高中数学竞赛讲义(免费) 91页

高中数学竞赛资料 一、高中数学竞赛大纲 全国高中数学联赛 全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部 2000 年《全日制普通高 级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。 全国高中数学联赛加试 全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适 当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是： 1.平面几何 几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。三角形中的几个 特殊点：旁心、费马点，欧拉线。几何不等式。几何极值问题。几何中的变换：对称、平移、 旋转。圆的幂和根轴。面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。 2.代数 周期函数，带绝对值的函数。三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角 函数。递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。 第二数学归纳法。平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。 复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。多项式的除法定理、因式 分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。 n 次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。 函数迭代，简单的函数方程* 3. 初等数论 同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函 数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。 4.组合问题 圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。组合计数，组合几何。抽屉原理。容 斥原理。极端原理。图论问题。集合的划分。覆盖。平面凸集、凸包及应用*。 注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。 二、初中数学竞赛大纲 1、数 整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇 数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数 个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。 2、代数式 综合除法、余式定理；因式分解；拆项、添项、配方、待定系数法；对称式和轮换对 称式；整式、分工、根式的恒等变形；恒等式的证明。 3、方程和不等式 含字母系数的一元一次方程、一元二次方程的解法，一元二次方程根的分布；含绝对值 的一元一次方程、一元二次方程的解法；含字母系数的一元一次不等式的解法，一元二次不 等式的解法；含绝对值的一元一次不等式；简单的多元方程组；简单的不定方程（组）。 4、函数 二次函数在给定区间上的最值，简单分工函数的最值；含字母系数的二次函数。 5、几何 三角形中的边角之间的不等关系；面积及等积变换；三角形中的边角之间的不等关系； 面积及等积变换；三角形的心（内心、外心、垂心、重心）及其性质；相似形的概念和性质； 圆，四点共圆，圆幂定理；四种命题及其关系。 6、逻辑推理问题 抽屉原理及其简单应用；简单的组合问题简单的逻辑推理问题，反证法；极端原理的简 单应用；枚举法及其简单应用。 三、高中数学竞赛基础知识 第一章 集合与简易逻辑 一、基础知识 定义 1 一般地，一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合，简称集，用大写字母 来表示；集合中的各个对象称为元素，用小写字母来表示，元素 x 在集合 A 中，称 x 属于 A， 记为 Ax  ，否则称 x 不属于 A，记作 Ax  。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}， }0{ xx 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 BA  ，例如 ZN  。规定空集是任何集合的子集，如果 A 是 B 的子集，B 也是 A 的子集，则称 A 与 B 相等。如果 A 是 B 的子集，而且 B 中存在元素不属 于 A，则 A 叫 B 的真子集。 定义 3 交集， }.{ BxAxxBA  且 定义 4 并集， }.{ BxAxxBA  或 定义 5 补集，若 },{, 1 AxIxxACIA  且则 称为 A 在 I 中的补集。 定义 6 差集， },{ BxAxxBA  且 。 定义 7 集合 },,{ baRxbxax  记作开区间 ),( ba ，集合 },,{ baRxbxax  记作闭区间 ],[ ba ，R 记作 ).,(  定理 1 集合的性质：对任意集合 A，B，C，有： （1） );()()( CABACBA   （2） )()()( CABACBA   ； （3） );(111 BACBCAC   （4） ).(111 BACBCAC   【证明】这里仅证（1）、（3），其余由读者自己完成。 （1）若 )( CBAx  ，则 Ax  ，且 Bx  或 Cx ，所以 )( BAx  或 )( CAx  ， 即 )()( CABAx  ；反之， )()( CABAx  ，则 )( BAx  或 )( CAx  ， 即 Ax  且 Bx  或 Cx ，即 Ax  且 )( CBx  ，即 ).( CBAx  （3）若 BCACx 11  ，则 ACx 1 或 BCx 1 ，所以 Ax  或 Bx  ，所以 )( BAx  ， 又 Ix ，所以 )(1 BACx  ，即 )(111 BACBCAC   ，反之也有 .)( 111 BCACBAC   定理 2 加法原理：做一件事有 n 类办法，第一类办法中有 1m 种不同的方法，第二类办法 中有 2m 种不同的方法，…，第 n 类办法中有 nm 种不同的方法，那么完成这件事一共有 nmmmN  21 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 1m 种不同的方法，第二步有 2m 种不同 的方法，…，第 n 步有 nm 种不同的方法，那么完成这件事一共有 nmmmN  21 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 },,{ 22 ZyxyxaaM  ，求证： （1） )(,12 ZkMk  ； （2） )(,24 ZkMk  ； （3）若 MqMp  , ，则 .Mpq  [证明]（1）因为 Zkk 1, ，且 22 )1(12  kkk ，所以 .12 Mk  （2）假设 )(24 ZkMk  ，则存在 Zyx , ，使 2224 yxk  ，由于 yx  和 yx  有相同的奇偶性，所以 ))((22 yxyxyx  是奇数或 4 的倍数，不可能等于 24 k ， 假设不成立，所以 .24 Mk  （3）设 Zbayxbaqyxp  ,,,,, 2222 ，则 ))(( 2222 bayxpq  22222222 aybxbyaa  Myaxbybxa  22 )()( （因为 ZyaxbZyaxa  , ）。 2．利用子集的定义证明集合相等，先证 BA  ，再证 AB  ，则 A=B。 例 2 设 A，B 是两个集合，又设集合 M 满足 BAMBABAMBMA   , ，求集合 M（用 A，B 表示）。 【解】先证 MBA )(  ，若 )( BAx  ，因为 BAMA   ，所以 MxMAx  , ， 所以 MBA )(  ； 再证 )( BAM  ，若 Mx ，则 .BAMBAx   1）若 Ax  ，则 BAMAx   ；2）若 Bx  ，则 BAMBx   。所以 ).( BAM  综上， .BAM  3．分类讨论思想的应用。 例 3 }02{},01{},023{ 222  mxxxCaaxxxBxxxA ，若 CCAABA   , ，求 .,ma 【解】依题设， }2,1{A ，再由 012  aaxx 解得 1 ax 或 1x ， 因为 ABA  ，所以 AB  ，所以 Aa 1 ，所以 11 a 或 2，所以 2a 或 3。 因为 CCA  ，所以 AC  ，若 C ，则 082  m ，即 2222  m ， 若 C ，则 C1 或 C2 ，解得 .3m 综上所述， 2a 或 3a ； 3m 或 2222  m 。 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 IBA  ， 求有序集合对（A，B）的个数；（2）求 I 的非空真子集的个数。 【解】（1）集合 I 可划分为三个不相交的子集；AB，BA， IBA , 中的每个元素恰属于其 中一个子集，10 个元素共有 310 种可能，每一种可能确定一个满足条件的集合对，所以集合 对有 310 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 1024210  个，非空真子集有 1022 个。 5．配对方法。 例 5 给定集合 },,3,2,1{ nI  的 k 个子集： kAAA ,,, 21  ，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 12 n 对，每一对不能同在 这 k 个子集中，因此， 12  nk ；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 C1A 与 A，并设 1AA  ，则 ACA 11  ，从而可以在 k 个子 集中再添加 AC1 ，与已知矛盾，所以 12  nk 。综上， 12  nk 。 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 ,BABABA   CBACBCABACBACBA   ，需要 xy 此结论可以 推广到 n 个集合的情况，即         n i kji ji nkji jii n i i AAAAAAA 1 11  .)1( 1 1  n i i n A   定义 8 集合的划分：若 IAAA n  21 ，且 ),,1( jinjiAA ji  ，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 1mn 个元素放入 )1( nn 个抽屉，必有一个抽屉放有不少于 1m 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 }）2（2,1001{},100,,3,2,1{ xxxxAI 记为整除能被且  ， }5,1001{},3,1001{ xxxCxxxB  ，由容斥原理，        3 100 2 100CBAACCBBACBACBA  7430 100 15 100 10 100 6 100 5 100                 ，所以不能被 2，3，5 整除的数有 26 CBAI  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。 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 },2004,10,7,4,2,1,11{ NkrttkrrS  时，恰有 912S ，且 S 满足题目条件， 所以最少含有 912 个元素。 例 8 求所有自然数 )2( nn ，使得存在实数 naaa ,,, 21  满足： }.2 )1(,,2,1{}1}{  nnnjiaa ji  【解】 当 2n 时， 1,0 21  aa ；当 3n 时， 3,1,0 321  aaa ；当 4n 时， 1,5,2,0 4321  aaaa 。下证当 5n 时，不存在 naaa ,,, 21  满足条件。 令 naaa  210 ，则 .2 )1(  nnan 所以必存在某两个下标 ji  ，使得 1 nji aaa ，所以 1111   nnn aaaa 或 21 aaa nn  ，即 12 a ，所以 1,2 )1( 1   nnn aanna 或 2 )1(  nnan ， 12 a 。 （ⅰ）若 1,2 )1( 1   nnn aanna ，考虑 2na ，有 22  nn aa 或 22 aaa nn  ， 即 22 a ，设 22  nn aa ，则 121   nnnn aaaa ，导致矛盾，故只有 .22 a 考虑 3na ，有 23  nn aa 或 33 aaa nn  ，即 33 a ，设 23  nn aa ，则 0221 2 aaaa nn   ，推出矛盾，设 33 a ，则 231 1 aaaa nn   ，又推出矛盾， 所以 4,22  naan 故当 5n 时，不存在满足条件的实数。 （ⅱ）若 1,2 )1( 2  annan ，考虑 2na ，有 12  nn aa 或 32 aaa nn  ，即 23 a ，这时 1223 aaaa  ，推出矛盾，故 21  nn aa 。考虑 3na ，有 23  nn aa 或  nn aa 3 3a ，即 3a =3，于是 123  nn aaaa ，矛盾。因此 32  nn aa ，所以 1221 1 aaaa nn   ，这又矛盾，所以只有 22 aan  ，所以 4n 。故当 5n 时，不 存在满足条件的实数。 例 9 设 A={1，2，3，4，5，6}，B={7，8，9，……，n}，在 A 中取三个数，B 中取两个 数组成五个元素的集合 iA ， .201,2,20,,2,1  jiAAi ji  求 n 的最小值。 【解】 .16min n 设 B 中每个数在所有 iA 中最多重复出现 k 次，则必有 4k 。若不然，数 m 出现 k 次 （ 4k ），则 .123 k 在 m 出现的所有 iA 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， 121 ,,, bmaa } },,,,1{},,,,,1{ 365243 bmaabmaa ，其中 61,  iAai ， 为满足题意的集合。 ia 必各不相同，但只能是 2，3，4，5，6 这 5 个数，这不可能，所以 .4k 20 个 iA 中，B 中的数有 40 个，因此至少是 10 个不同的，所以 16n 。当 16n 时，如下 20 个集合满足要求： {1，2，3，7，8}， {1，2，4，12，14}， {1，2，5，15，16}， {1，2，6，9，10}， {1，3，4，10，11}， {1，3，5，13，14}， {1，3，6，12，15}， {1，4，5，7，9}， {1，4，6，13，16}， {1，5，6，8，11}， {2，3，4，13，15}， {2，3，5，9，11}， {2，3，6，14，16}， {2，4，5，8，10}， {2，4，6，7，11}， {2，5，6，12，13}， {3，4，5，12，16}， {3，4，6，8，9}， {3，5，6，7，10}， {4，5，6，14，15}。 例 10 集合{1，2，…，3n}可以划分成 n 个互不相交的三元集合 },,{ zyx ，其中 zyx 3 ， 求满足条件的最小正整数 .n 【解】 设其中第i 个三元集为 ,,,2,1},,,{ nizyx ii  则 1+2+…+    n i izn 1 ,43 所以    n i iznn 1 42 )13(3 。当 n 为偶数时，有 n38 ，所以 8n ，当 n 为奇数时，有 138 n ， 所以 5n ，当 5n 时，集合{1，11，4}，{2，13，5}，{3，15，6}，{9，12，7}，{10， 14，8}满足条件，所以 n 的最小值为 5。 第二章 二次函数与命题 一、基础知识 1．二次函数：当 a 0 时，y=ax2+bx+c 或 f(x)=ax2+bx+c 称为关于 x 的二次函数，其对称轴 为直线 x=- a b 2 ，另外配方可得 f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，其中 x0=- a b 2 ，下同。 2．二次函数的性质：当 a>0 时，f(x)的图象开口向上，在区间（-∞，x0]上随自变量 x 增大 函数值减小（简称递减），在[x0, -∞）上随自变量增大函数值增大（简称递增）。当 a<0 时， 情况相反。 3．当 a>0 时，方程 f(x)=0 即 ax2+bx+c=0…①和不等式 ax2+bx+c>0…②及 ax2+bx+c<0…③与 函数 f(x)的关系如下（记△=b2-4ac）。 1）当△>0 时，方程①有两个不等实根，设 x1,x2(x1x2}和{x|x10，当 x=x0 时，f(x)取最小值 f(x0)= a bac 4 4 2 ,若 a<0，则当 x=x0= a b 2  时，f(x)取最大值 f(x0)= a bac 4 4 2 .对于给定区间[m,n]上的二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0)，当 x0∈[m, n]时，f(x)在[m, n]上的最小值为 f(x0); 当 x0n 时，f(x)在[m, n]上的最小值为 f(n)（以上结论由二次函数图象即可得出）。 定义 1 能判断真假的语句叫命题，如“3>5”是命题，“萝卜好大”不是命题。不含逻辑联 结词“或”、“且”、“非”的命题叫做简单命题，由简单命题与逻辑联结词构成的命题由复合 命题。 注 1 “p 或 q”复合命题只有当 p，q 同为假命题时为假，否则为真命题；“p 且 q”复合命 题只有当 p，q 同时为真命题时为真，否则为假命题；p 与“非 p”即“p”恰好一真一假。 定义 2 原命题：若 p 则 q（p 为条件，q 为结论）；逆命题：若 q 则 p；否命题：若非 p 则 q； 逆否命题：若非 q 则非 p。 注 2 原命题与其逆否命题同真假。一个命题的逆命题和否命题同真假。 注 3 反证法的理论依据是矛盾的排中律，而未必是证明原命题的逆否命题。 定义 3 如果命题“若 p 则 q”为真，则记为 p q 否则记作 p  q.在命题“若 p 则 q”中， 如果已知 p q,则 p 是 q 的充分条件；如果 q p，则称 p 是 q 的必要条件；如果 p q 但 q 不 p，则称 p 是 q 的充分非必要条件；如果 p 不 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 x2-x+1=0 的两根是α，β，求满足 f(α)=β,f(β)=α,f(1)=1 的二次函数 f(x). 【解】 设 f(x)=ax2+bx+c(a  0), 则由已知 f(α)=β,f(β)=α相减并整理得（α-β）[（α+β）a+b+1]=0， 因为方程 x2-x+1=0 中△  0， 所以α  β，所以(α+β)a+b+1=0. 又α+β=1,所以 a+b+1=0. 又因为 f(1)=a+b+c=1， 所以 c-1=1，所以 c=2. 又 b=-(a+1)，所以 f(x)=ax2-(a+1)x+2. 再由 f(α)=β得 aα2-(a+1)α+2=β, 所以 aα2-aα+2=α+β=1，所以 aα2-aα+1=0. 即 a(α2-α+1)+1-a=0,即 1-a=0， 所以 a=1, 所以 f(x)=x2-2x+2. 2．方程的思想。 例 2 已知 f(x)=ax2-c 满足-4≤f(1)≤-1, -1≤f(2)≤5，求 f(3)的取值范围。 【解】 因为-4≤f(1)=a-c≤-1, 所以 1≤-f(1)=c-a≤4. 又-1≤f(2)=4a-c≤5, f(3)= 3 8 f(2)- 3 5 f(1), 所以 3 8 ×(-1)+ 3 5 ≤f(3)≤ 3 8 ×5+ 3 5 ×4, 所以-1≤f(3)≤20. 3．利用二次函数的性质。 例 3 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R, a  0)，若方程 f(x)=x 无实根，求证：方程 f(f(x))=x 也无实根。 【证明】若 a>0，因为 f(x)=x 无实根，所以二次函数 g(x)=f(x)-x 图象与 x 轴无公共点且开口 向上，所以对任意的 x∈R,f(x)-x>0 即 f(x)>x，从而 f(f(x))>f(x)。 所以 f(f(x))>x，所以方程 f(f(x))=x 无实根。 注：请读者思考例 3 的逆命题是否正确。 4．利用二次函数表达式解题。 例 4 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0)，方程 f(x)=x 的两根 x1, x2 满足 00，所以 f(x)>x. 其次 f(x)-x1=(x-x1)[a(x-x2)+1]=a(x-x1)[x-x2+ a 1 ]<0，所以 f(x)1，求证：方程的正根比 1 小，负根比-1 大。 【证明】 方程化为 2a2x2+2ax+1-a2=0. 构造 f(x)=2a2x2+2ax+1-a2, f(1)=(a+1)2>0, f(-1)=(a-1)2>0, f(0)=1-a2<0, 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。 例 6 当 x 取何值时，函数 y= 22 24 )1( 5   x xx 取最小值？求出这个最小值。 【解】 y=1- 222 )1( 5 1 1  xx ,令 1 1 2x u,则 0-(b+1)，即 b>-2 时，x2+bx 在[0，-(b+1)]上是减函数， 所以 x2+bx 的最小值为 b+1,b+1=- 2 1 ,b=- 2 3 . 综上，b=- 2 3 . 7.一元二次不等式问题的解法。 例 8 已知不等式组      12 022 ax aaxx ①②的整数解恰好有两个，求 a 的取值范围。 【解】 因为方程 x2-x+a-a2=0 的两根为 x1=a, x2=1-a, 若 a≤0，则 x11-2a. 因为 1-2a≥1-a，所以 a≤0,所以不等式组无解。 若 a>0，ⅰ）当 0 2 1 时，a>1-a，由②得 x>1-2a， 所以不等式组的解集为 1-a1 且 a-(1-a)≤3， 所以 10，△=(B-A-C)2(y-z)2-4AC(y-z)2≤0 恒成立，所以(B-A-C)2-4AC≤0，即 A2+B2+C2 ≤2(AB+BC+CA) 同理有 B≥0，C≥0，所以必要性成立。 再证充分性，若 A≥0，B≥0，C≥0 且 A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)， 1）若 A=0，则由 B2+C2≤2BC 得(B-C)2≤0，所以 B=C，所以△=0，所以②成立，①成立。 2）若 A>0，则由③知△≤0，所以②成立，所以①成立。 综上，充分性得证。 9．常用结论。 定理 1 若 a, b∈R, |a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|. 【证明】 因为-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|, 所以|a+b|≤|a|+|b|（注：若 m>0，则-m≤x≤m 等价于|x|≤m）. 又|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b|, 即|a|-|b|≤|a+b|.综上定理 1 得证。 定理 2 若 a,b∈R, 则 a2+b2≥2ab；若 x,y∈R+,则 x+y≥ .2 xy (证略) 注 定理 2 可以推广到 n 个正数的情况，在不等式证明一章中详细论证。 第三章 函数 一、基础知识 定义 1 映射，对于任意两个集合 A，B，依对应法则 f，若对 A 中的任意一个元素 x，在 B 中都有唯一一个元素与之对应，则称 f: A→B 为一个映射。 定义 2 单射，若 f: A→B 是一个映射且对任意 x, y∈A, x  y, 都有 f(x)  f(y)则称之为单射。 定义 3 满射，若 f: A→B 是映射且对任意 y∈B，都有一个 x∈A 使得 f(x)=y，则称 f: A→B 是 A 到 B 上的满射。 定义 4 一一映射，若 f: A→B 既是单射又是满射，则叫做一一映射，只有一一映射存在逆 映射，即从 B 到 A 由相反的对应法则 f-1 构成的映射，记作 f-1: A→B。 定义 5 函数，映射 f: A→B 中，若 A，B 都是非空数集，则这个映射为函数。A 称为它的定 义域，若 x∈A, y∈B，且 f(x)=y（即 x 对应 B 中的 y），则 y 叫做 x 的象，x 叫 y 的原象。集 合{f(x)|x∈A}叫函数的值域。通常函数由解析式给出，此时函数定义域就是使解析式有意义 的未知数的取值范围，如函数 y=3 x -1 的定义域为{x|x≥0,x∈R}. 定义 6 反函数，若函数 f: A→B（通常记作 y=f(x)）是一一映射，则它的逆映射 f-1: A→B 叫原函数的反函数，通常写作 y=f-1(x). 这里求反函数的过程是：在解析式 y=f(x)中反解 x 得 x=f-1(y)，然后将 x, y 互换得 y=f-1(x)，最后指出反函数的定义域即原函数的值域。例如：函数 y= x1 1 的反函数是 y=1- x 1 (x  0). 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 x1, x2∈I 并且 x1< x2，总有 f(x1)f(x2))，则称 f(x)在区间 I 上是增（减）函数，区间 I 称为单调增（减）区间。 （2）奇偶性：设函数 y=f(x)的定义域为 D，且 D 是关于原点对称的数集，若对于任意的 x ∈D，都有 f(-x)=-f(x)，则称 f(x)是奇函数；若对任意的 x∈D，都有 f(-x)=f(x)，则称 f(x)是偶 函数。奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于 y 轴对称。 （3）周期性：对于函数 f(x)，如果存在一个不为零的常数 T，使得当 x 取定义域内每一个数 时，f(x+T)=f(x)总成立，则称 f(x)为周期函数，T 称为这个函数的周期，如果周期中存在最小 的正数 T0，则这个正数叫做函数 f(x)的最小正周期。 定义 8 如果实数 aa}记作开区间（a, +∞），集合{x|x≤a}记作半开半闭区间（-∞,a]. 定义 9 函数的图象，点集{(x,y)|y=f(x), x∈D}称为函数 y=f(x)的图象，其中 D 为 f(x)的定义 域。通过画图不难得出函数 y=f(x)的图象与其他函数图象之间的关系(a,b>0)；（1）向右平移 a 个单位得到 y=f(x-a)的图象；（2）向左平移 a 个单位得到 y=f(x+a)的图象；（3）向下平移 b 个单位得到 y=f(x)-b 的图象；（4）与函数 y=f(-x)的图象关于 y 轴对称；（5）与函数 y=-f(-x) 的图象关于原点成中心对称；（6）与函数 y=f-1(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= x2 1 , u=2-x 在（- ∞,2）上是减函数，y= u 1 在（0，+∞）上是减函数，所以 y= x2 1 在（-∞,2）上是增函数。 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。 x y x 1 1 x 例 1 求方程|x-1|= x 1 的正根的个数. 【解】 分别画出 y=|x-1|和 y= x 1 的图象，由图象可知两者有唯一交点，所以方程有一个正根。 例 2 求函数 f(x)= 11363 2424  xxxxx 的最大值。 【解】 f(x)= 222222 )0()1()3()2(  xxxx ，记点 P(x, x-2)，A（3，2），B （0，1），则 f(x)表示动点 P 到点 A 和 B 距离的差。 因为|PA|-|PA|≤|AB|= 10)12(3 22  ,当且仅当 P 为 AB 延长线与抛物线 y=x2 的交点时 等号成立。 所以 f(x)max= .10 2.函数性质的应用。 例 3 设 x, y∈R，且满足      1)1(1997)1( 1)1(1997)1( 3 2 yy xx ，求 x+y. 【解】 设 f(t)=t3+1997t，先证 f(t)在（-∞，+∞）上递增。事实上，若 a0，所以 f(t)递增。 由题设 f(x-1)=-1=f(1-y)，所以 x-1=1-y，所以 x+y=2. 例 4 奇函数 f(x)在定义域（-1，1）内是减函数，又 f(1-a)+f(1-a2)<0，求 a 的取值范围。 【解】 因为 f(x) 是奇函数，所以 f(1-a2)=-f(a2-1)，由题设 f(1-a)0，则由①得 n<0，设 f(t)=t( 42 t +1),则 f(t)在（0，+∞）上是增函数。又 f(m)=f(-n)， 所以 m=-n，所以 3x-1+2x-3=0，所以 x= .5 4 ⅱ)若 m<0，且 n>0。同理有 m+n=0,x= 5 4 ,但与 m<0 矛盾。 综上，方程有唯一实数解 x= .5 4 3.配方法。 例 7 求函数 y=x+ 12 x 的值域。 【解】 y=x+ 12 x = 2 1 [2x+1+2 12 x +1]-1 = 2 1 ( 12 x +1)-1≥ 2 1 -1=- 2 1 . 当 x=- 2 1 时，y 取最小值- 2 1 ，所以函数值域是[- 2 1 ，+∞）。 4．换元法。 例 8 求函数 y=( x1 + x1 +2)( 21 x +1),x∈[0,1]的值域。 【解】令 x1 + x1 =u，因为 x∈[0,1]，所以 2≤u2=2+2 21 x ≤4,所以 2 ≤u≤2, 所以 2 22  ≤ 2 2u ≤2，1≤ 2 2u ≤2，所以 y= 2 2u ,u2∈[ 2 +2，8]。 所以该函数值域为[2+ 2 ，8]。 5．判别式法。 例 9 求函数 y= 43 43 2 2   xx xx 的值域。 【解】由函数解析式得(y-1)x2+3(y+1)x+4y-4=0. ① 当 y  1 时，①式是关于 x 的方程有实根。 所以△=9(y+1)2-16(y-1)2≥0，解得 7 1 ≤y≤1. 又当 y=1 时，存在 x=0 使解析式成立， 所以函数值域为[ 7 1 ，7]。 6．关于反函数。 例 10 若函数 y=f(x)定义域、值域均为 R，且存在反函数。若 f(x)在(-∞,+ ∞)上递增，求证： y=f-1(x)在(-∞,+ ∞)上也是增函数。 【证明】设 x10, 所以 f(x)在（-∞，- 3 2 ）上递增，同理 f(x)在[- 4 1 ，+∞）上递增。 在方程 f(x)=f-1(x)中，记 f(x)=f-1(x)=y，则 y≥0，又由 f-1(x)=y 得 f(y)=x，所以 x≥0,所以 x,y∈[- 4 1 ， +∞）. 若 x  y，设 xy 也可得出矛盾。所以 x=y. 即 f(x)=x，化简得 3x5+2x4-4x-1=0, 即(x-1)(3x4+5x3+5x2+5x+1)=0, 因为 x≥0，所以 3x4+5x3+5x2+5x+1>0，所以 x=1. 第四章 几个初等函数的性质 一、基础知识 1．指数函数及其性质：形如 y=ax(a>0, a  1)的函数叫做指数函数，其定义域为 R，值域为 （0，+∞），当 01 时，y=ax 为增函数，它的图象恒过定点（0， 1）。 2．分数指数幂： n m n m n nn mn m nn a a a aaaaa 1,1,, 1   。 3．对数函数及其性质：形如 y=logax(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 01 时，y=logax 为增函数。 4．对数的性质（M>0, N>0）； 1）ax=M  x=logaM(a>0, a  1)； 2）loga(MN)= loga M+ loga N； 3）loga（ N M ）= loga M- loga N；4）loga Mn=n loga M；， 5）loga n M = n 1 loga M；6）aloga M=M; 7) loga b= a b c c log log (a,b,c>0, a, c  1). 5. 函数 y=x+ x a（a>0）的单调递增区间是  a , 和  ,a ，单调递减区间为  0,a 和  a,0 。（请读者自己用定义证明） 6．连续函数的性质：若 a0. 【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-10， 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 a1, a2,…,an 是不全为 0 的实数，b1, b2,…,bn∈R，则（   n i ia 1 2 ）·（   n i ib 1 2 ） ≥(   n i ii ba 1 )2，等号当且仅当存在  R，使 ai= ib , i=1, 2, …, n 时成立。 【证明】 令 f(x)= （   n i ia 1 2 ）x2-2(   n i ii ba 1 )x+   n i ib 1 2 =    n i ii bxa 1 2)( , 因为   n i ia 1 2 >0，且对任意 x∈R, f(x)≥0， 所以△=4(   n i ii ba 1 )-4（   n i ia 1 2 ）(   n i ib 1 2 )≤0. 展开得（   n i ia 1 2 ）(   n i ib 1 2 )≥(   n i ii ba 1 )2。 等号成立等价于 f(x)=0 有实根，即存在  ，使 ai= ib , i=1, 2, …, n。 例 3 设 x, y∈R+, x+y=c, c 为常数且 c∈(0, 2]，求 u=             yyxx 11 的最小值。 【解】u=             yyxx 11 =xy+ xyx y y x 1 ≥xy+ xy 1 +2· x y y x  =xy+ xy 1 +2. 令 xy=t，则 00，所以 p q = .2 51 例 5 对于正整数 a, b, c(a≤b≤c)和实数 x, y, z, w，若 ax=by=cz=70w，且 wzyx 1111  ，求 证：a+b=c. 【证明】 由 ax=by=cz=70w 取常用对数得 xlga=ylgb=zlgc=wlg70. 所以 w 1 lga= x 1 lg70, w 1 lgb= y 1 lg70, w 1 lgc= z 1 lg70， 相加得 w 1 (lga+lgb+lgc)=        zyx 111 lg70，由题设 wzyx 1111  ， 所以 lga+lgb+lgc=lg70，所以 lgabc=lg70. 所以 abc=70=2×5×7. 若 a=1，则因为 xlga=wlg70，所以 w=0 与题设矛盾，所以 a>1. 又 a≤b≤c，且 a, b, c 为 70 的正约数，所以只有 a=2, b=5, c=7. 所以 a+b=c. 例 6 已知 x  1, ac  1, a  1, c  1. 且 logax+logcx=2logbx，求证 c2=(ac)logab. 【证明】 由题设 logax+logcx=2logbx，化为以 a 为底的对数，得 b x c xx a a a a a log log2 log loglog  ， 因为 ac>0, ac  1，所以 logab=logacc2，所以 c2=(ac)logab. 注：指数与对数式互化，取对数，换元，换底公式往往是解题的桥梁。 3．指数与对数方程的解法。 解此类方程的主要思想是通过指对数的运算和换元等进行化简求解。值得注意的是函数单调 性的应用和未知数范围的讨论。 例 7 解方程：3x+4 x +5 x =6 x. 【解】 方程可化为 xxx              6 5 3 2 2 1 =1。设 f(x)= xxx              6 5 3 2 2 1 , 则 f(x)在(- ∞,+∞)上是减函数，因为 f(3)=1，所以方程只有一个解 x=3. 例 8 解方程组：        3 12 xy yx yx yx （其中 x, y∈R+）. 【解】 两边取对数，则原方程组可化为 .3lg)( lg12lg)(      glxyyx yxyx ①② 把①代入②得(x+y)2lgx=36lgx，所以[(x+y)2-36]lgx=0. 由 lgx=0 得 x=1，由(x+y)2-36=0(x, y∈R+)得 x+y=6， 代入①得 lgx=2lgy，即 x=y2，所以 y2+y-6=0. 又 y>0，所以 y=2, x=4. 所以方程组的解为           2 4; 1 1 2 2 1 1 y x y x . 例 9 已知 a>0, a  1，试求使方程 loga(x-ak)=loga2(x2-a2)有解的 k 的取值范围。 【解】由对数性质知，原方程的解 x 应满足       0 0 )( 22 222 ax akx axakx .①②③ 若①、②同时成立，则③必成立， 故只需解      0 )( 222 akx axakx . 由①可得 2kx=a(1+k2)， ④ 当 k=0 时，④无解；当 k  0 时，④的解是 x= k ka 2 )1( 2 ，代入②得 k k 2 1 2 >k. 若 k<0，则 k2>1，所以 k<-1；若 k>0，则 k2<1，所以 01 时，an=Sn-Sn-1. 定义 2 等差数列，如果对任意的正整数 n，都有 an+1-an=d（常数），则{an}称为等差数列， d 叫做公差。若三个数 a, b, c 成等差数列，即 2b=a+c，则称 b 为 a 和 c 的等差中项，若公差 为 d, 则 a=b-d, c=b+d. 定理 2 等差数列的性质：1）通项公式 an=a1+(n-1)d；2）前 n 项和公式： Sn= dnnnaaan n 2 )1( 2 )( 1 1  ；3）an-am=(n-m)d，其中 n, m 为正整数；4）若 n+m=p+q， 则 an+am=ap+aq；5）对任意正整数 p, q，恒有 ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若 A，B 至少有一个不 为零，则{an}是等差数列的充要条件是 Sn=An2+Bn. 定义 3 等比数列，若对任意的正整数 n，都有 q a a n n 1 ，则{an}称为等比数列，q 叫做公 比。 定理 3 等比数列的性质：1）an=a1qn-1；2）前 n 项和 Sn，当 q  1 时，Sn= q qa n   1 )1(1 ；当 q=1 时，Sn=na1；3）如果 a, b, c 成等比数列，即 b2=ac(b  0)，则 b 叫做 a, c 的等比中项；4） 若 m+n=p+q，则 aman=apaq。 定义 4 极限，给定数列{an}和实数 A，若对任意的 >0，存在 M，对任意的 n>M(n∈N), 都有|an-A|< ，则称 A 为 n→+∞时数列{an}的极限，记作 .lim Aann   定义 5 无穷递缩等比数列，若等比数列{an}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 Sn 的极限（即其所有项的和）为 q a 1 1 （由极限的定义可得）。 定理 3 第一数学归纳法：给定命题 p(n)，若：（1）p(n0)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≥n0 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(n0)成立；（2）当 p(n)对一切 n≤k 的自 然数 n 都成立时（k≥n0）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 ≥n0 成立。 定理 5 对于齐次二阶线性递归数列 xn=axn-1+bxn-2，设它的特征方程 x2=ax+b 的两个根为α, β:(1)若α  β，则 xn=c1an-1+c2βn-1，其中 c1, c2 由初始条件 x1, x2 的值确定；(2)若α=β，则 xn=(c1n+c2) αn-1，其中 c1, c2 的值由 x1, x2 的值确定。 二、方法与例题 1．不完全归纳法。 这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探 索未知世界的普遍方式。通常解题方式为：特殊→猜想→数学归纳法证明。 例 1 试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24，35，…；2）1，5， 19，65，…；3）-1，0，3，8，15，…。 【解】1）an=n2-1；2）an=3n-2n；3）an=n2-2n. 例 2 已知数列{an}满足 a1= 2 1 ,a1+a2+…+an=n2an, n≥1，求通项 an. 【解】 因为 a1= 2 1 ,又 a1+a2=22·a2, 所以 a2= 23 1  ，a3= 43 1 132 2    aa ,猜想 )1( 1  nnan (n≥1). 证明；1）当 n=1 时，a1= 12 1  ，猜想正确。2）假设当 n≤k 时猜想成立。 当 n=k+1 时，由归纳假设及题设，a1+ a1+…+a1=[(k+1)2-1] ak+1,， 所以 )1( 1 23 1 12 1  kk =k(k+2)ak+1, 即 1 11 3 1 2 1 2 11  kk =k(k+2)ak+1, 所以 1k k =k(k+2)ak+1,所以 ak+1= .)2)(1( 1  kk 由数学归纳法可得猜想成立，所以 .)1( 1  nnan 例 3 设 01. 【证明】 证明更强的结论：1an. 又由 an+1=5an+ 124 2 na 移项、平方得 .0110 2 1 2 1   nnnn aaaa ① 当 n≥2 时，把①式中的 n 换成 n-1 得 0110 2 11 2   nnnn aaaa ，即 .0110 2 1 2 1   nnnn aaaa ② 因为 an-10, 所以 4 1 2 1 2 1 nS Sn, 所以 2 1 4 1 nS ， 所以 Sn<2，得证。 4．特征方程法。 例 9 已知数列{an}满足 a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4an，求 an. 【解】 由特征方程 x2=4x-4 得 x1=x2=2. 故设 an=(α+βn)·2n-1，其中      2)2(6 3   ， 所以α=3，β=0， 所以 an=3·2n-1. 例 10 已知数列{an}满足 a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an，求通项 an. 【解】 由特征方程 x2=2x+3 得 x1=3, x2=-1, 所以 an=α·3n+β·(-1)n，其中        96 33 ， 解得α= 4 3 ，β 4 3 ， 所以 11 )1(3[4 1   nn na ·3]。 5．构造等差或等比数列。 例 11 正数列 a0,a1,…,an,…满足 212   nnnn aaaa =2an-1(n≥2)且 a0=a1=1，求通项。 【解】 由 1212 2   nnnnn aaaaa 得 2 1 1 2     n n n n a a a a =1， 即 .121 2 1 1             n n n n a a a a 令 bn= 1n n a a +1，则{bn}是首项为 0 1 a a +1=2，公比为 2 的等比数列， 所以 bn= 1n n a a +1=2n，所以 1n n a a =（2n-1）2， 所以 an= 1n n a a · 2 1   n n a a … 1 2 a a · 0 1 a a ·a0=   n k k 1 2 .)12( 注：   n i iC 1 C1·C2·…·Cn. 例 12 已知数列{xn}满足 x1=2, xn+1= n n x x 2 22  ,n∈N+, 求通项。 【解】 考虑函数 f(x)= x x 2 22  的不动点，由 x x 2 22  =x 得 x= .2 因为 x1=2, xn+1= n n x x 2 22  ,可知{xn}的每项均为正数。 又 2 nx +2≥ nx22 ，所以 xn+1≥ 2 (n≥1)。又 Xn+1- 2 = 2 2 22  n n x x = n n x x 2 )2( 2 , ① Xn+1+ 2 = 2 2 22  n n x x = n n x x 2 )2( 2 , ② 由①÷②得 2 1 1 2 2 2 2               n n n n x x x x 。 ③ 又 2 2 1 1   x x >0， 由③可知对任意 n∈N+， 2 2   n n x x >0 且                       2 2lg2 2 2lg 1 1 n n n n x x x x , 所以           2 2lg n n x x 是首项为         22 22lg ，公比为 2 的等比数列。 所以 12 2 2lg    n n n x x ·         22 22lg ，所以    2 2 n n x x 12 22 22          n ， 解得 2nx · 11 11 22 22 )22()22( )22()22(     nn nn 。 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|= r L , 其中 r 是圆的半径。 定义 3 三角函数，在直角坐标平面内，把角α的顶点放在原点，始边与 x 轴的正半轴重合， 在角的终边上任意取一个不同于原点的点 P，设它的坐标为（x,y），到原点的距离为 r,则正 弦函数 sinα= r y ,余弦函数 cosα= r x ,正切函数 tanα= x y ，余切函数 cotα= y x ，正割函数 sec α= x r ,余割函数 cscα= .y r 定理 1 同角三角函数的基本关系式，倒数关系：tanα= cot 1 ,sinα= csc 1 ，cosα= sec 1 ； 商数关系：tanα=    sin coscot,cos sin  ；乘积关系：tanα×cosα=sinα,cotα×sinα=cos α；平方关系：sin2α+cos2α=1, tan2α+1=sec2α, cot2α+1=csc2α. 定理 2 诱导公式（Ⅰ）sin(α+π)=-sinα, cos(π+α)=-cosα, tan(π+α)=tanα, cot(π+α)=cot α;（Ⅱ）sin(-α)=-sinα, cos(-α)=cosα, tan(-α)=-tanα, cot(-α)=cotα; （Ⅲ）sin(π-α)=sin α, cos(π-α)=-cosα, tan=(π-α)=-tanα, cot(π-α)=-cotα; （Ⅳ）sin       2 =cosα, cos       2 =sinα, tan       2 =cotα（奇变偶不变，符号看象限）。 定理 3 正弦函数的性质，根据图象可得 y=sinx（x∈R）的性质如下。单调区间：在区间      22,22  kk 上为增函数，在区间       2 32,22 kk 上为减函数，最小正周期 为 2 . 奇偶数. 有界性：当且仅当 x=2kx+ 2  时，y 取最大值 1，当且仅当 x=3k - 2  时, y 取最小值-1。对称性：直线 x=k + 2  均为其对称轴，点（k , 0）均为其对称中心，值域为 [-1，1]。这里 k∈Z. 定理 4 余弦函数的性质，根据图象可得 y=cosx(x∈R)的性质。单调区间：在区间[2kπ, 2kπ+π] 上单调递减，在区间[2kπ-π, 2kπ]上单调递增。最小正周期为 2π。奇偶性：偶函数。对称性： 直线 x=kπ均为其对称轴，点       0,2 k 均为其对称中心。有界性：当且仅当 x=2kπ时，y 取最大值 1；当且仅当 x=2kπ-π时，y 取最小值-1。值域为[-1，1]。这里 k∈Z. 定理 5 正切函数的性质：由图象知奇函数 y=tanx(x  kπ+ 2  )在开区间(kπ- 2  , kπ+ 2  )上为增 函数, 最小正周期为π，值域为（-∞，+∞），点（kπ，0），（kπ+ 2  ，0）均为其对称中心。 定理 6 两角和与差的基本关系式：cos(α  β)=cosαcosβ  sinαsinβ,sin(α  β)=sinα cosβ  cosαsinβ; tan(α  β)= .)tantan1( )tan(tan     定理 7 和差化积与积化和差公式: sinα+sinβ=2sin       2  cos       2  ,sinα-sinβ=2sin       2  cos       2  , cosα+cosβ=2cos       2  cos       2  , cosα-cosβ=-2sin       2  sin       2  , sinαcosβ= 2 1 [sin(α+β)+sin(α-β)],cosαsinβ= 2 1 [sin(α+β)-sin(α-β)], cosαcosβ= 2 1 [cos(α+β)+cos(α-β)],sinαsinβ=- 2 1 [cos(α+β)-cos(α-β)]. 定理 8 倍角公式:sin2α=2sinαcosα, cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α, tan2α= .)tan1( tan2 2    定理 9 半角公式:sin      2  = 2 )cos1(  ,cos      2  = 2 )cos1(  , tan      2  = )cos1( )cos1(     = .sin )cos1( )cos1( sin      定理 10 万能公式:            2tan1 2tan2 sin 2    ,            2tan1 2tan1 cos 2 2    , . 2tan1 2tan2 tan 2               定理 11 辅助角公式：如果 a, b 是实数且 a2+b2  0，则取始边在 x 轴正半轴，终边经过点(a, b)的一个角为β，则 sinβ= 22 ba b  ,cosβ= 22 ba a  ，对任意的角α. asinα+bcosα= )( 22 ba  sin(α+β). 定理 12 正弦定理：在任意△ABC 中有 RC c B b A a 2sinsinsin  ，其中 a, b, c 分别是 角 A，B，C 的对边，R 为△ABC 外接圆半径。 定理 13 余弦定理：在任意△ABC 中有 a2=b2+c2-2bcosA，其中 a,b,c 分别是角 A，B，C 的 对边。 定理 14 图象之间的关系：y=sinx 的图象经上下平移得 y=sinx+k 的图象；经左右平移得 y=sin(x+ )的图象（相位变换）；纵坐标不变，横坐标变为原来的  1 ，得到 y=sin x ( 0 ) 的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的 A 倍，得到 y=Asinx 的图象（振幅变 换）；y=Asin( x+ )( >0)的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的 A 倍，得 到 y=Asinx 的图象（振幅变换）；y=Asin( x+ )( ,  >0)(|A|叫作振幅)的图象向右平移   个单位得到 y=Asin x 的图象。 定义 4 函数 y=sinx           2,2 x 的反函数叫反正弦函数，记作 y=arcsinx(x∈[-1, 1])，函 数 y=cosx(x∈[0, π]) 的反函数叫反余弦函数，记作 y=arccosx(x∈[-1, 1]). 函数 y=tanx           2,2 x 的反函数叫反正切函数。记作 y=arctanx(x∈[-∞, +∞]). y=cosx(x∈[0, π])的反函数称为反余切函数，记作 y=arccotx(x∈[-∞, +∞]). 定理 15 三角方程的解集，如果 a∈(-1,1)，方程 sinx=a 的解集是{x|x=nπ+(-1)narcsina, n∈Z}。 方程 cosx=a 的解集是{x|x=2kx  arccosa, k∈Z}. 如果 a∈R，方程 tanx=a 的解集是 {x|x=kπ+arctana, k∈Z}。恒等式：arcsina+arccosa= 2  ；arctana+arccota= 2  . 定理 16 若      2,0 x ，则 sinx-1，所以 cos     0,2 x ， 所以 sin(cosx) ≤0,又 00， 所以 cos(sinx)>sin(cosx). 若      2,0 x ，则因为 sinx+cosx= 2cos2 2sin2 22        xx (sinxcos 4  +sin 4  cosx)= 2 sin(x+ 4  )≤ 2 < 2  ， 所以 0cos( 2  -cosx)=sin(cosx). 综上，当 x∈(0,π)时，总有 cos(sinx)0，求证： .2sin cos sin cos           xx     【证明】 若α+β> 2  ，则 x>0，由α> 2  -β>0 得 cosαsin( 2  -β)=cosβ, 所以 0<   sin cos <1， 所以 .2sin cos sin cos sin cos sin cos 00                            xx 若α+β< 2  ，则 x<0，由 0<α< 2  -β< 2  得 cosα>cos( 2  -β)=sinβ>0, 所以   sin cos >1。又 01， 所以 2sin cos sin cos sin cos sin cos 00                            xx ，得证。 注：以上两例用到了三角函数的单调性和有界性及辅助角公式，值得注意的是角的讨论。 3．最小正周期的确定。 例 4 求函数 y=sin(2cos|x|)的最小正周期。 【解】 首先，T=2π是函数的周期（事实上，因为 cos(-x)=cosx，所以 co|x|=cosx）；其次， 当且仅当 x=kπ+ 2  时，y=0（因为|2cosx|≤2<π）, 所以若最小正周期为 T0，则 T0=mπ, m∈N+，又 sin(2cos0)=sin2  sin(2cosπ)，所以 T0=2π。 4．三角最值问题。 例 5 已知函数 y=sinx+ x2cos1 ，求函数的最大值与最小值。 【解法一】 令 sinx=        4 304sin2cos1,cos2 2 x , 则有 y= ).4sin(2sin2cos2   因为  4 304  ，所以   42 ， 所以 )4sin(0   ≤1， 所以当  4 3 ，即 x=2kπ- 2  (k∈Z)时，ymin=0， 当 4   ，即 x=2kπ+ 2  (k∈Z)时，ymax=2. 【解法二】 因为 y=sinx+ )cos1(sin2cos1 222 xxx  , =2（因为(a+b)2≤2(a2+b2)）， 且|sinx|≤1≤ x2cos1 ，所以 0≤sinx+ x2cos1 ≤2， 所以当 x2cos1 =sinx，即 x=2kπ+ 2  (k∈Z)时, ymax=2， 当 x2cos1 =-sinx，即 x=2kπ- 2  (k∈Z)时, ymin=0。 例 6 设 0< <π，求 sin )cos1(2   的最大值。 【解】因为 0< <π，所以 220   ，所以 sin 2  >0, cos 2  >0. 所以 sin 2  （1+cos ）=2sin 2  ·cos2 2  = 2cos2cos2sin22 222   ≤ 3 222 3 2cos2cos2sin2 2              = .9 34 27 16  当且仅当 2sin2 2  =cos2 2  , 即 tan 2  = 2 2 时，sin 2  (1+cos )取得最大值 9 34 。 例 7 若 A，B，C 为△ABC 三个内角，试求 sinA+sinB+sinC 的最大值。 【解】 因为 sinA+sinB=2sin 2 BA  cos 2sin22 BABA  , ① sinC+sin 2 3sin22 3cos2 3sin23       CCC , ② 又因为 3sin24 3cos4 3sin22 3sin2sin        CBACBACBA ，③ 由①，②，③得 sinA+sinB+sinC+sin 3  ≤4sin 3  , 所以 sinA+sinB+sinC≤3sin 3  = 2 33 , 当 A=B=C= 3  时，（sinA+sinB+sinC）max= 2 33 . 注：三角函数的有界性、|sinx|≤1、|cosx|≤1、和差化积与积化和差公式、均值不等式、柯 西不等式、函数的单调性等是解三角最值的常用手段。 5．换元法的使用。 例 8 求 xx xxy cossin1 cossin  的值域。 【解】 设 t=sinx+cosx= ).4sin(2cos2 2sin2 22        xxx 因为 ,1)4sin(1  x 所以 .22  t 又因为 t2=1+2sinxcosx, 所以 sinxcosx= 2 12 t ，所以 2 1 1 2 12    t t x y ， 所以 .2 12 2 12  y 因为 t  -1，所以 12 1 t ，所以 y  -1. 所以函数值域为 .2 12,11,2 12              y 例 9 已知 a0=1, an= 1 1 121    n n a a (n∈N+)，求证：an> 22 n  . 【证明】 由题设 an>0，令 an=tanan, an∈      2,0  ，则 an= .tan2tan sin cos1 tan 1sec tan 1tan1 1 1 1 1 1 1 1 2 n n n n n n n n aa a a a a a a          因为 2 1na ，an∈      2,0  ，所以 an= 12 1 na ，所以 an= .2 1 0a n      又因为 a0=tana1=1，所以 a0= 4  ，所以 n na      2 1 · 4  。 又因为当 0x，所以 .22tan 22   nnna  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∈      2,0  时，有 tanx>x>sinx，这是个熟知的结论，暂时不证明，学完导数后，证 明是很容易的。 6．图象变换：y=sinx(x∈R)与 y=Asin( x+ )(A,  ,  >0). 由 y=sinx 的图象向左平移 个单位，然后保持横坐标不变，纵坐标变为原来的 A 倍，然后 再保持纵坐标不变，横坐标变为原来的  1 ，得到 y=Asin( x+ )的图象；也可以由 y=sinx 的图象先保持横坐标不变，纵坐标变为原来的 A 倍，再保持纵坐标不变，横坐标变为原来 的  1 ，最后向左平移   个单位，得到 y=Asin( x+ )的图象。 例 10 例 10 已知 f(x)=sin( x+ )( >0, 0≤ ≤π)是 R 上的偶函数，其图象关于点      0,4 3M 对称，且在区间     2,0  上是单调函数，求 和 的值。 【解】 由 f(x)是偶函数，所以 f(-x)=f(x)，所以 sin( + )=sin(- x+ )，所以 cos sinx=0， 对任意 x∈R 成立。 又 0≤ ≤π，解得 = 2  ， 因为 f(x)图象关于      0,4 3M 对称，所以 )4 3()4 3( xfxf   =0。 取 x=0，得 )4 3( f =0，所以 sin .024 3        所以 24 3   k (k∈Z)，即 = 3 2 (2k+1) (k∈Z). 又 >0，取 k=0 时，此时 f(x)=sin(2x+ 2  )在[0， 2  ]上是减函数； 取 k=1 时， =2，此时 f(x)=sin(2x+ 2  )在[0， 2  ]上是减函数； 取 k=2 时， ≥ 3 10 ，此时 f(x)=sin( x+ 2  )在[0， 2  ]上不是单调函数， 综上， = 3 2 或 2。 7．三角公式的应用。 例 11 已知 sin(α-β)= 13 5 ，sin(α+β)=- 13 5 ，且α-β∈       ,2 ，α+β∈       2,2 3 ，求 sin2α,cos2β 的值。 【解】 因为α-β∈       ,2 ，所以 cos(α-β)=- .13 12)(sin1 2   又因为α+β∈       2,2 3 ，所以 cos(α+β)= .13 12)(sin1 2   所以 sin2α=sin[(α+β)+(α-β)]=sin(α+β)cos(α-β)+cos(α+β)sin(α-β)= 169 120 , cos2β=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 BCA cos 2 cos 1 cos 1  ，试求 2cos CA  的值。 【解】 因为 A=1200-C，所以 cos 2 CA  =cos(600-C)， 又由于 )120cos(cos cos)120cos( cos 1 )120cos( 1 cos 1 cos 1 0 0 0 CC CC CCCA     = 22 2 1)2120cos( )60cos(2 )]2120cos(120[cos2 1 )60cos(60cos2 0 0 00 00      C C C C ， 所以 232cos22cos24 2  CACA =0。 解得 2 2 2cos  CA 或 8 23 2cos  CA 。 又 2cos CA  >0，所以 2 2 2cos  CA 。 例 13 求证：tan20  +4cos70  . 【解】 tan20  +4cos70  =   20cos 20sin +4sin20       20cos 40sin220sin 20cos 20cos20sin420sin      20cos 40sin10cos30sin2 20cos 40sin40sin20sin .3 20cos 20cos60sin2 20cos 40sin80sin      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， 2 cbap  为半周长。 1．正弦定理： C c B b A a sinsinsin  =2R（R 为△ABC 外接圆半径）。 推论 1：△ABC 的面积为 S△ABC= .sin2 1sin2 1sin2 1 BcaAbcCab  推论 2：在△ABC 中，有 bcosC+ccosB=a. 推论 3：在△ABC 中，A+B= ，解 a 满足 )sin(sin a b a a   ，则 a=A. 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= Cabsin2 1 ；再证推论 2，因为 B+C= -A， 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 B b A a sinsin  ，所以 )sin( )sin( sin sin A a A a     ，即 sinasin( -A)=sin( -a)sinA， 等 价 于 2 1 [cos(  -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， -a+A< . 所以只有 -A+a= -a+A，所以 a=A， 得证。 2．余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA bc acbA 2cos 222  ，下面用余弦定理证明几个常 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 AD2= . 22 pqqp qcpb   （1） 【证明】 因为 c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos ADB ， 所以 c2=AD2+p2-2AD·pcos .ADB ① 同理 b2=AD2+q2-2AD·qcos ADC ， ② 因为  ADB+  ADC= ， 所以 cos ADB+cos  ADC=0， 所以 q×①+p×②得 qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即 AD2= . 22 pqqp qcpb   注：在（1）式中，若 p=q，则为中线长公式 .2 22 222 acbAD  （2） 】】 ： 因 为 4 12   ABCS b2c2sin2A= 4 1 b2c2 (1-cos2A)= 4 1 b2c2 16 1 4 )(1 22 2222      cb acb [(b+c) 2 -a2][a2-(b-c) 2]=p(p-a)(p-b)(p-c). 这里 .2 cbap  所以 S△ABC= ).)()(( cpbpapp  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   QORPOQ , ，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(sinsin wvu   【证明】P，Q，R 共线 ORQOPQOPRΔPQR SSSS   0 sin2 1 uv (α+β)= 2 1 uwsinα+ 2 1 vwsinβ vuw  sinsin)sin(  ，得证。 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-  ACB。 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=  BPC-  BAC 。 由 题 设 及  BPC+  CPA+  APB=3600 可得  BAC+  CBA+  ACB=1800。 所以  BPC-  BAC=  CPA-  CBA=  APB-  ACB=600。 所以  EDF=600，同理  DEF=600，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⊙O1，⊙O2 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 O1G  BC，O2D  BC，所以只需证 . 2 1 AE AF AO AO MD GM  由正弦定理  sin)2sin(,sin)1sin( AEPAAFAP  ， 所以 .sin sin 2sin 1sin    AF AE 另一方面， 2sinsin,1sinsin  PMMDPMGM  ， 所以   sin sin 1sin 2sin   MD GM ， 所以 AE AF MD GM  ，所以 PA//O1G， 即 PA  BC，得证。 3．一个常用的代换：在△ABC 中，记点 A，B，C 到内切圆的切线长分别为 x, y, z，则 a=y+z, b=z+x, c=x+y. 例 4 在△ABC 中，求证：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc. 【证明】 令 a=y+z, b=z+x, c=x+y，则 abc=(x+y)(y+z)(z+x) zxyzxy  8 =8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c) =a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc. 所以 a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc. 4．三角换元。 例 5 设 a, b, c∈R+，且 abc+a+c=b，试求 1 3 1 2 1 2 222  cbaP 的最大值。 【解】 由题设 b ac ca   1 ，令 a=tanα, c=tanγ, b=tanβ, 则 tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤ 3 10 3 10 3 1sin3 2        ， 当且仅当α+β= 2  ，sinγ= 3 1 ，即 a= 4 2,2,2 2  cb 时，Pmax= .3 10 例 6 在△ABC 中，若 a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc< .2 1 【证明】 设 a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β      2,0  . 因为 a, b, c 为三边长，所以 c< 2 1 , c>|a-b|， 从而      4,0  ，所以 sin2β>|cos2α·cos2β|. 因为 1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca), 所以 a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc). 又 ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c) =sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β = 4 1 [1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β] = 4 1 + 4 1 cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β) > 4 1 + 4 1 cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)= 4 1 . 所以 a2+b2+c2+4abc< .2 1 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=(x1, y1), b=(x2, y2)， 1．a+b=(x1+x2, y1+y2), a-b=(x1-x2, y1-y2)， 2．λa=(λx1, λy1), a·(b+c)=a·b+a·c， 3．a·b=x1x2+y1y2, cos(a, b)= 2 2 2 2 2 1 2 1 2121 yxyx yyxx   (a, b  0), 4. a//b  x1y2=x2y1, a  b  x1x2+y1y2=0. 定义 5 若点 P 是直线 P1P2 上异于 p1，p2 的一点，则存在唯一实数λ，使 21 PPPP  ， λ叫 P 分 21 PP 所成的比，若 O 为平面内任意一点，则     1 21 OPOPOP 。由此可得若 P1，P，P2 的坐标分别为(x1, y1), (x, y), (x2, y2)，则 .. 1 1 2 1 2 1 21 21 yy yy xx xx yyy xxx                   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|= 22 kh  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 )','(' yxp ，则      kyy hxx ' ' 称为平移公式。 定理 5 对于任意向量 a=(x1, y1), b=(x2, y2), |a·b|≤|a|·|b|，并且|a+b|≤|a|+|b|. 【证明】 因为|a|2·|b|2-|a·b|2= ))(( 2 2 2 2 2 1 2 1 yxyx  -(x1x2+y1y2)2=(x1y2-x2y1)2≥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=(x1, x2,…,xn)，b=(y1, y2, …, yn)， 同样有|a·b|≤|a|·|b|，化简即为柯西不等式：  ))(( 22 2 2 1 22 2 2 1 nn yyyxxx  (x1y1+x2y2+…+xnyn)2≥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=(x1, x2,…,xn), b=(y1, y2, …, yn)， 同 样 有 |a · b|≤|a| · |b| ， 化 简 即 为 柯 西 不 等 式 ：  ))(( 22 2 2 1 22 2 2 1 nn yyyxxx  (x1y1+x2y2+…+xnyn)2。 2）对于任意 n 个向量，a1, a2, …,an，有| a1, a2, …,an|≤| a1|+|a2|+…+|an|。 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 A1A2…An 的中心，求证： .21 OOAOAOA n   【证明】 记 nOAOAOAS  21 ，若 OS  ，则将正 n 边形绕中心 O 旋转 n 2 后与原正 n 边形重合，所以 S 不变，这不可能，所以 .OS  例 2 给定△ABC，求证：G 是△ABC 重心的充要条件是 .OGCGBGA  【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 GPGDAG  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 .CPGB  所以 .OPGCPGCGCGBGA  充分性。若 OGCGBGA  ，延长 AG 交 BC 于D，使GP=AG，连结CP，则 .PGGA  因为 OPCPGGC  ，则 PCGB  ，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： AB2+BC2+CD2+DA2=AC2+BD2+4PQ2。 【证明】 如图所示，结结 BQ，QD。 因为 DQPQDPBQPQBP  , ， 所以 2222 )()( PQDPPQBPDQBQ  = BPPQDPBP 22 222  · PQDPPQ  2 = .2)(22 222222 PQDPBPPQDPBPPQDPBP  ① 又因为 ,,, OQCQABAQABQBCQCBQ  同理 22222 2BQQCQABCBA  ， ② 22222 2QDQCQADACD  ， ③ 由①，②，③可得 )(24 222222 QDBQQACDBCBA  222222 4)22(2 PQBDACPQBPAC  。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 AMOAAGOAOG 3 2 = )2(3 1)(3 1 OCOBAOOAACABOA  ).(3 1 OCOBOA  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 AH//CE。 又 EA  AB，CH  AB，所以 AHCE 为平行四边形。 所以 ,ECAH  所以 OCOBOAOCEOOAECOAAHOAOH  ， 所以 OGOH 3 ， 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. 【证明】|a+b|=|a-b|  (a+b)2=(a-b)2  a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2  a·b=0  a  b. 例 6 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 cOCbOBaOA  ,, ， 则 )(2 1 baOD  ， .6 1 2 1 3 1)(2 1 3 1 bacbacaOE      又 cbaCD  )(2 1 ， 所以            cbabcaCDOE 2 1 2 1 6 1 3 1 2 1 cabacba  3 1 3 1 3 1 12 1 4 1 222 3 1 a·(b-c). （因为|a|2=|b|2=|c|2=|OH|2） 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，BE//AC，AC=CE，EC 的延长线交 BA 的延长线于 点 F，求证：AF=AE。 【证明】 如图所示，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), )1,1( AC ，因为 ACBE // ，所以-x-(y-1)=0. 又因为 |||| ACCE  ，所以 x2+y2=2. 由①，②解得 .2 31,2 31  yx 所以 .324||,2 31,2 33 2        AEAE 设 )1,'(xF ，则 )1,'(xCF  。由CF 和CE 共线得 .02 31'2 31  x 所以 )32(' x ，即 F )1,32(  ， 所以 2|| AF =4+ 2||32 AE ，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 acb>0, c>d>0 ac>bd; （7）a>b>0, n∈N+  an>bn; （8）a>b>0, n∈N+  nn ba  ; （9）a>0, |x|a  x>a 或 x<-a; （10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b∈R，则(a-b)2≥0  a2+b2≥2ab; （12）x, y, z∈R+，则 x+y≥2 xy , x+y+z .33 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 nn ba  ，由性质（7）得 nnnn ba )()(  ，即 a≤b， 与 a>b 矛盾，所以假设不成立，所以 nn ba  ；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 2)( yxxy  ≥0，所以 x+y≥ xy2 ，当且仅当 x=y 时，等号成立，再证另一不 等 式 ， 令 czbyax  333 ,, ， 因 为 x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)= 2 1 (a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以 a3+b3+c3≥3abc，即 x+y+z≥ 33 xyz ，等号当且仅当 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 A0）与 1 比较大小，最后得出结论。 例 1 设 a, b, c ∈ R+ ， 试 证 ： 对 任 意 实 数 x, y, z, 有 x2+y2+z2 .))()((2         xzb acyza cbxyc ba accbba abc 【证明】 左边-右边= x2+y2+z2 yzacba bcxyaccb ab ))((2))((2   222 ))((2))((2 yac cyac axyaccb abxcb bxzcbba ca  222 ))((2))((2 xcb cxzcbba cazba azba byzacba bc .0 222                    xcb czba azba byac cyac axcb b 所以左边≥右边，不等式成立。 例 2 若 alog(1-x)(1-x)=1（因为 0<1-x2<1，所以 x1 1 >1-x>0, 0<1-x<1）. 所以|loga(1+x)|>|loga(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 .2 ab 【证明】 要证 a+b+c 33 bac  ≥a+b .2 ab 只需证 332 abcabc  ， 因为 33 332 abcbacababcabc  ，所以原不等式成立。 例 4 已知实数 a, b, c 满足 0(n+1)n. 【证明】 1）当 n=3 时，因为 34=81>64=43，所以命题成立。 2）设 n=k 时有 kk+1>(k+1)k，当 n=k+1 时，只需证(k+1)k+2>(k+2)k+1，即 1 2 )2( )1(     k k k k >1. 因 为 1 )1( 1    k k k k ，所以只需证 1 2 )2( )1(     k k k k k k k k )1( 1    ，即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1 ，只需证 (k+1)2>k(k+2)，即证 k2+2k+1>k2+2k. 显然成立。 所以由数学归纳法，命题成立。 （4）反证法。 例 6 设实数 a0, a1,…,an 满足 a0=an=0，且 a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,…, an-2-2an-1+an≥0，求 证 ak≤0(k=1, 2,…, n-1). 【证明】 假设 ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设 ar 是 a1, a2,…, an-1 中第一 个出现的正数，则 a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar>0. 于是 ar-ar-1>0，依题设 ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …, n-1)。 所以从 k=r 起有 an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0. 因为 an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar >0 与 an=0 矛盾。故命题获证。 （5）分类讨论法。 例 7 已知 x, y, z∈R+，求证： .0 222222     yx xz xz zy zy yx 【证明】 不妨设 x≥y, x≥z. ⅰ）x≥y≥z，则 zyzxyx  111 ，x2≥y2≥z2，由排序原理可得 yx x xz z zy y yx z xz y zy x  222222 ，原不等式成立。 ⅱ）x≥z≥y，则 zyyxzx  111 ，x2≥z2≥y2，由排序原理可得 yx x xz z zy y yx z xz y zy x  222222 ，原不等式成立。 （6）放缩法，即要证 A>B，可证 A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+). 例 8 求证： ).2(12 1 3 1 2 11  nnn 【证明】     12 2 1 2 1 2 1 4 1 4 1 2 11 12 1 3 1 2 11               n nnnn 22 1 2 112 1 nn nn  ，得证。 例 9 已知 a, b, c 是△ABC 的三条边长，m>0，求证： .mc c mb b ma a  【证明】 mba m mba ba mba b mba a mb b ma a   1 mc c mc m  1 （因为 a+b>c），得证。 （7）引入参变量法。 例 10 已知 x, y∈R+, l, a, b 为待定正数，求 f(x, y)= 2 3 2 3 y b x a  的最小值。 【解】 设 kx y  ，则 k klyk lx  1,1 ，f(x,y)=        2 3 3 2 2)1( k ba l k 2 2333 2 33333 2 11111 l kakbkb k bkakaba l                  (a3+b3+3a2b+3ab2)= 2 3)( l ba  ，等号当且仅当 y b x a  时成立。所以 f(x, y)min= .)( 2 3 l ba  例 11 设 x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4. 【 证 明 】 设 x1=k(x2+x3+x4) ， 依 题 设 有 3 1 ≤k≤1, x3x4≥4 ， 原 不 等 式 等 价 于 (1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即 k k 4 )1( 2 (x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为 f(k)=k+ k 1 在     1,3 1 上递减， 所以 k k 4 )1( 2 (x2+x3+x4)= )21(4 1  kk (x2+x3+x4) ≤ 4 23 13  ·3x2=4x2≤x2x3x4. 所以原不等式成立。 （8）局部不等式。 例 12 已知 x, y, z∈R+，且 x2+y2+z2=1，求证： 222 111 z z y y x x  .2 33 【证明】 先证 .2 33 1 2 2 xx x  因为 x(1-x2)= 33 2 3 2 2 1)1(22 1 3 222      xx , 所以 .2 33 33 2)1(1 2 2 2 2 2 xx xx x x x  同理 2 2 2 33 1 yy y  ， 2 2 2 33 1 zz z  ， 所以 .2 33)(2 33 111 222 222  zyxz z y y x x 例 13 已知 0≤a, b, c≤1，求证： 111  ab c ca b bc a ≤2。 【证明】 先证 .2 1 cba a bc a  ① 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 .2 1,2 1 cba c ab c cba b ca b  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)= accbba  111 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)= 2 5 ，以下证明 f(a, b, c) ≥ 2 5 . 不妨设 a≥b≥c，则 0≤c≤ 3 3 , f(a, b, c)= .1 11 2 22 bac ba c c   因为 1=(a+b)c+ab≤ 4 )( 2ba  +(a+b)c， 解关于 a+b 的不等式得 a+b≥2( 12 c -c). 考虑函数 g(t)= tc t 1 12  , g(t)在[  ,12c ）上单调递增。 又因为 0≤c≤ 3 3 ，所以 3c2≤1. 所以 c2+a≥4c2. 所以 2 )1( 2 cc  ≥ .12 c 所以 f(a, b, c)= bac ba c c   1 11 2 22 ≥ )1(2 1 1 )1(2 1 2 22 2 2 ccc cc c c    = 1 1 1 2 2 2 2    c cc c c = 2 13 21 1 12 2 2 2         ccc c ≥ .22 )11(3 2 5 2 13 24 22 cccc  下证  cc )11(3 2 0 ①  133 2cc c2+6c+9≥9c2+9       cc 4 3 ≥0 .4 3 c 因为 4 3 3 3 c ，所以①式成立。 所以 f(a, b, c) ≥ 2 5 ，所以 f(a, b, c)min= .2 5 2．几个常用的不等式。 （1）柯西不等式：若 ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则 .)())(( 2 11 2 1 2    n i ii n i i n i i baba 等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意 i=1, 2, , n, ai=λbi, 变式 1：若 ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则 . )( )( )( 2 1 2 1 1 2        n i i n i in i i i b a b a 等号成立条件为 ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。 变式 2：设 ai, bi 同号且不为 0(i=1, 2, …, n)，则 . )( 1 2 1 1        n i ii n i in i i i ba a b a 等号成立当且仅当 b1=b2=…=bn. （2）平均值不等式：设 a1, a2,…,an∈R+，记 Hn= naaa n 111 21   , Gn= n naaa 21 , An= n aaaQn aaa n n n 22 2 2 121 ,   ，则 Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平 均≤算术平均≤平方平均。 其中等号成立的条件均为 a1=a2=…=an. 【证明】 由柯西不等式得 An≤Qn，再由 Gn≤An 可得 Hn≤Gn，以下仅证 Gn≤An. 1）当 n=2 时，显然成立； 2）设 n=k 时有 Gk≤Ak，当 n=k+1 时，记 k kk aaaa  1 121  =Gk+1. 因为 a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥ k k kk k k Gakaaak 1 1121    ≥     k k k k k kk GkGaaak 2 2 1 2 1 1121 22  2kGk+1, 所以 a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即 Ak+1≥Gk+1. 所以由数学归纳法，结论成立。 （3）排序不等式：若两组实数 a1≤a2≤…≤an 且 b1≤b2≤…≤bn，则对于 b1, b2, …, bn 的任意 排列 niii bbb ,,, 21  ，有 a1bn+a2bn-1+…+anb1≤ ninii bababa  21 21 ≤a1b1+a2b2+…+anbn. 【 证 明 】 引 理 ： 记 A0=0 ， Ak= )1( 1 nka k i i   ， 则   n i ii ba 1    n i iii bss 1 1 )( = nn n i iii bsbbs     1 1 1 )( （阿贝尔求和法）。 证法一：因为 b1≤b2≤…≤bn，所以 kiii bbb  21 ≥b1+b2+…+bk. 记 sk= kiii bbb  21 -( b1+b2+…+bk)，则 sk≥0(k=1, 2, …, n)。 所 以 kinii bababa  21 21 -(a1b1+a2b2+ … +anbn)=   n j jij bba j1 )(    n j jjj aas 1 1 )( +snan≤0. 最后一个不等式的理由是 aj-aj+1≤0(j=1, 2, …, n-1, sn=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 kinii bababa  21 21 ，若 ni bb j  ，则存在。 若 ni bb j  (j≤n-1)，则将 nib 与 jib 互换。 因为 ))(()()()( nnnn inj b ninjnjnnjinijnn bbaabaabaababababa  ≥0， 所 调整后，和是不减的，接下来若 11   ni bb n ，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。 例 15 已知 a1, a2,…,an∈R+，求证；   1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n a1+a2+…+an. 【证明】证法一：因为 23 3 2 2 11 2 2 1 2,2 aa a aaa a a  ，…， 1 1 2 1 2 1 ,2 a a aaa a a n nn n n    ≥2an. 上述不等式相加即得 1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n   ≥a1+a2+…+an. 证法二：由柯西不等式         1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n (a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2， 因为 a1+a2+…+an >0，所以 1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n   ≥a1+a2+…+an. 证法三： 设 a1, a2,…,an 从小到大排列为 niii aaa  21 ，则 222 21 niii aaa   ， 11 111 iii aaa nn    ，由排序原理可得 niii aaa  21 =a1+a2+…+an≥ 1 22 1 3 2 2 2 2 1 a a a a a a a a n n n   ，得证。 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 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 x2+y2=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）。 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 1800 的正角，叫做它的 倾斜角。规定平行于 x 轴的直线的倾斜角为 00，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-y0=k(x-x0)；（3）斜截 式：y=kx+b；（4）截距式： 1 b y a x ；（5）两点式： 12 1 12 1 yy yy xx xx     ；（6）法线式方 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：        sin cos 0 0 tyy txx （其中θ为该直线倾斜角），t 的几何意义是定点 P0（x0, y0）到动点 P（x, y）的有向线段的数量（线段的长度前添加正负号，若 P0P 方向向上则取正，否则取负）。 5．到角与夹角：若直线 l1, l2 的斜率分别为 k1, k2，将 l1 绕它们的交点逆时针旋转到与 l2 重合 所转过的最小正角叫 l1 到 l2 的角；l1 与 l2 所成的角中不超过 900 的正角叫两者的夹角。若记 到角为θ，夹角为α，则 tanθ= 21 12 1 kk kk   ,tanα= 21 12 1 kk kk   . 6．平行与垂直：若直线 l1 与 l2 的斜率分别为 k1, k2。且两者不重合，则 l1//l2 的充要条件是 k1=k2；l1  l2 的充要条件是 k1k2=-1。 7．两点 P1(x1, y1)与 P2(x2, y2)间的距离公式：|P1P2|= 2 21 2 21 )()( yyxx  。 8．点 P(x0, y0)到直线 l: Ax+By+C=0 的距离公式： 22 00 || BA CByAxd   。 9．直线系的方程：若已知两直线的方程是 l1：A1x+B1y+C1=0 与 l2：A2x+B2y+C2=0，则过 l1, l2 交点的直线方程为 A1x+B1y+C1+λ(A2x+B2y+C2=0；由 l1 与 l2 组成的二次曲线方程为 （A1x+B1y+C1）（A2x+B2y+C2）=0；与 l2 平行的直线方程为 A1x+B1y+C=0( 1CC  ). 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。 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)2+(y-b)2=r2，其参数方 程为        sin cos rby rax （θ为参数）。 13．圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)。其圆心为       2,2 ED ，半径为 FED 42 1 22  。若点 P(x0, y0)为圆上一点，则过点 P 的切线方程为 .022 00 00              FyyExxDyyxx 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：x2+y2+Dix+Eiy+Fi=0, i=1, 2, 3. 则它们两两的根轴方程分别 为(D1-D2)x+(E1-E2)y+(F1-F2)=0; (D2-D3)x+(E2-E3)y+(F2-F3)=0; (D3-D1)x+(E3-E1)y+(F3-F1)=0。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。 例 1 在ΔABC 中，AB=AC，∠A=900，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 别为（0,2a）,(2a,0)，则点 D 坐标为（a, 0）。直线 BD 方程为 12  a y a x ， ①直线 BC 方程为 x+y=2a， ②设直线 BD 和 AE 的斜率分别为 k1, k2，则 k1=-2。因为 BD  AE，所以 k1k2=-1.所以 2 1 2 k ，所以直线 AE 方程为 xy 2 1 ，由      ayx xy 2 ,2 1 解得点 E 坐标为      aa 3 2,3 4 。 所以直线 DE 斜率为 .2 3 4 3 2 3    aa a k 因为 k1+k3=0. 所以∠BDC+∠EDC=1800，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 截圆所得的弧所对的圆心角为 600。 [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 10-2， 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 xy 3 , xy 3 .设⊙D 的方程为 (x-m)2+y2=r2.①设点 E，F 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，则 ,3 11 xy  22 3xy  ，分别 代入①并消去 y 得 .03).(03)( 22 2 2 2 22 1 2 1  rxmxrxmx 所以 x1, x2 是方程 4x2-2mx+m2-r2=0 的两根。 由韦达定理         4 ,2 22 21 21 rmxx mxx ，所以 |EF|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(x1-x2)2+3(x1-x2)2 =4(x1+x2)2-4x1x2=m2-(m2-r2)=r2. 所以|EF|=r。所以∠EDF=600。 2．到角公式的使用。 例 3 设双曲线 xy=1 的两支为 C1，C2，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 C1 上，并设 P，Q，R 三点的坐标分 别为 ,1,,1,,1, 3 3 2 2 1 1                   x x x x x x 且 0-1，在（1）区域里，求函数 f(x,y)=y-ax 的最大值、最小值。 [解] （1）由已知得       ,032 ,322 ,41 x xy yx 或       .032 ,232 ,41 x xy yx 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=-2x+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-12，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。 例 7 如图 10-5 所示，过原点引直线交圆 x2+(y-1)2=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        sin cos ty tx （t 参数）。 代入已知圆的方程得 t2-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. 当 t=±2 时，轨迹方程为 x2+y2=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，MT1 与 MT2 是这个圆的切线，确定ΔAT1T2 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 T1T2 与 OM 的交点，记 BC=1。 以 A 为圆心的圆方程为 x2+y2=16，连结 OT1，OT2。因为 OT2  MT2，T1H  MT2，所以 OT2//HT1， 同理 OT1//HT2，又 OT1=OT2，所以 OT1HT2 是菱形。所以 2ON=OH。 又因为 OM  T1T2，OT1  MT1，所以 2 1OT ON•OM。设点 H 坐标为（x,y）。 点 M 坐标为(5, b)，则点 N 坐标为      2,2 yx ，将坐标代入 2 1OT =ON•OM，再由 x yb  5 得 .5 16 5 16 2 2 2           yx 在 AB 上取点 K，使 AK= 5 4 AB，所求轨迹是以 K 为圆心，AK 为半径的圆。 例 9 已知圆 x2+y2=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   ，因为 OD  AB，所以 2• 12tan   , 所以 2 1 2tan   。所以 .5 4 2tan1 2tan2 )sin( 2             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|= 1cossin4sin4sin)sin2(cos 222   = .42sin2233)2cos2(sin2        因为 2242sin2222        ，所以 .12||12  OD 当  8 3 时，|OD|max= 2 +1；当  8 7 时，|OD|min= .12  例 11 当 m 变化且 m≠0 时，求证：圆(x-2m-1)2+(y-m-1)2=4m2 的圆心在一条定直线上，并 求这一系列圆的公切线的方程。 [证明] 由      1 ,12 mb ma 消去 m 得 a-2b+1=0.故这些圆的圆心在直线 x-2y+1=0 上。设公切线 方程为 y=kx+b，则由相切有 2|m|= 21 |)1()12(| k bmmk   ，对一切 m≠0 成立。即 (-4k-3)m2+2(2k-1)(k+b-1)m+(k+b-1)2=0 对一切 m≠0 成立，所以      ,01 ,034 bk k 即        .4 7 ,4 3 b k 当 k 不存在时直线为 x=1。所以公切线方程 y= 4 7 4 3  x 和 x=1. 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|PF1|+|PF2|=2a (2a>|F1F2|=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(0b>0)， 参数方程为        sin cos by ax （ 为参数）。 若焦点在 y 轴上，列标准方程为 12 2 2 2  b y a y (a>b>0)。 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 12 2 2 2  b y a x ， 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 c ax 2  ， 与右焦点对应的准线为 c ax 2  ；定义中的比 e 称为离心率，且 a ce  ，由 c2+b2=a2 知 0b>0), F1(-c, 0), F2(c, 0)是它的两焦点。若 P(x, y)是椭圆上的任意一点，则|PF1|=a+ex, |PF2|=a-ex. 5．几个常用结论：1）过椭圆上一点 P(x0, y0)的切线方程为 12 0 2 0  b yy a xx ； 2）斜率为 k 的切线方程为 222 bkakxy  ； 3）过焦点 F2(c, 0)倾斜角为θ的弦的长为 222 2 cos 2 ca abl   。 6．双曲线的定义，第一定义： 满足||PF1|-|PF2||=2a(2a<2c=|F1F2|, 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 12 2 2 2  b y a x ， 参数方程为        tan sec by ax （ 为参数）。 焦点在 y 轴上的双曲线的标准方程为 12 2 2 2  b x a y 。 8．双曲线的相关概念，中心在原点，焦点在 x 轴上的双曲线 12 2 2 2  b y a x (a, b>0), 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、右焦点为 F1(-c,0), F2(c, 0)，对应的左、右准线方程分别为 ., 22 c axc ax  离心率 a ce  ，由 a2+b2=c2 知 e>1。两条渐近线方程为 xa ky  ，双曲线 12 2 2 2  b y a x 与 12 2 2 2  b y a x 有相同的渐近 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。 9．双曲线的常用结论，1）焦半径公式，对于双曲线 12 2 2 2  b y a x ，F1（-c,0）, F2(c, 0)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|PF1|=ex+a, |PF2|=ex-a；若 P （x,y）在左支上，则|PF1|=-ex-a，|PF2|=-ex+a. 2) 过焦点的倾斜角为θ的弦长是 222 2 cos 2 ca ab  。 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 )0,2( p ，准线方程为 2 px  ，标准方程为 y2=2px(p>0)，离心率 e=1. 11．抛物线常用结论：若 P(x0, y0)为抛物线上任一点， 1）焦半径|PF|= 2 px  ； 2）过点 P 的切线方程为 y0y=p(x+x0)； 3）过焦点倾斜角为θ的弦长为 2cos1 2  p 。 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 01，则点 P 的轨迹为双曲线的一支；若 e=1，则点 P 的轨迹为抛 物线。这三种圆锥曲线统一的极坐标方程为  cos1 e ep  。 二、方法与例题 1．与定义有关的问题。 例 1 已知定点 A（2，1），F 是椭圆 11625 22  yx 的左焦点，点 P 为椭圆上的动点，当 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= 22 45  =3, 5 3 a ce .椭圆左准线的方程为 3 25x ，又因为 116 1 25 4  ，所以点 A 在椭圆内部，又点 F 坐标为（-3，0），过 P 作 PQ 垂直于左准线，垂足为 Q。由定义知 5 3 || ||  ePQ PF ，则 3 5 |PF|=|PQ|。 所以 3|PA|+5|PF|=3(|PA|+ 3 5 |PF|)=3(|PA|+|PQ|)≥3|AM|(AM  左准线于 M)。 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 4 155x ，又 x<0，所以点 P 坐标为 )1,4 155( 例 2 已知 P， 'P 为双曲线 C： 12 2 2 2  b y a x 右支上两点， 'PP 延长线交右准线于 K，PF1 延 长线交双曲线于 Q，（F1 为右焦点）。求证：∠ 'P F1K=∠KF1Q. [证明] 记右准线为 l，作 PD  l 于 D， lEP ' 于 E，因为 EP' //PD，则 |'| |'| || || EP KP PD PK  ， 又由定义 |'| |'| || || 11 EP FPePD PF  ，所以 |'| || |'| || |'| || 1 1 KP PK EP PD FP PF  ，由三角形外角平分线 定理知，F1K 为∠PF1P 的外角平分线，所以∠ KFP 1' =∠KF1Q。 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， 设椭圆方程： 2 2 2 2 b y a x  =1（a>b>0）.F 坐标为(-c, 0).设另一焦点为 'F 。连结 'AF ，OP， 则 '2 1// AFOP  。所以|FP|+|PO|= 2 1 (|FA|+|A 'F |)=a. 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=( 2 c ,0)平 移，得到中心在原点的椭圆： 1 44 2 2 2 2  b y a x 。由平移公式知，所求椭圆的方程为 .14)2(4 2 2 2 2   b y a cx [解法二] 相关点法。设点 P(x,y), A(x1, y1)，则 2,2 11 yycxx  ，即 x1=2x+c, y1=2y. 又 因 为 点 A 在 椭 圆 12 2 2 2  b y a x 上 ， 所 以 .12 2 1 2 2 1  b y a x 代 入 得 关 于 点 P 的 方 程 为 1424 2 2 2 2        b y a cx 。它表示中心为      0,2 c ，焦点分别为 F 和 O 的椭圆。 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- 2 a ,0), B(x+ 2 a ,0), C(0, y- 2 b ), D(0, y+ 2 b ), 记 O 为 原 点 ， 由 圆 幂 定 理 知 |OA|•|OB|=|OC|•|OD| ， 用 坐 标 表 示 为 44 2 2 2 2 byax  ，即 .4 22 22 bayx  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 a0, b>0)的右焦点 F 作 B1B2 x 轴，交双曲线于 B1，B2 两点， B2 与左焦点 F1 连线交双曲线于 B 点，连结 B1B 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), (x0, 0), (c, 0)，则 F1，B1，B2 的坐标分 别为(-c, 0), (c, a b 2  ), (c, a b 2 )，因为 F1，H 分别是直线 B2F，BB1 与 x 轴的交点，所以 .cossin sin,cossin2 0    ba acabxba abc   ① 所以   2222 2 0 coscossinsin2 )sin( baba cbbacx     22222 2 sincossinsin )sin( cbaba cbba   )sin)(sin()cossin(sin )sin(2 bcbcbaa cbba     。 由①得 ,)sin(cossin 0x cbaba   代入上式得 , )sin(sin2 0 2 0 bcx a bacx    即 c ax 2  （定值）。 注：本例也可借助梅涅劳斯定理证明，读者不妨一试。 例 7 设抛物线 y2=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 BC//x 轴。证明：直线 AC 经过定点。 [ 证 明 ] 设             2 2 2 1 2 1 ,2,,2 yp yByp yA ， 则      2,2 ypC ， 焦 点 为      0,2 pF ， 所 以 ),2( 1 2 1 yp yOA  ，      2,2 ypOC ， ),22( 1 2 1 yp p yFA  ，        2 2 2 ,22 yp p yFB 。由于 FBFA// ， 所 以 p y 2 2 1 •y2- 222 1 2 2 2 pyp yyp  y1=0 ， 即        22)( 21 21 p p yyyy =0 。 因 为 21 yy  ，所以 022 21  p p yy 。所以 022 1 21        yp p yy ，即 022 12 2 1      ypyp y 。所 以 OCOA// ，即直线 AC 经过原点。 例 8 椭圆 12 2 2 2  b y a x 上有两点 A，B，满足 OA  OB，O 为原点，求证： 22 || 1 || 1 OBOA  为 定值。 [证明] 设|OA|=r1,|OB|=r2,且∠xOA=θ,∠xOB=   2 ，则点 A，B 的坐标分别为 A(r1cos θ, r1sinθ),B(-r2sinθ,r2cosθ)。由 A，B 在椭圆上有 .1cossin,1sincos 2 22 2 2 22 2 2 22 1 2 22 1  b r a r b r a r  即 2 2 2 2 2 1 sincos1 bar   ① .cossin1 2 2 2 2 2 2 bar   ② ①+②得 2222 11 || 1 || 1 baOBOA  （定值）。 4．最值问题。 例 9 设 A，B 是椭圆 x2+3y2=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= 3 3 ,记|OA|=r1,|OB|=r2, t r r  2 1 ，参考例 8 可得 2 2 2 1 11 rr  =4。设 m=|AB|2= )12(4 1)11)((4 1 2 2 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 ttrrrrrr  , 因为  2 22 22 22 2 2 2 2 1 sin1sincos1 ba ba abar  ，且 a2>b2，所以 22 1 2 111 bra  ，所以 b ≤r1≤a，同理 b≤r2≤a.所以 b ata b  。又函数 f(x)=x+ x 1 在     1,2 2 a b 上单调递减，在     2 2 ,1 b a 上单调递增，所以当 t=1 即|OA|=|OB|时，|AB|取最小值 1；当 a bt  或 b a 时，|AB|取最大 值 3 32 。 例 10 设一椭圆中心为原点，长轴在 x 轴上，离心率为 2 3 ，若圆 C：  22 )2 3(yx 1 上点与这椭圆上点的最大距离为 71 ，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      2 3,0 ，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 71 ，所以|BC|最大值为 .7 因为 2 3e ；所以可设椭圆半长轴、半焦距、半短轴长分别为 2t, t3 ,t，椭圆方程为 1 4 2 2 2 2  t y t x ， 并 设 点 B 坐 标 为 B(2tcos θ ,tsin θ ) ， 则 |BC|2=(2tcos θ)2+ 2 2 3sin      t =3t2sin2θ-3tsinθ+ 4 9 +4t2=-3(tsinθ+ 2 1 )2+3+4t2. 若 2 1t ，则当 sinθ=-1 时，|BC|2 取最大值 t2+3t+ 74 9  ，与题设不符。 若 t> 2 1 ,则当 sinθ= t2 1 时，|BC|2 取最大值 3+4t2，由 3+4t2=7 得 t=1. 所以椭圆方程为 14 2 2  yx 。 5．直线与二次曲线。 例 11 若抛物线 y=ax2-1 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。 [解] 抛物线 y=ax2-1 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(x1,y1) ， 'P (-y1,-x1) ， 满 足 y1=a 12 1 x 且 -x1=a(-y1)2-1 ， 相 减 得 x1+y1=a( 2 1 2 1 yx  ),因为 P 不在直线 x+y=0 上，所以 x1+y1≠0,所以 1=a(x1-y1)，即 x1=y1+ .1 a 所以 .011 1 2 1  ayay 此方程有不等实根，所以 0)11(41  aa ，求得 4 3a ， 即为所求。 例 12 若直线 y=2x+b 与椭圆 14 2 2  yx 相交，（1）求 b 的范围；（2）当截得弦长最大时， 求 b 的值。 [解 ] 二方 程联立 得 17x2+16bx+4(b2-1)=0.由 Δ>0，得 17 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 CN//HF，在面 BCD 内作矩形 CNFE，连 AE，因为 BD//CE，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 EF 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 RtΔEMF 与 RtΔAHF 中，由 EM≥AH 得 EF≥AF。又因为ΔAEH∽ΔFEG，所 以 EF EFAF EF AE FG AH d h  ≤2。所以 2d>h. 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 m1 种不同的方法，在第 2 类办法中 有 m2 种不同的方法，……，在第 n 类办法中有 mn 种不同的方法，那么完成这件事一共有 N=m1+m2+…+mn 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 m1 种不同的方法，第 2 步有 m2 种不同的方法，……，第 n 步有 mn 种不同的方法，那么完成这件事共有 N=m1×m2×…×mn 种不同的方法。 3．排列与排列数：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 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 m nA 表示， m nA =n(n-1)… (n-m+1)= )!( ! mn n  ,其中 m,n∈N,m≤n, 注：一般地 0 nA =1，0！=1， n nA =n!。 4．N 个不同元素的圆周排列数为 n An n =(n-1)!。 5．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 元素中取出 m 个元素的组合数，用 m nC 表示： .)!(! ! ! )1()1( mnm n m mnnnC m n   6．组合数的基本性质：（1） mn n m n CC  ；（2） 1 1    n n m n m n CCC ；（3） k n k n CCk n   1 1 ；（4） n n k k n n nnn CCCC 2 0 10     ；（ 5 ） 1 11    k mk k mk k k k k CCCC  ；（ 6 ） kn mn m k k n CCC   。 7．定理 1：不定方程 x1+x2+…+xn=r 的正整数解的个数为 1 1   n rC 。 [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x1+x2+…+xn=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,x2,…,xn),将 xi 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 1 1   n rC 种。 故定理得证。 推论 1 不定方程 x1+x2+…+xn=r 的非负整数解的个数为 .1 r rnC  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 合，其组合数为 .1 m mnC  8．二项式定理：若 n∈N+,则(a+b)n= nn n rrnr n n n n n n n bCbaCbaCbaCaC    222110 . 其中第 r+1 项 Tr+1= r n rrnr n CbaC , 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 n m 总是接近于某个常数，在它附近摆动，这个常数叫做事件 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)= .n m 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 A1， A2，…，An 彼此互斥，那么 A1，A2，…，An 中至少有一个发生的概率为 p(A1+A2+…+An)= p(A1)+p(A2)+…+p(An). 12．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 A1，A2，…，An 相互独立,那么这 n 个事件同时发 生的概率为 p(A1•A2• … •An)=p(A1)•p(A2)• … •p(An). 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 验中,这个事件恰好发生 k 次的概率为 pn(k)= k nC •pk(1-p)n-k. 17．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 x1,x2,…,xi,…,ξ取每一个值 xi(i=1,2,…)的概 率 p(ξ=xi)=pi，则称表 ξ x1 x2 x3 … xi … p p1 p2 p3 … pi … 为随机变量ξ的概率分布，简称ξ的分布列，称 Eξ=x1p1+x2p2+…+xnpn+…为ξ的数学期望或 平均值、均值、简称期望，称 Dξ=(x1-Eξ)2•p1+(x2-Eξ)2•p2+…+(xn-Eξ)2pn+…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 个事件恰好发生 k 次的概率为 p(ξ=k)= knkk n qpC  , ξ的分布列为 ξ 0 1 … xi … N p n n qpC 00 111 n n qpC … knkk n qpC  … nn n pC 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 量，若在一次试验中该事件发生的概率为 p，则 p(ξ=k)=qk-1p(k=1,2,…)，ξ的分布服从几 何分布，Eξ= p 1 ，Dξ= 2p q (q=1-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= .)!(2 )!2( n n 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 R4；2）有 2 个电阻断路，有 2 4C -1=5 种可能；3）3 个电阻断路，有 3 4C =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？ [解] 先将 6 个演唱节目任意排成一列有 6 6A 种排法，再从演唱节目之间和前后一共 7 个位 置中选出 4 个安排舞蹈有 4 7A 种方法，故共有 4 7 6 6 AA  =604800 种方式。 4．映射法。 例 4 如果从 1，2，…，14 中，按从小到大的顺序取出 a1,a2,a3 使同时满足：a2-a1≥3,a3-a2 ≥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={(a1,a2,a3)| a1,a2,a3∈S,a2-a1≥3,a3-a2 ≥ 3}, 'T ={( ' 3 ' 2 ' 1 ,, aaa ) ∈ ' 3 ' 2 ' 1 ' 3 ' 2 ' 1 ,',,|' aaaSaaaS  }, 若 '),,( ' 3 ' 2 ' 1 Taaa  ， 令 4,2, ' 33 ' 22 ' 11  aaaaaa ，则(a1,a2,a3)∈T,这样就建立了从 'T 到 T 的映射，它显 然是单射，其次若(a1,a2,a3)∈T,令 4,2, ' 33 ' 22 ' 11  aaaaaa ，则 '),,( ' 3 ' 2 ' 1 Taaa  ， 从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|= 3 10|'| CT  =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。 [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 29 个，所以 a 对 x 的贡献 为 29，又|A|=10。所以 x=10×29. [另解] A 的 k 元子集共有 kC10 个，k=1,2,…,10，因此，A 的子集的元素个数之和为  )(10102 9 9 1 9 0 9 10 10 2 10 1 10 CCCCCC  10×29。 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？ [解] 用 I 表示由 1，2，3 组成的 n 位数集合，则|I|=3n，用 A1，A2，A3 分别表示不含 1， 不 含 2 ， 不 含 3 的 由 1 ， 2 ， 3 组 成 的 n 位 数 的 集 合 ， 则 |A1|=|A2|=|A3|=2n ， |A1  A2|=|A2  A3|=|A1  A3|=1。|A1  A2  A3|=0。 所以由容斥原理|A1  A2  A3|= |||||| 321 3 1 AAAAAA ji ji i i     =3×2n-3.所以满 足条件的 n 位数有|I|-|A1  A2  A3|=3n-3×2n+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 an 个符合要求的 n 位数，则 a1=3，由乘法原理知 a2=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 2an-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 2an-2，所以 an=2(an-1+an-2)(n≥3).这里 数列{an}的特征方程为 x2=2x+2，它的两根为 x1=1+ 3 ,x2=1- 3 ,故 an=c1(1+ 3 )n+ c2(1+ 3 )n, 由 a1=3,a2=8 得 32 23, 32 32 21  cc ， 所 以 ].)31()31[( 34 1 22   nn na 8．算两次。 例 8 m,n,r∈N+，证明： .022110 m r n r mn r mn r mn r CCCCCCCCC mn     ① [证明] 从 n 位太太与 m 位先生中选出 r 位的方法有 r mnC  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 kr m k n CC  种，k=0,1,…,r。所以从这 n+m 人中选出 r 位的 方法有 0110 m r n r mn r mn CCCCCC    种。综合两个方面，即得①式。 9．母函数。 例 9 一副三色牌共有 32 张，红、黄、蓝各 10 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 为 2k 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 an 表示分值之和为 n 的牌组的数目，则 an 等于函数 f(x)=(1+ 02x )2•(1+ 12x )3•••• …•(1+ 102x )3 的展开式中 xn 的系数（约定|x|<1），由于 f(x)= x1 1 [ (1+ 02x )(1+ 12x )• … •(1+ 102x )]3= )1()1)(1( 1 112 3 xxx  3 = )1()1)(1( 1 112 22 xxx  3。 而 0 ≤ 2004<211 ， 所 以 an 等 于 22 )1)(1( 1 xx  的 展 开 式 中 xn 的 系 数 ， 又 由 于 22 )1)(1( 1 xx  = 21 1 x • 2)1( 1 x =(1+x2+x3+…+x2k+…)[1+2x+3x2+…+(2k+1)x2k+…],所以 x2k 在展开式中的系数为 a2k=1+3+5++(2k+1)=(k+1)2,k=1,2,…,从而，所求的“好牌”组的个 数为 a2004=10032=1006009. 10．组合数 k nC 的性质。 例 10 证明： k mC 12  是奇数(k≥1). [ 证 明 ] k mC 12  =   k k k k mmmmmm 2 2 22 1 12 21 )112()22)(12(   令 i= it2 •pi(1≤i≤k)，pi 为奇数，则 i i tm i t i tm p p p pm i i i i i  2 2 222 ，它的分子、分母均 为奇数，因 k mC 12  是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。 例 11 对 n≥2,证明： .42 2 nn n n C  [证明] 1）当 n=2 时，22< 2 4C =6<42；2）假设 n=k 时，有 2k< k kC2 <4k,当 n=k+1 时，因为 .1 )12(2 !)!1( )!12(2 )!1()!1( )]!1(2[ 2 1 )1(2 k k k k Ck k kk k kk kC      又 1 )12(22   k k <4，所以 2k+1< 1 2 1 )1(22 442    kk k k k k k CCC . 所以结论对一切 n≥2 成立。 11．二项式定理的应用。 例 12 若 n∈N, n≥2，求证： .3112       n n [ 证 明 ] 首 先 ,211111 2 210       n n nnnn n nCnCnCCn  其 次 因 为 )2(1 1 1 )1( 1 ! 1 ! )1()1(1    kkkkkkkn knnn n C kk k n  ， 所 以       n n 11 2+ .3131 1 1 3 1 2 1 2 1 1 1211 2 2  nnnnCnC n n nn  得证。 例 13 证明： ).(1 1 0 nmhCCC m n h k n k hm kn       [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 hm knC   是 (1+x)n-k 的展开式中 xm-h 的系数。 h kC 是(1+y)k 的展开式中 yk 的系数。从而 hm knC   • h kC 就是 (1+x)n-k•(1+y)k 的展开式中 xm-hyh 的系数。 于是， h k n k hm kn CC     0 就是     n k kkn yx 0 )1()1( 展开式中 xm-hyh 的系数。 另 一 方 面 ，     n k kkn yx 0 )1()1( = yx yCxC yx yx n k kk n n k kk nnn            1 0 1 1 0 111 )1()1( )1()1( =     1 0 1 n k kk n xC • yx yx kk   =     1 0 1 n k k nC (xk-1+xk-2y+…+yk-1)，上式中，xm-hyh 项的系数恰为 1 1   m nC 。 所以 .1 1 0       m n n k h k hm kn CCC 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？ [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)n （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 含的基本事件总数为 k nC •akbn-k，故所求的概率为 p(A)= . )( n knkk n ba baC   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 kk pC5 (1-p)5-k(k=0,1,2,…,5)，由题设 41 5 322 5 )1()1( ppCppC  ，且 0m 且 n∈N 时，恒有|un-A|<ε成立（A 为常数），则称 A 为数列 un 当 n 趋向于无穷大时的极限，记为 )(lim),(lim xfxf xx  ，另外 )(lim 0 xf xx  =A 表示 x 大于 x0 且趋向于 x0 时 f(x)极限为 A，称右 极限。类似地 )(lim 0 xf xx  表示 x 小于 x0 且趋向于 x0 时 f(x)的左极限。 2．极限的四则运算：如果 0 lim xx f(x)=a, 0 lim xx g(x)=b，那么 0 lim xx [f(x)±g(x)]=a±b, 0 lim xx [f(x)•g(x)]=ab, 0 lim xx ).0()( )(  bb a xg xf 3.连续：如果函数 f(x)在 x=x0 处有定义，且 0 lim xx f(x)存在，并且 0 lim xx f(x)=f(x0)，则称 f(x) 在 x=x0 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 x0 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(x0+Δx)-f(x0)).若 x y x    0 lim 存在，则称 f(x)在 x0 处可导，此极限值称为 f(x)在点 x0 处的导数（或变化率），记作 'f (x0)或 0' xxy  或 0xdx dy ， 即 0 0 0 )()(lim)(' 0 xx xfxfxf xx    。由定义知 f(x)在点 x0 连续是 f(x)在 x0 可导的必要条件。 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 x0 处导数 'f (x0)等于曲线 y=f(x)在点 P(x0,f(x0))处切线的斜率。 6．几个常用函数的导数：（1） )'(c =0（c 为常数）；（2） 1)'(  a a axx （a 为任意常数）；（3） ;cos)'(sin xx  (4) xx sin)'(cos  ;(5) aaa xx ln)'(  ;(6) xx ee )'( ; （ 7 ） )'(log xa xx alog1 ；（8） .1)'(ln 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 ） )(')(')]'()([ xvxuxvxu  ；（ 2 ） )(')()()(')]'()([ xvxuxvxuxvxu  ；（ 3 ） )(')]'([ xucxcu  （c 为常数）；（4） )( )(']')( 1[ 2 xu xu xu  ；（5） )( )()(')(')(]')( )([ 2 xu xvxuxvxu xu xu  。 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)])'= )(')]([' xxf  . 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 0)(' xf ，则 f(x)在(a,b)单调递增；（3）若对一切 x∈(a,b)有 0)(' xf ，则 f(x)在(a,b)单调递减。 10．极值的必要条件：若函数 f(x)在 x0 处可导，且在 x0 处取得极值，则 .0)(' 0 xf 11.极值的第一充分条件：设 f(x)在 x0 处连续，在 x0 邻域(x0-δ,x0+δ)内可导，（1）若当 x∈(x-δ,x0)时 0)(' xf ，当 x∈(x0,x0+δ)时 0)(' xf ，则 f(x)在 x0 处取得极小值；（2） 若当 x∈(x0-δ，x0)时 0)(' xf ，当 x∈(x0,x0+δ)时 0)(' xf ，则 f(x)在 x0 处取得极大 值。 12．极值的第二充分条件：设 f(x)在 x0 的某领域(x0-δ,x0+δ)内一阶可导，在 x=x0 处二阶 可导，且 0)('',0)(' 00  xfxf 。（1）若 0)('' 0 xf ，则 f(x)在 x0 处取得极小值；（2） 若 0)('' 0 xf ，则 f(x)在 x0 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 .0)(' f [证明] 若当 x∈(a,b)，f(x)≡f(a)，则对任意 x∈(a,b)， 0)(' xf .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 0)(' cf ， 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 .)()()(' ab afbff   [证明] 令 F(x)=f(x)- )()()( axab afbf   ,则 F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，且 F(a)=F(b)，所以由 13 知存在ξ∈(a,b)使 )(' F =0，即 .)()()(' ab afbff   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, 0)('' xf ,则曲线 y=f(x)在 I 内是下凸的；（2）如果对任意 x∈I, 0)('' xf ,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α1,α2,…,αn∈R+，α1+α2+…+αn=1。（1）若 f(x)是[a,b]上的凸函数， 则 x1,x2,…,xn∈[a,b]有 f(a1x1+a2x2+…+anxn)≤a1f(x1)+a2f(x2)+…+anf(xn). 二、方法与例题 1．极限的求法。 例 1 求 下 列 极 限：（ 1 ）        222 21lim n n nnn  ；（ 2 ） )0( 1 lim   a a a n n n ；（ 3 ）            nnnnn 222 1 2 1 1 1lim  ；（4） ).1(lim nnnn   [解]（1）        222 21lim n n nnn  =   22 )1(lim n nn n 2 1 2 2 2 1lim        nn ； （2）当 a>1 时， .1 11lim 1 11 1lim 1 lim                 n n nnn n n aa a a 当 00 且 2 1x )。 [解] （1）  )'13()13cos(' xxy 3cos(3x+1). (2) 2 22 )'()35()'35(' x xxxxxxxxy  2 2 35 2 1310 x xxxx x x         . 2 15 3x  （3） .2sin2)'2()2sin(2cos)'2(cos' 2cos2cos xexxxexey xx  （4）              1 11 1)'1( 1 1' 22 2 2 x x xx xx xx y . 1 1 2   x （5） ))'21ln((]'[]')21[(' )21ln()21ln( xxeexy xxxxx   .21 2)21ln()21(      x xxx x 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] )0(1 2 1)('  xaxx xf ，因为 x>0,a>0，所以  0)(' xf x2+(2a-4)x+a2>0；  0)(' xf x2+(2a-4)x+a+<0. （1）当 a>1 时，对所有 x>0，有 x2+(2a-4)x+a2>0，即 'f (x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增； （2）当 a=1 时，对 x≠1,有 x2+(2a-4)x+a2>0，即 0)(' xf ，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 00，解得 x<2-a- a12 或 x>2-a+ a12 ，因 此，f(x)在(0,2-a- a12 )内单调递增，在(2-a+ a12 ,+∞)内也单调递增，而当 2-a- a12 2x. [ 证 明 ] 设 f(x)=sinx+tanx-2x ， 则 )(' xf =cosx+sec2x-2 ， 当 )2,0( x 时 ， 2 cos 2 cos 1cos2 cos 1cos 22  xx x x x （ 因 为 0f(0)=0，即 sinx+tanx>2x. 7.利用导数讨论极值。 例 8 设 f(x)=alnx+bx2+x 在 x1=1 和 x2=2 处都取得极值，试求 a 与 b 的值，并指出这时 f(x) 在 x1 与 x2 处是取得极大值还是极小值。 [解] 因为 f(x)在(0,+∞)上连续，可导，又 f(x)在 x1=1，x2=2 处取得极值，所以 0)2(')1('  ff ，又 x axf )(' +2bx+1，所以      ,0142 ,012 ba ba 解得        .6 1 ,3 2 b a 所以 x xxxxxfxxxxf 3 )2)(1(13 1 3 2)(',6 1ln3 2)( 2  . 所以当 x∈(0,1)时， 0)(' xf ，所以 f(x)在(0,1]上递减； 当 x∈(1,2)时， 0)(' xf ，所以 f(x)在[1，2]上递增； 当 x∈(2,+∞)时， 0)(' xf ，所以 f(x)在[2，+∞）上递减。 综上可知 f(x)在 x1=1 处取得极小值，在 x2=2 处取得极大值。 例 9 设 x∈[0,π],y∈[0,1]，试求函数 f(x,y)=(2y-1)sinx+(1-y)sin(1-y)x 的最小值。 [解] 首先，当 x∈[0,π],y∈[0,1]时， f(x,y)=(2y-1)sinx+(1-y)sin(1-y)x=(1-y)2x         x x y y xy xy sin )1( 12 )1( )1sin( 2 =(1-y)2x         x x y y x x xy xy sin )1( sin )1( )1sin( 2 2 ，令 g(x)= x xsin , ),2()tan(cos)(' 2  xx xxxxg 当      2,0 x 时，因为 cosx>0,tanx>x，所以 0)(' xg ； 当       ,2x 时，因为 cosx<0,tanx<0,x-tanx>0，所以 0)(' xg ； 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)xg(x)，即 0sin )1( )1sin(   x x xy xy ， 又因为 0sin )1( 2 2   x x y y ，所以当 x∈(0,π),y∈(0,1)时，f(x,y)>0. 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 1．复数的定义：设 i 为方程 x2=-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∠xOZ=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|= 22 ba  .如果用 eiθ表示 cosθ+isinθ，则 z=reiθ，称为复数的指数形 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： （1） 2121 zzzz  ；（2） 2121 zzzz  ；（3） 2|| zzz  ；（4） 2 1 2 1 z z z z       ；（5） |||||| 2121 zzzz  ；（6） || |||| 2 1 2 1 z z z z  ；（7）||z1|-|z2||≤|z1±z2|≤|z1|+|z2|；（8） |z1+z2|2+|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2；（9）若|z|=1，则 zz 1 。 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 z1=r1(cosθ1+isinθ1), z2=r2(cosθ2+isinθ2)，则 z1••z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；若 2 1 2 1 2 ,0 r r z zz  [cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2)]， 用指数形式记为 z1z2=r1r2ei(θ1+θ2), .)( 2 1 2 1 21   ie r r z z 5.棣莫弗定理：[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ). 6. 开 方 ： 若 nw r(cos θ +isin θ ) ， 则 )2sin2(cos n kin krw n   ， k=0,1,2,…,n-1。 7．单位根：若 wn=1，则称 w 为 1 的一个 n 次单位根，简称单位根，记 Z1= nin  2sin2cos  ， 则全部单位根可表示为 1, 1Z , 1 1 2 1 ,, nZZ  .单位根的基本性质有（这里记 k k ZZ 1 ， k=1,2,…,n-1）：（1）对任意整数 k，若 k=nq+r,q∈Z,0≤r≤n-1，有 Znq+r=Zr；（2）对任意整 数 m，当 n≥2 时，有 m n mm ZZZ 1211   =    ,|, ,|,0 mnn mn 当 当 特别 1+Z1+Z2+…+Zn-1=0；（3） xn-1+xn-2+…+x+1=(x-Z1)(x-Z2)…(x-Zn-1)=(x-Z1)(x- 2 1Z )…(x- 1 1 nZ ). 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。 12．若 a,b,c∈R,a≠0，则关于 x 的方程 ax2+bx+c=0，当Δ=b2-4ac<0 时方程的根为 .22,1 a ibx  二、方法与例题 1．模的应用。 例 1 求证：当 n∈N+时，方程(z+1)2n+(z-1)2n=0 只有纯虚根。 [证明] 若 z 是方程的根，则(z+1)2n=-(z-1)2n，所以|(z+1)2n|=|-(z-1)2n|,即|z+1|2=|z-1|2, 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。 例 2 设 f(z)=z2+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。 例 3 设λ∈R，若二次方程(1-i)x2+(λ+i)x+1+λi=0 有两个虚根，求λ满足的充要条件。 [解] 若方程有实根，则方程组      0 01 2 2   xx xx 有实根，由方程组得(λ+1)x+λ+1=0.若λ =-1，则方程 x2-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。 例 4 设 n≤2000,n∈N，且存在θ满足(sinθ+icosθ)n=sinnθ+icosnθ，那么这样的 n 有 多少个？ [解] 由题设得 )2sin()2cos()2sin()2(cos)]2sin()2[cos(  ninini n  ，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） 100 100 4 100 2 100 0 100 CCCC   ；（2） 99 100 5 100 3 100 1 100 CCCC   [ 解 ] (1+i)100=[(1+i)2]50=(2i)50=-250, 由 二 项 式 定 理 (1+i)100= 100100 100 9999 100 22 100 1 100 0 100 iCiCiCiCC   = 100 100 4 100 2 100 0 100( CCCC   )+( 99 100 5 100 3 100 1 100 CCCC   )i，比较实部和虚部，得 100 100 4 100 2 100 0 100 CCCC   =-250， 99 100 5 100 3 100 1 100 CCCC   =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 z1,z2,z3, azBAazCA  11 , ，由复数 乘法的几何意义得： )( 13 aziazCN  ，① )( 12 aziazBM  ，②由①+ ②得 z2+z3=i(z1+a)-i(z1-a)=2ai.设 MN 的中点为 P，对应的复数 z= aizz  2 32 ,为定值， 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 )()( DC CBArgAD ABArg    ，即 )()( CD CBArgAB ADArg    =π，即 A，B，C，D 共圆时 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 ).3 4(62  yx 所以ΔABC 的外心轨迹是轨物线。 7．复数与三角。 例 9 已知 cosα+cosβ+cosγ=sinα+sinβ+sinγ=0，求证：cos2α+cos2β+cos2γ=0。 [证明] 令 z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβ,z3=cosγ+isinγ，则 z1+z2+z3=0。所以 .0321321  zzzzzz 又因为|zi|=1,i=1,2,3. 所以 zi• iz =1，即 .1 i i zz  由 z1+z2+z3=0 得 .0222 133221 2 3 2 2 2 1  zzzzzzxxx ① 又 .0)(111 321321 321 321132321        zzzzzz zzz zzzzzzzzz 所以 .02 3 2 2 2 1  zzz 所以 cos2α+cos2β+cos2γ+i(sin2α+sin2β+sin2γ)=0. 所以 cos2α+cos2β+cos2γ=0。 例 10 求和：S=cos200+2cos400+…+18cos18×200. [ 解 ] 令 w=cos200+isin200, 则 w18=1 ， 令 P=sin200+2sin400+ … +18sin18 × 200, 则 S+iP=w+2w2+ … +18w18. ① 由 ① × w 得 w(S+iP)=w2+2w3+ … +17w18+18w19 ， ② 由 ① - ② 得 (1-w)(S+iP)=w+w2+…+w18-18w19= 19 18 181 )1( ww ww   ，所以 S+iP=         iw w 2 3 2 191 18 ， 所以 .2 9S 8．复数与多项式。 例 11 已知 f(z)=c0zn+c1zn-1+…+cn-1z+cn 是 n 次复系数多项式(c0≠0). 求证：一定存在一个复数 z0,|z0|≤1，并且|f(z0)|≥|c0|+|cn|. [证明] 记 c0zn+c1zn-1+…+cn-1z=g(z),令 =Arg(cn)-Arg(z0)，则方程 g(Z)-c0eiθ=0 为 n 次方 程，其必有 n 个根，设为 z1,z2,…,zn，从而 g(z)-c0eiθ=(z-z1)(z-z2)•…•(z-zn)c0，令 z=0 得-c0eiθ=(-1)nz1z2…znc0，取模得|z1z2…zn|=1。所以 z1,z2,…，zn 中必有一个 zi 使得|zi|≤1, 从而 f(zi)=g(zi)+cn=c0eiθ=cn，所以|f(zi)|=|c0eiθ+cn|=|c0|+|cn|. 9.单位根的应用。 例 12 证明：自⊙O 上任意一点 p 到正多边形 A1A2…An 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 OAn 为实轴正半轴，建立复平面，顶点 A1 对应复 数设为 i ne   2  ，则顶点A2A3…An对应复数分别为ε2，ε3，…，εn.设点p 对应复数z,则|z|=1, 且=2n-    n k kk n k kk n k k n k k zzzzzpA 111 2 1 2 )2())((||||  =2n- .22 1111 nzznzz n k k n k k n k kn k k     命题得证。 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 i iBCQ   1 ，则 C-Q=i(B-Q)，则ΔBCQ 为等腰直角 三角形；又由 C-Q=i(B-Q)得 )( Qi AiQi D  ，即 A-Q=i(D-Q)，所以ΔADQ 也为等腰直角 三角形且以 Q 为直角顶点。综上命题得证。 例 14 平面上给定ΔA1A2A3 及点 p0，定义 As=As-3,s≥4，构造点列 p0,p1,p2,…,使得 pk+1 为绕中 心 Ak+1 顺时针旋转 1200 时 pk 所到达的位置，k=0,1,2,…,若 p1986=p0.证明：ΔA1A2A3 为等边三 角形。 [证明] 令 u= 3 i e ，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 p1=(1+u)A1-up0, p2=(1+u)A2-up1, p3=(1+u)A3-up2, ① × u2+ ② × (-u) 得 p3=(1+u)(A3-uA2+u2A1)+p0=w+p0,w 为 与 p0 无 关 的 常 数 。 同 理 得 p6=w+p3=2w+p0,…,p1986=662w+p0=p0，所以 w=0，从而 A3-uA2+u2A1=0.由 u2=u-1 得 A3-A1=（A2-A1） u，这说明ΔA1A2A3 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 ',',' CBA 分别是ΔABC 的三边 BC，CA，AB 或其延长线上的点，若 ',',' CBA 三点共线，则 .1' ' ' ' ' '  BC AC AB CB CA BA 梅涅劳斯定理的逆定理 条件同上，若 .1' ' ' ' ' '  BC AC AB CB CA BA 则 ',',' CBA 三点共线。 塞瓦定理 设 ',',' CBA 分别是ΔABC 的三边 BC，CA，AB 或其延长线上的点，若 ',',' CCBBAA 三线平行或共点，则 .1' ' ' ' ' '  BC AC AB CB CA BA 塞瓦定理的逆定理 设 ',',' CBA 分别是ΔABC 的三边 BC，CA，AB 或其延长线上的点，若 .1' ' ' ' ' '  BC AC AB CB CA BA 则 ',',' CCBBAA 三线共点或互相平行。 角元形式的塞瓦定理 ',',' CBA 分别是ΔABC 的三边 BC，CA，AB 所在直线上的点，则 ',',' CCBBAA 平行或共点的充要条件是 .1'sin 'sin 'sin 'sin 'sin 'sin     BAB CBB CBC ACC ACA BAA 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 AP2=AB2• BC PC +AC2• BC BP -BP•PC. 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 .2 1 GHOG  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。 例 1 在ΔABC 中，∠ABC=700，∠ACB=300，P，Q 为ΔABC 内部两点，∠QBC=∠QCB=100，∠ PBQ=∠PCB=200，求证：A，P，Q 三点共线。 [证明] 设直线 CP 交 AQ 于 P1，直线 BP 交 AQ 于 P2，因为∠ACP=∠PCQ=100，所以 CQ AC QP AP  1 ， ①在ΔABP，ΔBPQ，ΔABC 中由正弦定理有 2 2 2 sinsin ABP AP BAP AB    ，② QBP BQQP 2 0 2 sin20sin   ，③ .70sin30sin 00 ACAB  ④ 由②，③，④得 2 2 1 1 QP AP QP AP  。又因为 P1，P2 同在线段 AQ 上，所以 P1，P2 重合，又 BP 与 CP 仅有一个交点，所以 P1，P2 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 h1,h2，则 ,2 1,2 1 21 hDFShBES ADFABE   又因为 2 1ABES S◇ABCD=SΔADF，又 BE=DF。 所以 h1=h2，所以 PA 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 BDAF  。作 D 关于直线 OM 的对称点 'D 。 连 结 FDDDMDPD ',',',' ， 则 .'.' DMQPMDDMMD  要 证 PM=MQ ， 只 需 证 MDQMPD  ' ，又∠MDQ=∠PFM，所以只需证 F，P，M， 'D 共圆。 因为∠ 'PFD =1800- 'MDD =1800-∠ DMD' =1800-∠ 'PMD 。（因为 'DD  OM。AB// 'DD ） 所以 F，P，M， 'D 四点共圆。所以Δ MPD' ≌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 A1，B1，C1，D1，E1，由抽屉原理知这五点中必有三点同色，不妨设为 A1，B1，C1，则ΔABC 与ΔA1B1C1 都是顶点同色的三角形，且相似比为 1995。 4．三角法。 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=900， 求∠BAC 的所有可能的值。 [解] 见图 16-3，记∠ADE=α，∠EDC=β， 由题设∠FDA= 2  -α，∠BDF= 2  -β， 由正弦定理： C DECE A DEAE sinsin, 2sinsin   ， 得 2sin sin sin sin A C CE AE    ， 又由角平分线定理有 BC AB EC AE  ，又 A BC C AB sinsin  ，所以 A C A C sin sin 2sin sin sin sin   ， 化简得 2cos2sin sin A  ，同理 2cos2sin sin A ADF BDF   ，即 .2cos2cos cos A  所以     cos cos sin sin  ，所以 sinβcosα-cosβsinα=sin(β-α)=0. 又-π<β-α<π,所以β=α。所以 2 1 2cos A ，所以 A= 3 2 π。 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 GCGBGAPGGCPGGBPGGAPGPCPBPA  3 ，又 G 为Δ ABC 重心，所以 .0 GCGBGA （事实上设 AG 交 BC 于 E，则 GCGBGEAG  2 ，所以 0 GCGBGA ） 所以 PGPCPBPA 3 ，所以 .||3|||||||| PGPCPBPAPCPBPA  又因为 PCPBPA ,, 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  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(xk,yk)表示点 k 对应的坐标，则直线 PA 的斜率为 AP AP xx yy   ，直线 HL 斜率为 PA AP yy xx   ， 直线 HL 的方程为 x(xP-xA)+y(yP-yA)=0. 又直线 HA 的斜率为 A A x y ，所以直线 BC 的斜率为 A A y x ，直线 BC 的方程为 xxA+yyA=xAxB+yAyB, ②又点 C 在直线 BC 上，所以 xCxA+yCyA=xAxB+yAyB. 同理可得 xBxC+yByC=xAxB+yAyB=xAxC+yAyC. 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 xxP+yyP=xAxB+yAyB.④同理点 Y 坐标满足 xxP+yyP=xBxC+yByC.⑤点 Z 坐标满足 xxP+yyP=xCxA+yCyA. 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 为切点，求证：直线 AB 过定点。 [证明] 过 O 作 OC  l 于 C，连结 OA，OB，BC，OP，设 OP 交 AB 于 M，则 OP  AB，又因为 OA  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。 由射影定理 OA2=OM•OP，所以 OA2=OQ•OC，所以 OQ= OC OA2 （定值）。 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=aq，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 u0,u1 是给定的两个整数，u1≠0，u1 u0,由 2 可得下面 k+1 个等式： u0=q0u1+u2,01 且 n 为整数，则 ka k aa pppn 21 21 ，其中 pj(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 y1,y2,…,ys 满足：对任意整数 a 有且仅有一个 yj 是 a 对模 m 的剩余， 即 a≡yj(modm)，则 y1,y2,…,ys 称为模 m 的完全剩余系。 8．Fermat 小定理：若 p 为素数，p>a,(a,p)=1，则 ap-1≡1(modp)，且对任意整数 a,有 ap≡ a(modp). 9．若(a,m)=1，则 )(ma ≡1(modm), (m)称欧拉函数。 10．（欧拉函数值的计算公式）若 ka k aa pppm 21 21 ，则 (m)= .)11( 1    k i ip m 11．（孙子定理）设 m1,m2,…,mk 是 k 个两两互质的正整数，则同余组： x≡b1(modm1),x≡b2(modm2),…,x≡bk(modmk)有唯一解， x≡ ' 1M M1b1+ ' 2M M2b2+…+ ' kM Mkbk(modM)， 其中 M=m1m2mk； iM = im M ，i=1,2,…,k； ii MM ' ≡1(modmi),i=1,2,…,k. 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 a1,a2,…,an，则 a1,a2,…,an=n， ① a1+a2+…+an=0。 ② 首先 n 为偶数，否则 a1,a2,…,an 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 a1,a2,…,an 中必有偶数，如果 a1,a2,…,an 中仅有一个偶数，则 a1,a2,…,an 中还有奇数个奇数，从而 a1+a2+…+an 也为奇数与②矛盾，所以 a1,a2,…,an 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 x3+y3+z3=nx2y2z2 有正整数解。 解 设 x,y,z 为其正整数解，不妨设 x≤y≤z，则由题设 z2|(x3+y3)，所以 z2≤x3+y3，但 x3 ≤xz2,y3≤yz2，因而 z=nx2y2- 2 33 z yx  ≥nx2y2-(x+y)，故 x3+y3≥z2≥[nx2y2-(x+y)]2，所以 n2x4y4 ≤ 2nx2y2(x+y)+x3+y3 ， 所 以 nxy< 33 11112 nynxyx        。 若 x ≥ 2 ， 则 4 ≤ nxy< 33 11112 nynxyx        ≤3，矛盾。所以 x=1，所以 ny< 3 1122 nyny  ，此式当且 仅当 y≤3 时成立。又 z2|(x3+y3)，即 z2|(1+y3)，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。 例 3 确定并证明方程 a2+b2+c2=a2b2 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(a1,b1,c1) 是方程的另一组整数解，且 a1,b1,c1 不全为 0，不妨设 a1≥0,b1≥0,c1≥0 且 02 1 2 1 2 1  cba ， 由 2 1 2 1 ba ≡1 或 0(mod4)知 a1,b1,c1 都是偶数(否则 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 bacba  (mod4))，从而 )2,2,2( 111 cba 是 方程 x2+y2+z2=2x2y2 的一组整数解，且不全为 0，同理可知 2,2,2 111 cba 也都 是偶数 ) 2 , 2 , 2 ( 2 1 2 1 2 1 cba 为方程 x2+y2+z2=24x2y2 的解。这一过程可以无限进行下去，另一方面 a1,b1,c1 为有限的整数，必存在 k∈N,使 2k>a1,2k>b1,2k>c1，从而 kkk cba 2 , 2 , 2 111 不是整数，矛盾。 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。 [证明] 考虑形如 n=72k+66,k∈N 的正整数，若 22 2 2 1 sxxxn   ，其中 xi 为奇数， i=1,2,…,s 且 1≤s≤9。因为 n≡2(mod8)，又 2 ix ≡1(mod8)，所以只有 s=2.所以 2 2 2 1 xxn  ， 又因为 2 ix ≡2 或 0(mod3)，且 3|n，所以 3|x1 且 3|x2，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。 例 5 证明：方程 x4+y4=z2 没有正整数解。 [证明] 假设原方程有一组正整数解(x0,y0,z0)，并且 z0 是所有正整数解 z 中最小的。因此， 2 0 22 0 22 0 )()( zyx  ，则 2 0x a2-b2, 2 0y =2ab,z0=a2+b2，其中(a,b)=1,a,b 一奇一偶。假设 a 为偶数，b 为奇数，那么 00 2 0  zx (mod4)，而 3222 0  bax (mod4)，矛盾，所以 a 为奇数，b 为偶数。于是，由 222 0 abx  得 x0=p2-q2,b=2pq,a=p2+q2（这里(p,q)=1,p>q>0,p,q 为一奇一偶）。从而推得 )(42 222 0 qppqaby  ，因为 p,q,p2+q2 两两互质，因此它们必 须都是某整数的平方，即 p=r2,q=s2,p2+q2=t2，从而 r4+s4=t2，即(r,s,t)也是原方程的解， 且有 t1，n>1，因为 1 133   mn nm 是整数，所以 1 1 1 )1()1( 33333    mn m mn nmnm 也是整 数，所以 m,n 是对称的，不妨设 m≥n， ⅰ）若 m=n，则 1 1 1 1 1 1 2 3 2 3      nn n nnn n n 为整数，所以 n=2,m=2. ⅱ）若 m>n，因为 n3+1≡1(modn),mn-1≡-1(modn)，所以 1 13   mn n ≡-1(modn). 所以存在 k∈N，使 kn-1= 1 13   mn n ,又 kn-1= ,1 1 1 1 1 1 2 3 2 3      nn n n mn n 所以(k-1)n<1+ 1 1 n ,所以 k=1，所以 n=1= 1 13   mn n ,所以 .1 211 12   nnn nm 所以 n-1=1 或 2，所以(m,n)=(5,3)或(5,2). 同理当 m1983（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 2k-1,k=1,2,…,11. （2）T 中最大的整数是 1+3+32+…+310=88573<105。 （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,a1,a2,…,an 是区间(0,2n)内 n 个不同的整数，证明：存在集合{a1,a2,…,an} 的一个子集，它的所有元素之和能被 2n 整除。 [ 证 明 ] （ 1 ） 若 n  {a1,a2, … ,an}, 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 ai,aj(i≠j)属于同一集合，从而 ai+aj=2n 被 2n 整除； （2）若 n∈{a1,a2,…,an}，不妨设 an=n，从 a1,a2,…,an-1(n-1≥3)中任意取 3 个数 ai, aj, ak(ai,0)不被 n 整 除，考虑 n 个数 a1,a2,a1+a2,a1+a2+a3,…,a1+a2+…+an-1。 ⅰ）若这 n 个数中有一个被 n 整除，设此数等于 kn，若 k 为偶数，则结论成立；若 k 为奇数， 则加上 an=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 a2-a1 不被 n 整除， 故这个差必为 ai, aj, ak-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 2 2 1 n 。 [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 列 的数的总和不小于(n-k)2，其余各列的数的总和不小于 k2，从而表中所有数的总和不小于 (n-k)2+k2≥ .2 1 2 )( 2 2 nkkn  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 a1, a2,…,an 中每一个是 1 或-1，并且有 S=a1a2a3a4+ a2a3a4a5+…+ana1a2a3=0. 证明：4|n. [证明] 如果把 a1, a2,…,an 中任意一个 ai 换成-ai，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 ai 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 a1,