讨论法.

（2）本题属于读图题型. 两种解法均为基本方法：解法中前者为定义法；后者为分类讨论法.

例2：若zC,arg(z4)25,arg(z24),则z的值是 . 63【思路分析】本题可由已知条件入手求出复数z的模，继而求出复数；也可由几何意义入手

来求复数z. 【略解】令z421(cos55isin), ① 66z242(cosisin), ②

33(10,20)

①—②得 8(2

123311)i(21), 22246

31210,22 解得24,143,代入后， 138,21222①+②得 2z4(13i),

z2(cosisin)(13i).

33【别解】如图I—1—8—2，ODz.

过D作与实轴平行的直线AB，取AD=BD=4，

2则OAz24,xOAOBz24.5,xOB.63从而BOA.2在RtAOB中,|AD||DB||OD|4,xODxOBBOD2xOB2 ,3

z24(cos22isin),33z2(cosisin)33(13i)【评述】本题的两种解法中，前者应用了复数的三角形式；后者应用了复数的几何意义，数

形结合，形象直观. 例3：x的二次方程xz1xz2m0中,z1、z2、m均是复数，且z14z21620i.

设这个方程的两个根为、，且满足||27. 求|m|的最大值和最小值. 【解法1】根据韦达定理有

22z1,

z2m.2221

图I—1—8—3

()()4z4z24m,

47

||2|4m(z124z2)|28.

1|m(z124z2)|7,4即|m(45i)|7.

这表明复数m在以A（4，5）为圆心，以7为半径的圆周上如图I—1—8—3所示. 延长交⊙A于两点B与|OA|4252417,故原点O在⊙A之内. 连接OA，

C，则|OB|=|OA|+|AB|=417为|m|最大值.

|OC|=|CA|－|AO|=7－41为|m|最小值. ∴|m|的最大值是417,|m|的最小值是7－41.

【解法2】同解法1，得 |m(45i)|7, 令mxyi(x,yR）.

x7cos4, 则y7sin5.|m|2x2y29056cos70sin

901441(441cos541sin)

901441sin(),其中sin4. 41∴ |m|的最大值=901441741, |m|的最小值=901441741.

z1【解法3】根据韦达定理，有

zm.2

()()4z14z24m， ∴ |||4m(z14z2)||4m(1620i)|28.

22222 48

即|m(45i)|7.

|m||m(45i)(45i)||m(45i)||45i| 7

41.

等号成立的充要条件是m(45i)与(45i)的辐角主值相差，即

41414141【评述】三种解法，各有千秋. 解法1运用数形结合法，揭示复数m的几何意义，直观清晰；

解法2则活用三角知识，把56cos70sin化为角“”的正弦；解法3运用不等式中等号成立的条件获得答案；三种解法从不同侧面刻面了本题的内在结构特征. 例4：若M{z|z

m(45i)7(45i),所以当m(741)(45i)时,|m|取最小值741.

t1ti,tR，t1,t0},N{z|z2 1tt（ ）

[cos(arcsint)icos(arccost)],tR，|t|1},则MN中元素的个数为

A．0 B．1 C．2 D．4

解法同本章一的练习第4题.

例5：设复数z1,z2满足|z1||z1z2|3,|z1z2|33,则

log2|(z1z2)2000(z1z2)2000| .

2000【思路分析】应先设法求出(z1z)【评述】由题设知

(z1z2)2000的值.

9|z1z2|2|z1|2|z2|2z1z2z1z2,29|z1z2||z1||z2|(z1z2z1z2).222

因为|z1|3,故|z2|3,z1z2z1z29,并且|z1z2||z1z2|9.

设z1z29(cosisin),则z1z29(cosisin).

1由9z1z2z1z218cos,得cos.2于是z1z29或者z1z292 13这里i.22 49

当z1z29时,可得(z1z2)2000(z1z2)200092000,故log2|(z1z2)2000(z1z2)2000|4000.

2当z1z29时，可得同样结果，故答案4000.

【评述】此题属填空题中的难题，故解题时应仔细.

例6：设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为z1,z2,,z20,则复

数z1

1995,z1995,,z1995220所对应的不同的点的个数是（ ）

A．4 B．5 C．10 D．20

20【思路分析】如题设可知，应设zk1.故解题中应注意分解因式.

2060【解法1】因为我们只关心不同的点的个数，所以不失一般性可设zk1.由zk1，有

601515150zk1(z15k1)(zk1)(zki)(zki),z15k1,z15k1,z15ki,z15ki.

【答案】A.

20205555【解法2】由zk1,则0zk1(zk1)(zk1)(zki)(zki),

可知zk只有4个取值，而zk=（zk）3的取值不会增加，则B、C、D均应排除，故应

5155选A.

20【评述】上述两个解法均为基本方法.思维的起点是不失一般性设zk1，于是可用直接法

（解法1）和排除法（解法2）.

50

第九讲 数列与递进 知识、方法、技能

数列是中学数学中一个重要的课题，也是数学竞赛中经常出现的问题.

所谓数列就是按一定次序排列的一列数.数列的一般形式是a1, a2, …,an, …通常简记为{an}.如果数列{an}的第n项an与n之间的函数关系可用一个公式来表示，这个公式就叫做这个数列的通项公式.

从函数的角度看，数列可以看做是一个函数，定义域是自然数集或自然数集的一个有限子集，函数表达式就是数列的通项公式.

对于数列{an}，把Sn=a1+a2+…+an叫做数列{an}的前n项和，则有

(n1),S1 anSS(n2).n1nI．等差数列与等比数列

1．等差数列

（1）定义：an1and(常量)或an1（2）通项公式：an=a1+(n－1)d . （3）前n项和公式：Snanan2. 2n(a1an)n(n1)na1d. 22（4）等差中项：an1anan2. 2（5）任意两项：an=am+(n－m)d. （6）性质：

①公差为非零的等差数列的充要条件是通项公式为n的一次函数；

②公差为非零的等差数列的充要条件是前n项和公式为n的不含常数项的二次函数； ③设{an}是等差数列，如果m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，那么am+an=ap+aq;

④设Sn是等差数列{an}的前n项和，则Sm, S2m－Sm, S3m－S2m, …, Spm－S(p－1)m(m>1,p≥3，m、p∈N*)仍成等差数列； ⑤设Sn是等差数列{an}的前n项和，则{Sn}是等差数列； n⑥设{an}是等差数列，则{λan+b}(λ,b是常数)是等差数列；

⑦设{an}与{bn}是等差数列，则{λ1an+λ2bn}（λ1，λ2是常数）也是等差数列；

⑧设{an}与{bn}是等差数列，且bn∈N*，则{abn}也是等差数列（即等差数列中等距离分

51

离出的子数列仍为等差数列）； ⑨设{an}是等差数列，则{C2．等比数列 （1）定义：

an}（c>0, c≠1）是等比数列.

an1aaq(常量),或n2n1 anan1an－

（2）通项公式：an=a1qn1.

(q1).na1（3）前n项和公式：Sna1(1qn)a1anq

1q1q(q1).（4）等比中项：an1anan2. （5）任意两项：an=amqnm.

（6）无穷递缩等比数列各项和公式： S=

－

anlimSnn1na1(0|q|1). 1q（7）性质：

①设{an}是等比数列，如果m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，那么am·an=ap·aq；

②设Sn是等比数列{an}的前n项和，则Sm, S2m－Sm, S3m－S2m, …， Spm－S(p－1)m(m>1, p≥3，m、n∈N*)仍为等比数列；

③设{an}是等比数列，则{λan}（λ是常数）、{an}（m∈Z*）仍成等比数列； ④设{an}与{bn}是等比数列，则{an·bn}也是等比数列；

⑤设{an}是等比数列，{bn}是等差数列，bn∈Z*，则{abn}是等比数列（即等比数列中等距离分离出的子数列仍为等比数列）；

⑥设{an}是正项等比数列，则{logcan}(c>0, c≠1)是等差数列.

m赛题精讲

例1 设数列{an}的前n项和Sn=2an－1(n=1, 2,…)，数列{bn}满足b1=3, bk+1=bk+ak(k=1,2，…)，求数列{bn}的前n项之和.

（1996年全国数赛二试题1）

【思路分析】欲求数列{bn}前n项和，需先求bn. 由ak=bk+1－bk, 知求ak即可，利用 ak=Sk－Sk－1(k=2, 3, 4,…)可求出ak.

【略解】由Sn=2an－1和a1=S1=2a1－1,得a1=1, 又an=Sn－Sn－1=2an－2an－1,即an=2an－1,

－

因此{an}是首项为1，公比为2的等比数列，则有an=2n1.

由ak=bk+1－bk，取k=1,2,…,n－1得

52

a1=b2－b1, a2=b3－b2, a3=b4－b3, …, an－1=bn－bn－1,将上面n－1个等式相加，得bn－

－－

b1=a1+a2+…+an. 即bn=b1+a1+a2+…+an=3+(1+2+22+…+2n1)=2n1+2,所以数列{bn}的前n项和为

－

Sn′=（2+1）+（2+2）+（2+22）+…+（2+2n1）=2n+2n－1.

【评述】求数列的前n 项和，一般情况必须先研究通项，才可确定求和的方法.

例2 求证：若三角形的三内角成等差数列，对应的三边成等比数列，则此三角形必是正三角形.

【思路分析】由△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，知∠B=60°，三个角可设为60°－d, 60°, 60°+d，其中d为常数；又由对应的三边a、b、c成等比数列，知b2=ac，或将三边记为a、aq、aq2，其中q为正常数，由此知要证此三角形为正三角形只须证明d=0或q=1或a=b=c.

【证】设△ABC的三个内角为A、B、C及其对边a、b、c，依题意b2=ac, ∠B=60°.

a2c2b21cos60,所以a2c2acac, 【方法1】由余弦定理，得cosB2ac2整理得(a－c)2=0因此a=c.

故△ABC为正三角形.

【方法2】设a、b、c三边依次为a、aq、aq2，由余弦定理有

a2(aq)2(aq2)21cosB=,整理得q4－2q2+1=0,解得q=1, q=－1（舍去） cos60222aaq所以a=b=c,故此△ABC为正三角形.

【方法3】因为b2=ac, 由正弦定理：

(2RsinB)2=2RsinA·2RsinC（其中R是△ABC外接圆半径）即sin2B=sinA·sinC，把 B=60°代入得sinA·sinC=

313，整理得[cos(A－C)－cos(A+C)=，即cos(A－C)=1,424所以A=C，且∠B=60°，故此△ABC为正三角形.

【方法4】将60°－d, 60°, 60°+d代入sin2B=sinAsinC, 得sin(60°－d)·sin(60°+d)=

313，即[cos(2d)－cos120°]= . 424得cos2d=1, d=0°,所以∠A=∠B=∠C，故△ABC为正三角形.

【评述】方法1、2着眼于边，方法3、4着眼于角.

例3 各项都是正数的数列{an}中，若前n项的和Sn满足2Sn=an+式.

【思路分析】 在Sn与an的混合型中，应整理成数列{Sn}的递推式或数列{an}的递推式，然后用递推关系式先求出Sn，再求an，或直接求an.本题容易得到数列{Sn}的递推式，利用an=Sn－Sn－1先求出Sn，再求an即可.

53

1,求此数列的通项公an【解】n≥2时，将an=Sn－Sn－1代入2Sn=an+

11,得2Sn=Sn－Sn－1+,整理得 anSnSn1222SnSn 11(n2),且S1a11,所以数列{Sn}是首项为1，公差为1的等差数列，

2即Sn1(n1)1n,Snn,从而anSnSn1nn1(n2),当n=1

时，由2S1=a1+

1,得a1=1也满足annn1. an故数列{an}的通项公式为annn1.

【评述】处理本例的思想方法，可用来求满足Sn与an混合型中的通项公式. 例4 设数列{an}的前n项和Sn与an的关系为Sn=－ban+1－

1，其中b是与n无n(1b)关的常数，且b≠－1.（1）求an与an－1的关系式；

（2）写出用n与b表示an的表达式.

【思路分析】利用Sn=an－an－1(n≥2)整理出数列{an}的递推关系式求an.

【解】（1）a1S1ba11当n≥2时，an=Sn－Sn－1= －ban+1－

11得a1 2(1b)(1b)11b[ba1]baba,整理得 n1nn1(1b)n(1b)n1(1b)nanbban1(n2)n11b(1b)1,4(*)

(2)当b1时,a11111－

an1n1,两边同乘以2n，得2nan=2n1an－1+,可知数列{2nan}是以2a=为

2222111nnn首项，公差为的等差数列.所以2an(n1),即ann1.

22222an当b≠1，b≠－1时，

由（*）式得(1+b)nan=b(1+b)n1an－1+

－

b 1b 54

1bn1bn11有()an()an1.n1bb(1b)b1bn1令cn()an,则cncn1.b(1b)bn1

从而数列{cn－cn－1}就是一个等比数列，n取2，3，…，n得

11,c3c2,,2(1b)b(1b)b1cncn1,上述n1个式子相加得n1(1b)b11111b1cnc1(2n1),且c1a1,1bbbb1bb11111bn所以cn(12n1)n1,1bbbbb(1b)(1b)c2c1bnbn1bnb(1bn)从而ancn,(1b)n(1b)nbn1(1b)(1b)(1b)(1b)n1故数列{an}的通项公式为

n2n,annb(1b)n1(1b)(1b)b1,

b1.【评述】构造辅助数列是解由递推关系式给出数列求通项的一个基本方法，本例构造了

辅助数列{cn}、{cn－cn－1}，使数列{cn－cn－1}为等比数列，化未知为已知，从而使问题获解.

例5 n2(n≥4)个正数排成n行n列 a11 a12 a13 a14…… a1n a21 a22 a23 a24…… a2n a31 a32 a33 a34…… a3n a41 a42 a43 a44…… a4n … … … … …… … an1 an2 an3 an4…… ann

其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知a24=1, a42=

13，a43=,求a11+a22+a33+…+ann.（1990年全国高中数赛试题） 816【思路分析】求和需要研究a11和akk，又每列成等比数列且公比相等，只需要研究a1k和q,又每行成等差数列，需要求得an和第一行的公差d，因而本题利用已知建立an、d和q之间关系，使问题获解.

【解】设第一行数列公差为d，各列数列公比为q.因为2a43=a42+a44,

55

所以a44=2a43－a42=2×

3111－=.又因为a44=a24·q2=q2,所以q=,于是有

216841aaq(a3d)1,1411242 

11aaq3(ad)()3,42121128解此方程组，得d=

11,a11=. 22对于任意的1≤k≤n,有

111kakka1kqk1[a11(k1)d]qk1[(k1)]()k1k,2222设Sa11a22a33ann,则有123n23n1,223211111n两式相减得S23nn122222211(1n)2n11n,212n12n2n1121n故a11a22a33ann2n1n.22S

【评述】数列求和应先研究通项，通项cn=anbn，其中{an}成等差为九列，{bn}为等比数

列，数列{cn}的求和用错项相减去.

例6 将正奇数集合{1，3，5，…}从小到大按第n组有(2n－1)奇数进行分组：{1}, {3,5,7} , {9, 11, 13, 15, 17}, … （第1组）（第2组）（第3组）

问1991位于第几组中？

（1991年全国高中数赛试题）

【思路分析】思路需要写出第n组的第1个数和最后一个数，1991介于其中，而第n组中最后一个数是第（1+3+…+2n－1）=n2个奇数为2n2－1.

【解】因为1+3+5+…+(2n－1)=n2

所以前n组共含有奇数n2个，第n组最后一个数即第n2个奇数为2n2－1,第n组第一个数即第n－1组最后一个数后面的奇数为[2(n－1)2－1]+2=2(n－1)2+1.由题意，有不等式 2(n－1)2+1≤1991≤2n2－1.

解得(n－1)2≤995且n2≥996，从而n≤32且n≥32， 故n=32，即1991位于第32组中.

【评述】应用待定的方法，假定位于第n组中然后确定n即可. 例7 设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是前n项和，证明

56

log0.5Snlog0.5Sn2log0.5Sn1.

2（1995年全国高考题）

【思路分析】要证原结论成立，只需证SnSn+2【证法1】设{an}的公比为q,由题设知a1>0, q>0. （1）当q=1时，Sn=na1，从而

SnSn+2－Sn1=na1(n+2)a1－a1(n+1)2=－a1<0.

2222a1(1qn), （2）当q≠1时，Sn1q SnSn2Sn1a12(1qn)(1qn2)a12(1qn1)22na1q0. 22(1q)(1q)2由①、②知SnSn2Sn1.

根据对数函数的单调性，得

2log0.5(SnSn2)log0.5Sn即1.log0.5Snlog0.5Sn2log0.5Sn1.

2【证法2】设{an}的公比为q，由题设知a1>0, q>0. 因为Sn+1+=a1+qSn, Sn+2=a1+qSn+1,

所以SnSn+2－Sn1=Sn(a1+qSn+1)－(a1+qSn)Sn+1=a1(Sn－Sn+1) =－a1(Sn+1－Sn) =－a1an+1<0.

2即SnSn2Sn1.（以下同证法1）.

2【评述】明确需要证SnSn2Sn1，建立Sn、Sn+1、Sn+2之间的关系较为简单.

2

57

第十讲 二项式定理与多项式

知识、方法、技能

Ⅰ．二项式定理 1．二项工定理

knkk(ab)Cnab(nN*)

nk0n2．二项展开式的通项

rnrr Tr1Cnab(0rn)它是展开式的第r+1项.

3．二项式系数

r Cn(0rn).

4．二项式系数的性质

knk（1）CnCn(0kn).

kkk1（2）CnCn1Cn1(0kn1).

（3）若n是偶数，有CCC最大.

若n是奇数，有CCC数C和Cn2nn12相等且最大. n0n1n0n1nn2nCn12nn1nCnn，即中间一项的二项式系数

Cn2nn12nCn1n，即中项二项的二项式系CnCn012nn（4）CnCnCnCn2.

024135n1（5）CnCnCnCnCnCn2.

（6）kCnnCn1或Cnkk1knk1Cn1. kkmmkmkmm（7）CnCkCnCnmCnCnkm(mkn). nnnnn1（8）CnCn1Cn2CnkCnk1.

以上组合恒等式（是指组合数Cn满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基 本工具.（7）和（8）的证明将在后面给出.

58

m5．证明组合恒等式的方法常用的有

（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明.

（2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. （3）利用数学归纳法.

（4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法.

赛题精讲 例1：求(x1)的展开式中的常数项. 【解】由二项式定理得

1x711(x1)7[1(x)]7

xx1111012r7C7C7(x)C7(x)2C7(x)rC7(x)7 ①

xxxx1rr其中第r1(0r7)项为Tr1C7(x) ②

x1r在(x)的展开式中，设第k+1项为常数项，记为Tk1,

xkrk1kkr2k则Tk1,Crx()Crx,(0kr) ③

x由③得r－2k=0，即r=2k，r为偶数，再根据①、②知所求常数项为

0163C7C72C7C74C72C7C6393.

【评述】求某一项时用二项展开式的通项. 例2：求(12x3x)的展开式里x5的系数. 【解】因为(12x3x)(13x)(1x)

1361335566[1C63xC62(3x)2C6(3x)3C6(3x)6][1C6xC62x2C6xCx4C6xC6x].26266651433 所以(12x3x)的展开式里x5的系数为1(C6)3C6C632C62(C6)33C6C62

24155 3C6(C6)3C61168.

【评述】本题也可将(12x3x)化为[1(2x3x)]用例1的作法可求得. 例3：已知数列a0,a1,a2,(a00)满足 ai1ai12ai(i1,2,3,), 求证：对于任何自然数n，

0122n1n1nnp(x)a0Cn(1x)na1Cnx(1x)n1a2Cnx(1x)n2an1Cnx(1x)anCnx2626 59

是x的一次多项式或零次多项式. （1986年全国高中数赛试题） 【思路分析】由ai1ai12ai知{an}是等差数列，则aiai1da0id(i1,2,),从而可将p(x)表示成a0和d的表达式，再化简即可.

【解】因为ai1ai12ai(i1,2,3,) 所以数列{an}为等差数列，设其公差为d 有aia0id(i1,2,3,) 从而

0122nnP(x)a0Cn(1x)n(a0d)Cnx(1x)n1(a02d)Cnx(1x)n2(a0nd)Cnx01nn122nna0[Cn(1x)nCnx(1x)n1Cnx]d[1Cnx(1x)n12Cnx(1x)n2nCnx],由二项定理，知

0122nnCn(1x)nCnx(1x)n1Cnx(1x)n2Cnx[(1x)x]n1,

k又因为kCnkn!(n1)!k1 nnCn1,k!(nk)!(k1)![(n1)(k1)]!122nn从而Cnx(1x)n12Cnx(1x)n2nCnx

1n2nx[(1x)n1Cnxn1] 1x(1x)nx[(1x)x]n1nx. 所以P(x)a0ndx.

当d0时,P(x)为x的一次多项式，当d0时,P(x)为零次多项式. 例4：已知a，b均为正整数，且ab,sin2ab(其中0),An(a2b2)nsinn,求222ab证：对一切nN*，An均为整数.

【思路分析】由sinn联想到复数棣莫佛定理，复数需要cos，然后分析An与复数的关系.

2aba2b22【证明】因为sin2,且0,ab,所以cos1sin2. 222abab显然sinn为(cosisin)的虚部，由于(cosisin)

22ab2ab11n222n (i)(ab2abi)(abi).a2b2a2b2(a2b2)n(a2b2)nnn所以(a2b2)n(cosnisinn)(abi)2n.从而An(a2b2)nsinn为(abi)2n的虚部.

60

因为a、b为整数，根据二项式定理，(abi)An为整数.

2n的虚部当然也为整数，所以对一切nN*，

【评述】把An为与复数(cosisin)联系在一起是本题的关键. 例5：已知x,y为整数，P为素数，求证：(xy)xy(modP)

1P12P22p1【证明】(xy)PxPCPxyCPxyCPxyP1yP

nPPPr由于CPp(p1)(pr1)，又因为P为素(r1,2,,P1)为整数，可从分子中约去r！

r!r数，且rp，所以分子中的P不会红去，因此有P|CP(r1,2,,P1).所以 (xy)PxPyP(modP).

【评述】将(xy)展开就与xy有联系，只要证明其余的数能被P整除是本题的关键. 例6：若(52)2r1m(r,mN*,01)，求证：(m)1.

【思路分析】由已知m(52)2r1和(m)1 猜想(52)2r1，因此需要求出，即只需要证明(52)2r1(52)2r1为正整数即可.

【证明】首先证明，对固定为r，满足条件的m,是惟一的.否则，设(52)2r1m11

PPPm22[m1,m2N*,1,2(0,1),m1m2,12]

则m1m2120,而m1m2Z,12(1,0)(0,1)矛盾.所以满足条件的m和是惟一的. 下面求m及.

02r112r22r1因为(52)2r1(52)2r1C2C22C22222r1 r1(5)r1(5)r1(5)02r112r22r1[C2C22C22222r1] r1(5)r1(5)r1(5)

12r32r22[C22C22322r1]r1(5)r1(5)2[C12r152Cr32r15r12C32r12r152r122r1]N*

又因为52(0,1),从而(52)2r1(0,1)

61

1r3r12r1r2r1 所以m2(C223C222r1) r152C2r15r152 (52)2r1

2r1. (52)2r1(54)2r11. 故(m)(52)2r1,(52)2r1与(52)2r1进行运算是关键. 【评述】猜想(52)a例7：数列{an}中，a13,an3n1(n2)，求a2001的末位数字是多少？

【思路分析】利用n取1，2，3，…猜想an及an的末位数字. 【解】当n=1时，a1=3，a231327463 a33a2a33273463(34)633(81)633(81)627，因此a2,a3的末位数字都

是7，猜想，an4m3,mN*. 现假设n=k时，ak4m3,mN*. 当n=k+1时， ak13ak34m3(41)4m3

04m314m24m214m24m304m3 C4 (1)0C4(1)1C4C4m34m34m34(1)m34(1) 4T14(T1)3, 从而an4m3(mN*) 于是an13an34m3(81)m27. 故a2001的末位数字是7.

【评述】猜想an4m3是关键.

例8：求N=1988－1的所有形如d23,(a,b为自然数）的因子d之和.

【思路分析】寻求N中含2和3的最高幂次数，为此将19变为20－1和18+1，然后用二项式定理展开.

【解】因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1

1222333878787888888=－C8845C8845C8845C8845C8845

ab 2552M2(2M55)其中M是整数.

上式表明，N的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+2×9)88－1

1288 C8829C882292C88288988

565 =32×2×88+34·P=32×（2×88+9P）其中P为整数.

62

上式表明，N的素因数中3的最高次幂是2.

综上所述，可知N2532Q，其中Q是正整数，不含因数2和3. 因此，N中所有形如23的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744. 例9：设x(15220)19(15220)82，求数x的个位数字.

【思路分析】直接求x的个位数字很困难，需将与x相关数联系，转化成研究其相关数. 【解】令y(15220)19(15220)82,则xy[(15220)19(15220)82]

ab[(15220)19(15220)82]，由二项式定理知，对任意正整数n.

2(15220)n(15220)n2(15nCn15n2220) 为整数，且个位数字为零.

因此，x+y是个位数字为零的整数.再对y估值，

558819因为0152200.2， 且(15220)(15220)，

1522025所以0y2(15220)1920.2190.4. 故x的个位数字为9.

【评述】转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题. 例10：已知a00,a11,an18anan1(n1,2,)试问：在数列{an}中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.

【思路分析】先求出an，再将an表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.

【证明】在数列{an}中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.

2数列{an}的特征方程为x8x10,它的两个根为x1415,x2415，

所以anA(415)nB(415)n （n=0，1，2，…） 由a00,a11得A1215,B1215, 则an1215[(415)n(415)n],

取n2k(k0,1,2,)，由二项式定理得

an121513n1[2Cn4n1152Cn4n3(15)32Cn4(15)n1]

63

C41nn1C43nn315C415nnn2212k132k32kk1C2C215C2k4k4k41512k132k32k1C215(C2C2415k2)k4k4k

2k42k115T(其中T为整数),由上式知当15|k，即30|n时，15|an，因此数列{an}中有无穷多个能被15整除的项. 【评述】在二项式定理中，(ab)与(ab)经常在一起结合使用.

nn