高中数学竞赛讲义免费)

全国高中数赛

全国高中数赛（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。

全国高中数赛加试

全国高中数赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是： 1.平面几何

几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。几何不等式。几何极值问题。几何中的变换：对称、平移、旋转。圆的幂和根轴。面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。 2.代数

周期函数，带绝对值的函数。三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。

第二数学归纳法。平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。

复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插

值公式*。

n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。 函数迭代，简单的函数方程* 3. 初等数论

同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。 4.组合问题

圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。组合计数，组合几何。抽屉原理。容斥原理。极端原理。图论问题。集合的划分。覆盖。平面凸集、凸包及应用*。

注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。

三、高中数学竞赛基础知识

第一章 集合与简易逻辑 一、基础知识

定义1 一般地，一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合，简称集，用大写字母来表示；集合中的各个对象称为元素，用小写字母来表示，元素x在集合A中，称x属于A，记为xA，否则称x不属于A，记作xA。例如，通常用N，Z，Q，B，Q+分别表示自然数集、整数集、有理数集、实数集、正有理数集，不含任何元素的集合称为空集，用来表示。集合分有限集和无限集两种。 集合的表示方法有列举法：将集合中的元素一一列举出来写在大括号内并用逗号隔开表示集合的方法，如{1，2，3}；描述法：将集合中的元素的属性写在大

括号内表示集合的方法。例如{有理数}，{xx0}分别表示有理数集和正实数集。 定义2 子集：对于两个集合A与B，如果集合A中的任何一个元素都是集合B中的元素，则A叫做B的子集，记为AB，例如NZ。规定空集是任何集合的子集，如果A是B的子集，B也是A的子集，则称A与B相等。如果A是B的子集，而且B中存在元素不属于A，则A叫B的真子集。 定义3 交集，AB{xxA且xB}. 定义4 并集，AB{xxA或xB}.

定义5 补集，若AI,则C1A{xxI,且xA}称为A在I中的补集。 定义6 差集，A\\B{xxA,且xB}。

定义7 集合{xaxb,xR,ab}记作开区间(a,b)，集合

{xaxb,xR,ab}记作闭区间[a,b]，R记作(,).

定理1 集合的性质：对任意集合A，B，C，有：

（1）A(BC)(AB)(AC); （2）A(BC)(AB)(AC)； （3）C1AC1BC1(AB); （4）C1AC1BC1(AB). 【证明】这里仅证（1）、（3），其余由读者自己完成。

（1）若xA(BC)，则xA，且xB或xC，所以x(AB)或x(AC)，即x(AB)(AC)；反之，x(AB)(AC)，则x(AB)或x(AC)，即xA且xB或xC，即xA且x(BC)，即xA(BC).

（3）若xC1AC1B，则xC1A或xC1B，所以xA或xB，所以x(AB)，又xI，所以xC1(AB)，即C1AC1BC1(AB)，反之也有

C1(AB)C1AC1B.

定理2 加法原理：做一件事有n类办法，第一类办法中有m1种不同的方法，第

二类办法中有m2种不同的方法，…，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。

定理3 乘法原理：做一件事分n个步骤，第一步有m1种不同的方法，第二步有

m2种不同的方法，…，第n步有mn种不同的方法，那么完成这件事一共有Nm1m2mn种不同的方法。

二、方法与例题

1．利用集合中元素的属性，检验元素是否属于集合。 例1 设M{aax2y2,x,yZ}，求证： （1）2k1M,(kZ)； （2）4k2M,(kZ)；

（3）若pM,qM，则pqM. [证明]（1）因为k,k1Z，且2k1k2(k1)2，所以2k1M.

（2）假设4k2M(kZ)，则存在x,yZ，使4k2x2y2，由于xy和xy有相同的奇偶性，所以x2y2(xy)(xy)是奇数或4的倍数，不可能等于

4k2，假设不成立，所以4k2M.

（3）设px2y2,qa2b2,x,y,a,bZ，则pq(x2y2)(a2b2) （因为xayaZ,xbyaZ）。

2．利用子集的定义证明集合相等，先证AB，再证BA，则A=B。 例2 设A，B是两个集合，又设集合M满足

。 AMBMAB,ABMAB，求集合M（用A，B表示）

【解】先证(AB)M，若x(AB)，因为AMAB，所以xAM,xM，所以(AB)M； 再证M(AB)，若xM，则xABMAB.1）若xA，则

xAMAB；2）若xB，则xBMAB。所以M(AB).

综上，MAB. 3．分类讨论思想的应用。

例3 A{xx23x20},B{xx2axa10},C{xx2mx20}，若

ABA,ACC，求a,m.

【解】依题设，A{1,2}，再由x2axa10解得xa1或x1，

因为ABA，所以BA，所以a1A，所以a11或2，所以a2或3。 因为ACC，所以CA，若C，则m280，即22m22，若C，则1C或2C，解得m3.

综上所述，a2或a3；m3或22m22。 4．计数原理的应用。

例4 集合A，B，C是I={1，2，3，4，5，6，7，8，9，0}的子集，（1）若ABI，求有序集合对（A，B）的个数；（2）求I的非空真子集的个数。

【解】（1）集合I可划分为三个不相交的子集；A\\B，B\\A，AB,I中的每个元素恰属于其中一个子集，10个元素共有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2101024个，非空真子集有1022个。 5．配对方法。

例5 给定集合I{1,2,3,,n}的k个子集：A1,A2,,Ak，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2n1对，每一对不能同在这k个子集中，因此，k2n1；其次，每一对中必有一个在这k个子集中出现，否则，若有一对子集未出现，设为C1A与A，并设AA1，则

A1C1A，从而可以在k个子集中再添加C1A，与已知矛盾，所以k2n1。综上，k2n1。

6．竞赛常用方法与例问题。

定理4 容斥原理；用A表示集合A的元素个数，则ABABAB,

ABCABCABACBCABC，需要xy此结论可以

推广到n个集合的情况，即

定义8 集合的划分：若A1A2AnI，且AiAj(1i,jn,ij)，则这些子集的全集叫I的一个n-划分。

定理5 最小数原理：自然数集的任何非空子集必有最小数。

定理6 抽屉原理：将mn1个元素放入n(n1)个抽屉，必有一个抽屉放有不少于m1个元素，也必有一个抽屉放有不多于m个元素；将无穷多个元素放入n个抽屉必有一个抽屉放有无穷多个元素。

例6 求1，2，3，…，100中不能被2，3，5整除的数的个数。 【解】 记I{1,2,3,,100},A{x1x100,且x能被2整除（记为2x）}，

B{x1x100,3x},C{x1x100,5x}，由容斥原理，

100100ABCABCABBCCAABC2310010010010010074，所以不能被2，3，5整除的数有56101530IABC26个。

例7 S是集合{1，2，…，2004}的子集，S中的任意两个数的差不等于4或7，问S中最多含有多少个元素？

【解】将任意连续的11个整数排成一圈如右图所示。由题目条件可知每相邻两个数至多有一个属于S，将这11个数按连续两个为一组，分成6组，其中一组只有一个数，若S含有这11个数中至少6个，则必有两个数在同一组，与已知矛盾，所以S至多含有其中5个数。又因为2004=182×11+2，所以S一共至多含有182×5+2=912个元素，另一方面，当

恰有S912，且S满足题目条件，S{rr11kt,t1,2,4,7,10,r2004,kN}时，所以最少含有912个元素。

例8 求所有自然数n(n2)，使得存在实数a1,a2,,an满足：

【解】 当n2时，a10,a21；当n3时，a10,a21,a33；当n4时，

a10,a22,a35,a41。下证当n5时，不存在a1,a2,,an满足条件。

令0a1a2an，则ann(n1). 2所以必存在某两个下标ij，使得aiajan1，所以an1an1a1an1或

an1ana2，即a21，所以ann(n1)n(n1)，a21。 ,an1an1或an22（ⅰ）若ann(n1),an1an1，考虑an2，有an2an2或an2ana2，2即a22，设an2an2，则an1an2anan1，导致矛盾，故只有a22. 考虑an3，有an3an2或an3ana3，即a33，设an3an2，则

an1an22a2a0，推出矛盾，设a33，则anan11a3a2，又推出矛

盾， 所以an2a2,n4故当n5时，不存在满足条件的实数。 （ⅱ）若ann(n1)考虑an2，有an2an1或an2ana3，即a32，,a21，

2这时a3a2a2a1，推出矛盾，故an1an2。考虑an3，有an3an2或

an3ana3，即a3=3，于是a3a2anan1，矛盾。因此an2an3，所以an1an21a2a1，这又矛盾，所以只有an2a2，所以n4。故当n5时，

不存在满足条件的实数。

例9 设A={1，2，3，4，5，6}，B={7，8，9，……，n}，在A中取三个数，B中取两个数组成五个元素的集合Ai，i1,2,,20,AiAj2,1ij20.求n的最小值。 【解】 nmin16.

设B中每个数在所有Ai中最多重复出现k次，则必有k4。若不然，数m出现k次（k4），则3k12.在m出现的所有Ai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，a1,a2,m,b1}{1,a3,a4,m,b2},{1,a5,a6,m,b3}，其中

aiA,1i6，为满足题意的集合。ai必各不相同，但只能是2，3，4，5，6

这5个数，这不可能，所以k4.

20个Ai中，B中的数有40个，因此至少是10个不同的，所以n16。当n16时，如下20个集合满足要求：

{1，2，3，7，8}， {1，2，4，12，14}， {1，2，5，15，16}， {1，2，6，9，10}，

{1，3，4，10，11}， {1，3，5，13，14}， {1，3，6，12，15}， {1，4，5，7，9}，

{1，4，6，13，16}， {1，5，6，8，11}， {2，3，4，13，15}， {2，3，

5，9，11}，

{2，3，6，14，16}， {2，4，5，8，10}， {2，4，6，7，11}， {2，5，6，12，13}，

{3，4，5，12，16}， {3，4，6，8，9}， {3，5，6，7，10}， {4，5，6，14，15}。

例10 集合{1，2，…，3n}可以划分成n个互不相交的三元集合{x,y,z}，其中

xy3z，求满足条件的最小正整数n.

【解】 设其中第i个三元集为{xi,y,zi},i1,2,,n,则1+2+…+3n4zi,

i1n3n(3n1)4zi。当n为偶数时，有83n，所以n8，当n为奇数时，有所以

2i1n83n1，所以n5，当n5时，集合{1，11，4}，{2，13，5}，{3，15，6}，

{9，12，7}，{10，14，8}满足条件，所以n的最小值为5。 第二章 二次函数与命题 一、基础知识

1．二次函数：当a0时，y=ax2+bx+c或f(x)=ax2+bx+c称为关于x的二次函数，其对称轴为直线x=-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

bb，另外配方可得f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，其中x0=-，下2a2aax2+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|x1当a<0时，请读者自己分析。

4acb24．二次函数的最值：若a>0，当x=x0时，f(x)取最小值f(x0)=,若a<0，

4a4acb2b则当x=x0=时，f(x)取最大值f(x0)=.对于给定区间[m,n]上的二次

4a2a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)=f(2)-f(1), 所以×(-1)+≤f(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

835383538353f(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0（Ⅰ）当x∈(0, x1)时，求证：x1a（Ⅱ）设函数f(x)的图象关于x=x0对称，求证：x0<

x1. 2【证明】 因为x1, x2是方程f(x)-x=0的两根，所以f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)， 即f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x.

（Ⅰ）当x∈(0, x1)时，x-x1<0, x-x2<0, a>0，所以f(x)>x. 其次f(x)-x11=(x-x1)[a(x-x2)+1]=a(x-x1)[x-x2+a]<0，所以f(x)（Ⅱ）f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x=ax2+[1-a(x1+x2)]x+ax1x2, 所以x(x0=

a1x2)1x1x212a22a,

所以xx102x221112a2x2a0， 所以xx102. 5．构造二次函数解题。

例5 已知关于x的方程(ax+1)2=a2(a-x2), a>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。

x4x25例6 当x取何值时，函数y=取最小值？求出这个最小值。 22(x1)【解】 y=1-

151,令u,则0且当u191即x=3时，ymin=.

201012例7 设变量x满足x2+bx≤-x(b<-1)，并且x2+bx的最小值是，求b的值。 【解】 由x2+bx≤-x(b<-1)，得0≤x≤-(b+1).

b2b21b2

ⅰ)-≤-(b+1)，即b≤-2时，x+bx的最小值为-,，所以b2=2，所

4422以b2（舍去）。

ⅱ) ->-(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=-,b=-. 综上，b=-.

7.一元二次不等式问题的解法。

x2xaa20例8 已知不等式组 ①②的整数解恰好有两个，求a的取值

x2a1321232b2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012121ⅲ）当a>时，a>1-a，由②得x>1-2a，

2ⅱ）当a=时，a=1-a，①无解。

所以不等式组的解集为1-a1且a-(1-a)≤3，

所以1例9 设定数A，B，C使得不等式

A(x-y)(x-z)+B(y-z)(y-x)+C(z-x)(z-y)≥0 ①

对一切实数x,y,z都成立，问A，B，C应满足怎样的条件？（要求写出充分必要条件，而且限定用只涉及A，B，C的等式或不等式表示条件） 【解】 充要条件为A，B，C≥0且A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA).

先证必要性，①可改写为A(x-y)2-(B-A-C)(y-z)(x-y)+C(y-z)2≥0 ② 若A=0，则由②对一切x,y,z∈R成立，则只有B=C，再由①知B=C=0，若A0，则因为②恒成立，所以A>0，△=(B-A-C)2(y-z)2-4AC(y-z)2≤0恒成立，所以(B-A-C)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≥2xy. (证略)

注 定理2可以推广到n个正数的情况，在不等式证明一章中详细论证。 第三章 函数 一、基础知识

定义1 映射，对于任意两个集合A，B，依对应法则f，若对A中的任意一个元素x，在B中都有唯一一个元素与之对应，则称f: A→B为一个映射。 定义2 单射，若f: A→B是一个映射且对任意x, y∈A, xy, 都有f(x)f(y)则称之为单射。

定义3 满射，若f: A→B是映射且对任意y∈B，都有一个x∈A使得f(x)=y，则称f: A→B是A到B上的满射。

定义4 一一映射，若f: A→B既是单射又是满射，则叫做一一映射，只有一一映射存在逆映射，即从B到A由相反的对应法则f-1构成的映射，记作f-1: A→B。 定义5 函数，映射f: A→B中，若A，B都是非空数集，则这个映射为函数。A称为它的定义域，若x∈A, y∈B，且f(x)=y（即x对应B中的y），则y叫做x的象，x叫y的原象。集合{f(x)|x∈A}叫函数的值域。通常函数由解析式给出，此时函数定义域就是使解析式有意义的未知数的取值范围，如函数y=3x-1的定义域为{x|x≥0,x∈R}.

定义6 反函数，若函数f: A→B（通常记作y=f(x)）是一一映射，则它的逆映射f-1: A→B叫原函数的反函数，通常写作y=f-1(x). 这里求反函数的过程是：在解析式y=f(x)中反解x得x=f-1(y)，然后将x, y互换得y=f-1(x)，最后指出反函数的定义域即原函数的值域。例如：函数y=

11的反函数是y=1-(x0). 1xx定理1 互为反函数的两个函数的图象关于直线y=x对称。

定理2 在定义域上为增（减）函数的函数，其反函数必为增（减）函数。 定义7 函数的性质。

（1）单调性：设函数f(x)在区间I上满足对任意的x1, x2∈I并且x1< x2，总有f(x1)(f(x)>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。

1, 2x11u=2-x在（-∞,2）上是减函数，y=在（0，+∞）上是减函数，所以y=在

u2x定理3 复合函数y=f[g(x)]的单调性，记住四个字：“同增异减”。例如y=

（-∞,2）上是增函数。

注：复合函数单调性的判断方法为同增异减。这里不做严格论证，求导之后是显然的。 二、方法与例题 1．数形结合法。

1例1 求方程|x-1|=的正根的个数.

x1【解】 分别画出y=|x-1|和y=的图象，由图象

xy11 x 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)=x43x26x13x4x21的最大值。

【解】 f(x)=(x22)2(x3)2(x21)2(x0)2，记点P(x, x)，A（3，2），

-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|=32(21)210,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。

2(x1)1997(x1)1例3 设x, y∈R，且满足，求x+y. 3(y1)1997(y1)1【解】 设f(t)=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)又因为f(x)是以2为周期的函数，

所以当x∈Ik时，f(x)=f(x-2k)=(x-2k).

例6 解方程：(3x-1)(9x26x51)+(2x-3)(4x212x13+1)=0. 【解】 令m=3x-1, n=2x-3，方程化为 m(m24+1)+n(n24+1)=0. ①

若m=0，则由①得n=0，但m, n不同时为0，所以m0, n0.

ⅰ)若m>0，则由①得n<0，设f(t)=t(t24+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=. ⅱ)若m<0，且n>0。同理有m+n=0,x=,但与m<0矛盾。 综上，方程有唯一实数解x=. 3.配方法。

例7 求函数y=x+2x1的值域。

【解】 y=x+2x1=[2x+1+22x1+1]-1 =(2x1+1)-1≥-1=-.

当x=-时，y取最小值-，所以函数值域是[-，+∞）。 4．换元法。

例8 求函数y=(1x+1x+2)(1x2+1),x∈[0,1]的值域。

【解】令1x+1x=u，因为x∈[0,1]，所以2≤u2=2+21x2≤4,所以2≤

u222u2u22u≤2,所以≤≤2，1≤≤2，所以y=,u∈[2+2，8]。

2222121212121212124545452

所以该函数值域为[2+2，8]。 5．判别式法。

x23x4例9 求函数y=2的值域。

x3x4【解】由函数解析式得(y-1)x+3(y+1)x+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≤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]。 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x1【解】 首先f(x)定义域为（-∞，-）∪[-，+∞）；其次，设x1, x2是定义域内变量，且x123234x214x115(x2x1)=>0, 3x223x12(3x22)(3x12)14所以f(x)在（-∞，-）上递增，同理f(x)在[-，+∞）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∈[-，+∞）.

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,

14因为x≥0，所以3x+5x+5x+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：aa,aa,an1nmnnmn432

1n,anam1nam。

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（

M）= loga M- loga N；4）loga Mn=n loga M；， N1n5）loga nM=loga M；6）aloga M=M; 7) loga b=

axlogcb(a,b,c>0, a, c1). logca5. 函数y=x+（a>0）的单调递增区间是,a和a,，单调递减区间为a,0和0,a。（请读者自己用定义证明）

6．连续函数的性质：若a例1 已知a, b, c∈(-1, 1)，求证：ab+bc+ca+1>0.

【证明】 设f(x)=(b+c)x+bc+1 (x∈(-1, 1))，则f(x)是关于x的一次函数。 所以要证原不等式成立，只需证f(-1)>0且f(1)>0（因为-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（a）·（b）≥(aibi)2，等号当且仅当存在R，使ai=bi, i=1, 2, …,

2i2ii1i1i1nnnn时成立。

【证明】 令f(x)= （a）x-2(aibi)x+b=(aixbi)2,

2i2

nnn2ini1i1i1i1因为ai2>0，且对任意x∈R, f(x)≥0，

i1n所以△=4(aibi)-4（a）(bi2)≤0.

2ii1i1i1nnn展开得（a）(b)≥(aibi)2。

2i2ii1i1i1nnn等号成立等价于f(x)=0有实根，即存在，使ai=bi, i=1, 2, …, n。 例3 设x, y∈R+, x+y=c, c为常数且c∈(0, 2]，求u=xy的最小值。

【解】u=xy=xy+=xy+

1+2. xy1x1y1x1y1xy1≥xy++2·

xyyxxyxy

 yx

c2(xy)2c21令xy=t，则0444tc2c2因为0c2c24c24所以f(t)min=f()=+2，所以u≥+2+2.

44c4cc24c当x=y=时，等号成立. 所以u的最小值为+2+2.

4c22．指数和对数的运算技巧。

例4 设p, q∈R+且满足log9p= log12q= log16(p+q)，求

q的值。 p【解】 令log9p= log12q= log16(p+q)=t，则p=9 t , q=12 t , p+q=16t，

44所以9 +12 =16，即1+.

33 t t tt2t15q12t4. 记x=t，则1+x=x2，解得x2p93t又

qq15. >0，所以=2pp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

1111，求证：a+b=c. xyzw【证明】 由ax=by=cz=70w取常用对数得xlga=ylgb=zlgc=wlg70. 所以

111111lga=lg70, lgb=lg70, lgc=lg70，

yxzwww相加得

11111111， (lga+lgb+lgc)=lg70，由题设xyzwwxyz所以lga+lgb+lgc=lg70，所以lgabc=lg70.

所以abc=70=2×5×7.

若a=1，则因为xlga=wlg70，所以w=0与题设矛盾，所以a>1. 又a≤b≤c，且a, b, c为70的正约数，所以只有a=2, b=5, c=7. 所以a+b=c.

例6 已知x1, ac1, a1, c1. 且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

logaxlogax2logax， logaclogab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.

125125【解】 方程可化为设f(x)= =1。, 则f(x)

236236xxxxxx在(-∞,+∞)上是减函数，因为f(3)=1，所以方程只有一个解x=3.

xyy12x+

例8 解方程组：xy（其中x, y∈R）. 3xy【解】 两边取对数，则原方程组可化为(xy)lgx12lgy. ①②

(xy)lgy3glx把①代入②得(x+y)2lgx=36lgx，所以[(x+y)2-36]lgx=0. 由lgx=0得x=1，由(x+y)2-36=0(x, y∈R+)得x+y=6， 代入①得lgx=2lgy，即x=y2，所以y2+y-6=0.

又y>0，所以y=2, x=4.

x11x24所以方程组的解为 . ;y11y22例9 已知a>0, a1，试求使方程loga(x-ak)=loga(x-a)有解的k的取值范围。

(xak)2x2a2【解】由对数性质知，原方程的解x应满足xak0.①②③

x2a20222

若①、②同时成立，则③必成立，

(xak)2x2a2故只需解.

xak0由①可得2kx=a(1+k2)， ④

1k2a(1k2)当k=0时，④无解；当k0时，④的解是x=，代入②得>k.

2k2k若k<0，则k2>1，所以k<-1；若k>0，则k2<1，所以0定义1 数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{an}的一般形式通常记作a1, a2, a3,…，an或a1, a2, a3,…，an…。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的具体表达式，称为数列的

通项。

定理1 若Sn表示{an}的前n项和，则S1=a1, 当n>1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=

n(a1an)n(n1)na1d；3）an-am=(n-m)d，其中n, m为正整数；4）若n+m=p+q，22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

an1q，则{an}称为等比数列，anq叫做公比。

a1(1qn)定理3 等比数列的性质：1）an=a1q；2）前n项和Sn，当q1时，Sn=；

1qn-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limanA.

n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

a1（由极限的1qn=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x=ax+b的两个根为α,β:(1)若αβ，则xn=c1an-1+c2β的值确定；(2)若α=β，则xn=(c1n+c2) α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=,a1+a2+…+an=n2an, n≥1，求通项an. 【解】 因为a1=,又a1+a2=22·a2, 所以a2=

aa111，a3=22,猜想an(n≥1).

34n(n1)32311，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。 211212n-1

n-1

2

，其中c1, c2由初始条件x1, x2

，其中c1, c2的值由x1, x2的值确

证明；1）当n=1时，a1=

当n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+ a1+…+a1=[(k+1)2-1] ak+1,， 所以

111=k(k+2)ak+1, 2132k(k1)12121311=k(k+2)ak+1, kk1即1所以

1k. =k(k+2)ak+1,所以ak+1=

(k1)(k2)k11. n(n1)1，求证：对任意n∈N+,有an>1. an由数学归纳法可得猜想成立，所以an例3 设02)假设n=k时，①式成立，即1数列的通项an或前n项和Sn中的n通常是对任意n∈N成立，因此可将其中的n换成n+1或n-1等，这种办法通常称迭代或递推。

例4 数列{an}满足an+pan-1+qan-2=0, n≥3，q0，求证：存在常数c，使得

22nan1pan1·an+qancq0.

2222【证明】an1pan1·an+1+qan1an2(pan+1+an+2)+qan1=an+2·(-qan)+qan1= 2222q(an1anan2)q[an1+an(pqn+1+qan)]=q(an1pan1anqan).

222若a2pa2a1qa12=0，则对任意n, an1pan1an+qan=0，取c=0即可.

22222若a2则{an公式为qpa2a1qa120，1pan1an+qan}是首项为a2pa2a1qa1，

的等比数列。

n2222(apaaqa)qapaa所以an+=·q. n1n1n22112pa1a2qa12)·即可. 取c(a21q综上，结论成立。

21，求证：an都是整数，n∈N+. 例5 已知a1=0, an+1=5an+24an【证明】 因为a1=0, a2=1，所以由题设知当n≥1时an+1>an.

21移项、平方得 又由an+1=5an+24an22an110anan1an10. ①

2210anan1an当n≥2时，把①式中的n换成n-1得an110，即 22an110anan1an10. ②

2因为an-1根。由韦达定理得an+1+ an-1=10an(n≥2).

再由a1=0, a2=1及③式可知，当n∈N+时，an都是整数。 3．数列求和法。

数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等。 例6 已知an=

1(n=1, 2, …)，求S99=a1+a2+…+a99. n10042221004n4100n111【解】 因为an+a100-n=n100+100n100=100， 100n100n1004242422(44)219919999所以S99=(ana100n)100101.

2n1222例7 求和：Sn111. +…+n(n1)(n2)1232341k2k

k(k1)(k2)2k(k1)(k2)【解】 一般地，

111， 2k(k1)(k1)(k2)所以Sn=1

k1k(k1)(k2)n例8 已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+1+an, Sn为数列Sn<2。

an的前n项和，求证：n2【证明】 由递推公式可知，数列{an}前几项为1，1，2，3，5，8，13。 因为Sn12a112358， ① 23456n2222222nan1235。 ② 2345n122222121122211an2n22222an2n1， 所以Sn由①-②得Sn12所以Sna11Sn2nn。 1242an>0, 2n1又因为Sn-24224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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,

3，

6(2)2所以an=α·3n+β·(-1)n，其中33441所以an[3n1(1)n1·3]。

433，

69解得α=，β，

5．构造等差或等比数列。

例11 正数列a0,a1,…,an,…满足anan2an1an2=2an-1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。

【解】 由anan2an1an22an1得

aann1即121. an2an1ana2n1=1， an1an2令bn=

ana+1，则{bn}是首项为1+1=2，公比为2的等比数列，

a0an1所以bn=

aan+1=2n，所以n=（2n-1）2， an1an1nanan1a2a1所以an=·…··a0=(2k1)2.

a1a0an1an2k1n注：CiC1·C2·…·Cn.

i12xn2例12 已知数列{xn}满足x1=2, xn+1=,n∈N+, 求通项。

2xnx22x22【解】 考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=2.

2x2x2xn2因为x1=2, xn+1=,可知{xn}的每项均为正数。

2xn2又xn+2≥22xn，所以xn+1≥2(n≥1)。又

2xn2(xn2)2Xn+1-2=, ① 2=

2xn2xn2xn2(xn2)2Xn+1+2=, ② 2=

2xn2xnxn12xn2由①÷②得。 ③

xn12x2n2又

x12x12>0，

xn2xn2xn12xn22lg,

xn12xn2由③可知对任意n∈N+，

>0且lgxn222所以lg是首项为lg，公比为2的等比数列。

22xn2所以lg22xn2222n1·lg，所以x222xn222nxn22n1，

解得xn2·

(22)(22)2n12n1(22)(22)2n12n1。

注：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。 第六章 三角函数 一、基础知识

定义1 角，一条射线绕着它的端点旋转得到的图形叫做角。若旋转方向为逆时针方向，则角为正角，若旋转方向为顺时针方向，则角为负角，若不旋转则为零角。角的大小是任意的。

定义2 角度制，把一周角360等分，每一等价为一度，弧度制：把等于半径长的圆弧所对的圆心角叫做一弧度。360度=2π弧度。若圆心角的弧长为L，则其弧度数的绝对值|α|=,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

Lr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=,余弦函数cosα=,正切函数tanα=，余切函数cotα=，正割函数secα=,余割函数cscα=. 定理1 同角三角函数的基本关系式，倒数关系：tanα=α=

11,sinα=，coscotcscyxyrxrxyrxry1sincos；商数关系：tanα=；乘积关系：tanα×cosα=sin,cotseccossinα,cotα×sinα=cosα；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)=cotα;（Ⅱ）sin(-α)=-sinα, cos(-α)=cosα, tan(-α)=-tanα, cot(-α)=cotα; （Ⅲ）sin(π-α)=sinα, cos(π-α)=-cosα,

tan=(π-α)=-tanα, cot(π-α)=-cotα; （Ⅳ）sin=cosα,

2cos。 =sinα, tan=cotα（奇变偶不变，符号看象限）

22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2k2,2k2在区间2k上为增函数，

3,2k上为减函数，22最小正周期为2. 奇偶数. 有界性：当且仅当x=2kx+时，y取最大值1，当

2且仅当x=3k-时, y取最小值-1。对称性：直线x=k+均为其对称轴，点

22（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k,02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+)在开区间(kπ-, 2kπ+)上为增函数, 最小正周期为π，值域为（-∞，+∞），点（kπ，0），（kπ+，

2220）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)=sinαcosβcosαsinβ; tan(αβ)=定理7 和差化积与积化和差公式: sinα+sinβ=2sincos,sinα-sinβ=2sincos, 2222(tantan).

(1tantan)cosα+cosβ=2cos2cos, cosα-cosβ2=-2sinsin, 22sinαcosβ=[sin(α+β)+sin(α-β)],cosαsinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],

1212cosαcosβ=[cos(α+β)+cos(α-β)],sinαsinβ=-[cos(α+β)-cos(α

-β)].

定理8 倍角公式:sin2α=2sinαcosα, cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α,

1212tan2α=

2tan. 2(1tan)(1cos)(1cos)定理9 半角公式:sin=,cos=,

2222(1cos)tan==2(1cos)sin(1cos).

(1cos)sin2tan1tan22, cos2, 定理10 万能公式: sin1tan21tan22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=的角α.

bab22,cosβ=

aab22，对任意

asinα+bcosα=(a2b2)sin(α+β).

定理12 正弦定理：在任意△ABC中有

abc2R，其中a, b, csinAsinBsinC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y=Asinx的图象。

个单位得到定义4 函数y=sinxx的反函数叫反正弦函数，记作y=arcsinx(x,22∈[-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的反函数叫反正切函数。记x,22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=；arctana+arccota=.

定理16 若x0,，则sinx222二、方法与例题 1．结合图象解题。

例1 求方程sinx=lg|x|的解的个数。

【解】在同一坐标系内画出函数y=sinx与y=lg|x|的图象（见图），由图象可知两者有6个交点，故方程有6个解。 2．三角函数性质的应用。

例2 设x∈(0, π), 试比较cos(sinx)与sin(cosx)的大小。

【解】 若x,，则cosx≤1且cosx>-1，所以cosx,0，

22所以sin(cosx) ≤0,又00， 所以cos(sinx)>sin(cosx).

若x0,，则因为

2222(sinxcos+sincosx)=2sin(x+)sinx+cosx=2sinxcosx24442≤2<，

2所以022所以cos(sinx)>cos(-cosx)=sin(cosx).

2综上，当x∈(0,π)时，总有cos(sinx)coscos例3 已知α，β为锐角，且x·（α+β-）>0，求证：2. 2sinsinxx【证明】 若α+β>，则x>0，由α>-β>0得cosα222所以0<

coscos<1，又sinα>sin(-β)=cosβ, 所以0<<1， sin2sinxx00coscoscoscos所以sinsinsinsin2.

222

若α+β<，则x<0，由0<α<-β<得cosα>cos(-β)=sinβ>0,

2所以

coscos>1。又01， sin2sinxx00coscoscoscos所以2，得证。 sinsinsinsin注：以上两例用到了三角函数的单调性和有界性及辅助角公式，值得注意的是角的讨论。

3．最小正周期的确定。

例4 求函数y=sin(2cos|x|)的最小正周期。

【解】 首先，T=2π是函数的周期（事实上，因为cos(-x)=cosx，所以

co|x|=cosx）；其次，当且仅当x=kπ+时，y=0（因为|2cosx|≤2<π）,

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+1cos2x，求函数的最大值与最小值。 2【解法一】 令sinx=2cos,1cos2x2sin3404,

则有y=2cos2sin2sin(4).

因为

4034，所以24， 所以0sin(4)≤1，

所以当34，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+1cos2x2(sin2x1cos2x), =2（因为(a+b)2≤2(a2+b2)），

且|sinx|≤1≤1cos2x，所以0≤sinx+1cos2x≤2，

所以当1cos2x=sinx，即x=2kπ+2(k∈Z)时, ymax=2，

当1cos2x=-sinx，即x=2kπ-2(k∈Z)时, ymin=0。

例6 设0<<π，求sin2(1cos)的最大值。

【解】因为0<<π，所以022，所以sin2>0, cos2>0.

所以sin2（1+cos）=2sin2·cos22=22sin22cos22cos22 ≤

2222sincoscos222=1643. 23279243当且仅当2sin2=cos2, 即tan=时，sin(1+cos)取得最大值。

3222229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3C2sin2ABABABcos, ① 2sin2223cossinC+sinC232sinC23, ②

又因为sin44由①，②，③得sinA+sinB+sinC+sin≤4sin,

33ABsin2C232sinABC3cosABC32sin，③

333所以sinA+sinB+sinC≤3sin=,

3233当A=B=C=时，（sinA+sinB+sinC）max=.

32注：三角函数的有界性、|sinx|≤1、|cosx|≤1、和差化积与积化和差公式、均值不等式、柯西不等式、函数的单调性等是解三角最值的常用手段。 5．换元法的使用。 例8 求ysinxcosx的值域。

1sinxcosx222sin(x). 【解】 设t=sinx+cosx=2sinxcosx224因为1sin(x)1,

4所以2t2. 又因为t2=1+2sinxcosx,

x21t21t1所以sinxcosx=，所以y2，

21t2所以

21y221. 2因为t-1，所以

t11，所以y-1. 22121所以函数值域为y,11,. 22例9 已知a0=1, an=

1an121an1(n∈N+)，求证：an>

2n2.

【证明】 由题设an>0，令an=tanan, an∈0,，则

2an=

1tan2an11tanan1secan111cosan1atann1tanan.

2tanan1sinan1na11因为n1，an∈0,，所以an=an1，所以an=a0.

22221又因为a0=tana1=1，所以a0=，所以an·。

442又因为当0x，所以antann2n2.

2n22注：换元法的关键是保持换元前后变量取值范围的一致性。

另外当x∈0,时，有tanx>x>sinx，这是个熟知的结论，暂时不证明，学完

2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M3

,0对称，且在区间0,上是单调函数，求和的值。

24【解】 由f(x)是偶函数，所以f(-x)=f(x)，所以sin(+)=sin(-x+)，所以cossinx=0，对任意x∈R成立。

又0≤≤π，解得=，

2因为f(x)图象关于M34333,0对称，所以f(x)f(x)=0。

444取x=0，得f()=0，所以sin所以

30.

2432k(k∈Z)，即=(2k+1) (k∈Z).

342又>0，取k=0时，此时f(x)=sin(2x+)在[0，]上是减函数；

22取k=1时，=2，此时f(x)=sin(2x+)在[0，]上是减函数；

2210取k=2时，≥，此时f(x)=sin(x+)在[0，]上不是单调函数，

2232综上，=或2。

37．三角公式的应用。 例11 已知sin(α-β)=

55，sin(α+β)=- ，且α-β∈,，α+β∈131323,2，求sin2α,cos2β的值。 212【解】 因为α-β∈,，所以cos(α-β)=-1sin2().

213又因为α+β∈所以

123,2，所以cos(α+β)=1sin2().

132sin2α=sin[(α+β)+(α-β)]=sin(α+β)cos(α-β)+cos(α+β)sin(α-β

)=

120, 169cos2β=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，且试求cosAC的值。 2AC=cos(600-C)， 2112，cosAcosCcosB【解】 因为A=1200-C，所以cos1111cos(1200C)cosC又由于 00cosAcosCcos(120C)cosCcosCcos(120C)=

2cos600cos(600C)1[cos1200cos(12002C)]22cos(600C)1cos(12002C)222，

所以42cos2解得cosACAC2cos32=0。 22AC2AC32或cos。 2228又cosAC2AC>0，所以cos。 222例13 求证：tan20+4cos70.

sin20【解】 tan20+4cos70=+4sin20 cos20第七章 解三角形 一、基础知识

在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a, b, c分别表示它们所对的各边长，pabc为半周长。 2abc1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。 sinAsinBsinC111推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinCbcsinAcasinB.

222推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a. 推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足

ab，则a=A. sinasin(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=absinC；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

sinasin(a)，即sinAsin(A)12ab，所以sinAsinBsinasin(-A)=sin(-a)sinA，等价于

11[cos(-A+a)-cos(-A-a)]= [cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等价于22cos(-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。

b2c2a22．余弦定理：a=b+c-2bccosAcosA，下面用余弦定理证明

2bc2

2

2

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

b2pc2qAD=pq. （1）

pq2

【证明】 因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcosADB， 所以c2=AD2+p2-2AD·pcosADB. ①

同理b=AD+q-2AD·qcosADC， ② 因为ADB+ADC=， 所以cosADB+cosADC=0， 所以q×①+p×②得

b2pc2qqc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=pq.

pq2

2

2

2

222

2b22c2a2注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式AD.

2（2） 】】 ：

因

为

2SAB14Cb2c2sin2A=

14b2c2 (1-cos2A)=

14b2c2

(b2c2a2)2122 22[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c). 1224bc16这里pabc. 2所以S△ABC=p(pa)(pb)(pc). 二、方法与例题

1．面积法。

例1 （共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满足w, v，这里α，β，α+βPOQ,QOR，另外OP，OQ，OR的长分别为u, ∈(0, )，则P，Q，R的共线的充要条件是

【证明】P，Q，R共线SΔPQR0SOPRSOPQSORQ

111uvsin(α+β)=uwsinα+vwsinβ 222sin()sinsin，得证。 wuv2．正弦定理的应用。 例

2 如图所示，△ABC

内有一点

P，使得

BPC-BAC=CPA-CBA=APB-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=360可得BAC+CBA+ACB=180。

0

0

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

GMO1AAF. MDAO2AE由正弦定理所以

APAFPAAE,，

sin(1)sinsin(2)sinAEsin1sin. AFsin2sin另一方面，

GMPMMDPM,， sinsin1sinsin2所以

GMsin2sin， MDsin1sin所以

GMAF，所以PA//O1G， MDAE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)

8xyyzzx=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)

=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc. 所以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P值。

【解】 由题设b则

10110P=2sinγsin(2α+γ)+3cosγ≤3， sin3332

223的最大222a1b1c1ac，令a=tanα, c=tanγ, b=tanβ, 1actanβ=tan(α+γ),

222110,b2,c当且仅当α+β=，sinγ=，即a=时，Pmax=.

23243例6 在△ABC中，若a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc<.

【证明】 设a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β0,.

212因为a, b, c为三边长，所以c<, c>|a-b|，

12222

从而0,，所以sinβ>|cosα·cosβ|.

4因为1=(a+b+c)=a+b+c+2(ab+bc+ca), 所以a+b+c+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc). 又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)

=sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β

1411=+cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β) 44111>+cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)=. 4441所以a2+b2+c2+4abc<.

22

2

2

2222

=[1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β]

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)=

x1x2y1y2xyxy21212222(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

P1PPP2，λ

叫P分P1P2所成的比，若O为平面内任意一点，则

OPOP1OP2。由此可得若P1，P，P2的坐标分别为(x1, y1), (x, y), (x2, y2)，

1x1x2xxx1yy11则..

x2xy2yyy1y21定义6 设F是坐标平面内的一个图形，将F上所有的点按照向量a=(h, k)

的方向，平移|a|=h2k2个单位得到图形F'，这一过程叫做平移。设p(x, y)

x'xh是F上任意一点，平移到F'上对应的点为p'(x',y')，则称为平移公式。

y'yk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

2222y2)-(x1x2+y1y2)=(x1y2-x2y1)≥0，又|a·b|≥0, |a|2·|b|2-|a·b|2=(x12y12)(x2|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：

2222(x12x2xn)(y12y2yn) (x1y1+x2y2+…+xnyn)≥0，又|a·b|≥0,

2

|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：

2222(x12x2xn)(y12y2yn)(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：OA1OA2OAnO. 【证明】 记SOA1OA2OAn，若SO，则将正n边形绕中心O旋转

2后与原正n边形重合，所以S不变，这不可能，所以SO. n例2 给定△ABC，求证：G是△ABC重心的充要条件是GAGBGCO. 【证明】必要性。如图所示，设各边中点分别为D，E，F，延长AD至P，使DP=GD，则AG2GDGP.

又因为BC与GP互相平分，

所以BPCG为平行四边形，所以BG//PC，所以GBCP. 所以GAGBGCGCCPPGO.

充分性。若GAGBGCO，延长AG交BC于D，使GP=AG，连结CP，则

GAPG.因为GCPGPCO，则GBPC，所以GB//CP，所以AG平分BC。

同理BG平分CA。 所以G为重心。

例3 在凸四边形ABCD中，P和Q分别为对角线BD和AC的中点，求证：AB2+BC2+CD2+DA2=AC2+BD2+4PQ2。

【证明】 如图所示，结结BQ，QD。 因为BPPQBQ,DPPQDQ， 所以BQDQ(BPPQ)2(DPPQ)2 =BPDP2PQ2BP·PQ2DPPQ

=BPDP2PQ2(BPDP)PQBPDP2PQ. ① 又因为BQQCBC,BQQABA,QAQCO,

22222222222同理 BABCQAQC2BQ， ②

CDDAQAQC2QD， ③

2222222222由①，②，③可得BABCCD4QA2(BQQD)

AC2(2BP2PQ)ACBD4PQ。得证。

2222222222222．证利用定理2证明共线。

例4 △ABC外心为O，垂心为H，重心为G。求证：O，G，H为共线，且OG：GH=1：2。

【证明】 首先OGOAAGOAAM =OA(ABAC)OA(2AOOBOC)

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AHEC,

所以OHOAAHOAECOAEOOCOAOBOC， 所以OH3OG，

所以OG与OH共线，所以O，G，H共线。 所以OG：GH=1：2。 3．利用数量积证明垂直。

例5 给定非零向量a, b. 求证：|a+b|=|a-b|的充要条件是ab. 【

证

明

】

131323|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OAa,OBb,OCc，

121又CD(ab)c，

2则OD(ab)，

所以OECDacbabc

1a·(b-c). （因为|a|2=|b|2=|c|2=|OH|2） 31213116212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), AC(1,1)，因为BE//AC，所以-x-(y-1)=0.

又因为|CE||AC|，所以x2+y2=2. 由①，②解得x所以AE1313,y. 223313,|AE|2423. ,221313x'0. 22设F(x',1)，则CF(x',1)。由CF和CE共线得所以x'(23)，即F(23,1)， 所以|AF|2=4+23|AE|2，所以AF=AE。

第九章 不等式 一、基础知识

不等式的基本性质：

（1）a>ba-b>0； （2）a>b, b>ca>c； （3）a>ba+c>b+c； （4）a>b, c>0ac>bc； （5）a>b, c<0acb>0, c>d>0ac>bd; （7）a>b>0, n∈N+an>bn; （8）a>b>0, n∈N+nanb; （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≥2xy, x+y+z33xyz. 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nanb，由性质（7）得

(na)n(nb)n，即a≤b，与a>b矛盾，所以假设不成立，所以nanb；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-2xy(xy)2≥0，所以x+y≥2xy，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令3xa,3yb,3zc，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+b

2

+c-ab-bc-ca)= (a+b+c)[(a-b)+(b-c)+(c-a)] ≥0，所以a+b+c≥3abc，

2

12222333

即x+y+z≥33xyz，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ababcbccaxyyzxz. (ab)(bc)(ca)cabA（A，B【证明】 左边-右边= x2+y2+z22所以左边≥右边，不等式成立。

abbcxy2yz

(bc)(ca)(ab)(ca)例2 若a1-x



1，所以loga(1-x)0,

|loga(1x)|1=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1（因为

1x|loga(1x)|0<1-x2<1，所以

1>1-x>0, 0<1-x<1）. 1x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-33abc≥a+b2ab.

【证明】 要证a+b+c33cab≥a+b2ab.只需证c2ab33abc， 因为c2abcabab33cab33abc，所以原不等式成立。

例4 已知实数a, b, c满足0所以

111，

a(1a)b(1b)c(1c)1122，

a(1a)b(1b)b(1b)c(1c)1111，

a(1a)b(1b)a(1b)b(1a)12211. c(1c)a(1b)b(1a)1，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) 2所以

所以只需证明

也就是证

abab，

a(1a)(1b)b(1a)(1b)只需证b(a-b) ≤a(a-b)，即(a-b)2≥0，显然成立。所以命题成立。 （3）数学归纳法。

例5 对任意正整数n(≥3)，求证：nn+1>(n+1)n.

【证明】 1）当n=3时，因为34=81>=43，所以命题成立。

(k1)k22）设n=k时有k>(k+1)，当n=k+1时，只需证(k+1)>(k+2)，即>1. k1(k2)k+1

k

k+2

k+1

kk1(k1)k2kk12k+2k+1

因为，所以只需证，即证(k+1)>[k(k+2)]，只1(k1)k(k2)k1(k1)k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。

x2y2y2z2z2x2例7 已知x, y, z∈R，求证：0.

yzzxxy+

【证明】 不妨设x≥y, x≥z. ⅰ）x≥y≥z，则

111，x2≥y2≥z2，由排序原理可得 xyxzyzx2y2z2y2z2x2，原不等式成立。 yzzxxyyzzxxyⅱ）x≥z≥y，则

111，x2≥z2≥y2，由排序原理可得 xzxyyzx2y2z2y2z2x2，原不等式成立。 yzzxxyyzzxxy（6）放缩法，即要证A>B，可证A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+). 例8 求证：1【证明】 1121312131n(n2). 2n111111111 nnnn244212222n11n11n1n，得证。

222n2abc. ambmcmabababm【证明】 1ambmabmabmabmabm例9 已知a, b, c是△ABC的三条边长，m>0，求证：

1mc（因为a+b>c），得证。 cmcm（7）引入参变量法。

b3例10 已知x, y∈R, l, a, b为待定正数，求f(x, y)=22的最小值。

xy+

a3(1k)2ylkl【解】 设k，则x，f(x,y)=,y1k1kxl23b3ak2 133131223333313132(a+b+3ab+3ab)= abakakbbbak222kklkl(ab)3l2(ab)3ab. ，等号当且仅当时成立。所以f(x, y)min=2xyl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≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即

(1k)211(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为f(k)=k+在,1上递减， 4kk3(1k)211所以(x2+x3+x4)=(k2)(x2+x3+x4)

4k4k3123·3x2=4x2≤x2x3x4. 413≤

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：

x332x. 21x233xyz. 21x21y21z2【证明】 先证

1因为x(1-x)=2x2(1x2)222

122, 23333xx2x2332所以x. 22221xx(1x)33同理

y332y， 221yz332z， 221z所以

xyz3323322(xyz). 222221x1y1zabc≤2。 bc1ca1ab1例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：【证明】 先证

a2a. ① bc1abc即a+b+c≤2bc+2. 即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.

因为0≤a, b, c≤1，所以①式成立。 同理

b2bc2c,. ca1abcab1abc三个不等式相加即得原不等式成立。 （9）利用函数的思想。

例14 已知非负实数a, b, c满足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=

111的最小值。 abbcca【解】 当a, b, c中有一个为0，另两个为1时，f(a, b, c)=，以下证明f(a, b, c) ≥c)=

2cab1. 22c1c1ab35. 不妨设a≥b≥c，则0≤c≤, f(a, b,

3252(ab)2因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，

4解关于a+b的不等式得a+b≥2(c21-c). 考虑函数g(t)=又因为

t1, g(t)在[c21,）上单调递增。 2c1t3，所以30≤c≤3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以

2(c21c)≥c21.

所以f(a, b, c)=

2cab1 22c1c1ab2c2(c21c)1≥2 2c1c212(c1c)2cc21c=2 2c1c11c3c212=2 c1222c1c3c2153(1c21)c. ≥422222下证3(1c21)c0 ①

333322

，所3c3c21c+6c+9≥9c+9cc≥0 c. 因为c3444以①式成立。

所以f(a, b, c) ≥，所以f(a, b, c)min=. 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

(a)(b)(aibi)2.

2i2ii1i1i1nnn5252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(i1na)bi2i(ai)2(bi)2i1i1nn.

等号成立条件为ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。

(ai)2n变式2：设ai, bi同号且不为0(i=1, 2, …, n)，则i1naibiabii1i1n.

i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=

n111a1a2an,

aa2anGn=na1a2an, An=1,Qnn22a12a2an，则Hn≤Gn≤An≤Qn. 即

n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1ka1a2akak1=Gk+1.

1因为a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥kka1a2akkkak1Gkk1 1k2kGk2≥2k2ka1a2ak1Gkk12k1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

bi,bi,,bi12n，有a1bn+a2bn-1+…

+anb1≤a1bia2bianbi≤a1b1+a2b2+…+anbn.

12n【证明】 引理：记A0=0，Ak=

nn1i1ai1ki(1kn)，则

abii1ni

(si1i。 si1)bi=si(bibi1)snbn（阿贝尔求和法）

证法一：因为b1≤b2≤…≤bn，所以bibibi≥b1+b2+…+bk.

12k记sk=bibibi-( b1+b2+…+bk)，则sk≥0(k=1, 2, …, n)。

12k所以

a1bia2bianbi12-(a1b1+a2b2+…+anbn)=

kaj1nj(bibj)

jsj1nj(ajaj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a1bia2bianbi，若bibn，则存在。

12kj若bi\\bn(j≤n-1)，则将bi与bi互换。

jnj因为

banbnajbi(anbiajbn)(anaj)bn(ajan)bi(anaj)(bnbi)≥0，

nnnn所 调整后，和是不减的，接下来若bi1bn1，则继续同样的调整。至多经

nn-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。

222anana12a21例15 已知a1, a2,…,an∈R，求证；a1+a2+…+an.

a2a3ana1+

222anana12a21【证明】证法一：因为a12a1,a32a2，…，an2an1,a1

a2a3ana1≥2an.

222anana12a21上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an. a2a3ana1222a12a2anan1证法二：由柯西不等式(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…aaaa3n12+an)2，

222anana12a21因为a1+a2+…+an >0，所以≥a1+a2+…+an. a2a3ana1证法三： 设a1, a2,…,an从小到大排列为aiaiai，则

12nai2ai2ai2，

12n111，由排序原理可得 aiaiainn11222anana12a21，得证。 aiaiai=a1+a2+…+an≥n12a2a3ana1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180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：xa0

xx1yy1y（5）两点式：；1；bx2x1y2y1（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

xx0tcos的距离）；（7）参数式：（其中θ为该直线倾斜角），t的几何意

yy0tsin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=

k2k1.

1k1k2k2k1,tanα

1k1k2=

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|=(x1x2)2(y1y2)2。 8．点P(x0, y0)到直线l: Ax+By+C=0的距离公式：d|Ax0By0C|AB22。

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(CC1).

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rcos(x-a)+(y-b)=r，其参数方程为（θ为参数）。

ybrsin2

2

2

13．圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)。其圆心为DE,，半径为221D2E24F。若点P(x0, y0)为圆上一点，则过点P的切线方程为 2x0xy0yx0xy0yDE22F0. ① 14．根轴：到两圆的切线长相等的点的轨迹为一条直线（或它的一部分），这条直线叫两圆的根轴。给定如下三个不同的圆：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xay 1，2a①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。

111yx,因为BDAE，所以k1k2=-1.所以k2，所以直线AE方程为yx，由222xy2a解得点E坐标为a,a。

2a34aa34323所以直线DE斜率为k32.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

y3x,y3x.设⊙D的方程为(x-m)+y=r.①设点E，F的坐标分别为

2

2

2

(x1,y1),(x2,y2)，则y13x1,y23x2，分别代入①并消去y得 所以x1, x2是方程4x2-2mx+m2-r2=0的两根。

mxx,122由韦达定理，所以 22xxmr124|EF|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(x1-x2)2+3(x1-x2)2

=4(x1+x2)-4x1x2=m-(m-r)=r. 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x1,1x11,x,2x21,x,3x3,且011xx21QR到PQ的角，由假设知直线QR，PQ的斜率分别为k13，x3x2x2x311xx21k21.

x1x2x1x2由到角公式tank2k11k1k211x1x2x2x3x(x1x3)220. 1x1x2x3112x1x2x3所以θ为钝角，与ΔPQR为等边三角形矛盾。所以命题成立。 3．代数形式的几何意义。

例4 求函数f(x)x43x26x13x4x21的最大值。

[解] 因为f(x)(x22)2(x3)2(x21)2(x0)2表示动点P(x, x)到两定点A(3, 2), B(0, 1)的距离之差，见图10-3，当AB延长线与抛物线y=x2的交点C与点P重合时，f(x)取最大值|AB|=10. 4．最值问题。

例5 已知三条直线l1: mx-y+m=0, l2: x+my-m(m+1)=0, l3: (m+1)x-y+m+1=0

2

围成ΔABC，求m为何值时，ΔABC的面积有最大值、最小值。

[解]记l1, l2, l3的方程分别为①，②，③。在①，③中取x=-1, y=0，知等式成立，所以A(-1, 0)为l1与l3的交点；在②，③中取x=0, y=m+1，等式也成立，所以B(0, m+1)为l2与l3的交点。设l1, l2斜率分别为k1, k2, 若m0，则k1•k2=m|AC|=

11, SmΔ

ABC

=

1|AC||BC|，由点到直线距离公式2|1m2m|1m2|m2m1|m12，|BC|=

|m1m|1m211m2。

1m2m1所以SΔABC=22m131m2

。因为2m≤m+1，所以S≤。又因为1ΔABC242m11m1，所以SΔABC≥. 242m131当m=1时，（SΔABC）max=；当m=-1时，（SΔABC）min=.

44-m2-1≤2m，所以5．线性规划。

1xy4,例6 设x, y满足不等式组

y2|2x3|.（1）求点(x, y)所在的平面区域；

（2）设a>-1，在（1）区域里，求函数f(x,y)=y-ax的最大值、最小值。

1xy4,1xy4,[解] （1）由已知得y22x3,或y232x,

2x30,2x30.解得点(x, y)所在的平面区域如图10-4所示，其中各直线方程如图所示。AB：y=2x-5；CD：y=-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-1-2a-1；如果a>2，则l通过B（3，1）时，f(x, y)取最小值为-3a+1. 6．参数方程的应用。

例7 如图10-5所示，过原点引直线交圆x+(y-1)=1于Q点，在该直线上取P点，使P到直线y=2的距离等于|PQ|，求P点的轨迹方程。 [解] 设直线OP的参数方程为xtcos（t参数）。

ytsin2

2

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OT12ON•OM。设点H坐标为（x,y）。 点M坐标为(5, b)，则点N坐标为,，将坐标代入OT12=ON•OM，再由在AB上取点K，使AK=AB，所求轨迹是以K为圆心，AK为半径的圆。

45xy22b5y得 x例9 已知圆x+y=1和直线y=2x+m相交于A，B，且OA，OB与x轴正方向所成的角是α和β，见图10-7，求证：sin(α+β)是定值。 [证明] 过D作ODAB于D。则直线OD的倾斜角为2•tan21,

2tan22

2，因为ODAB，所以

所以tan21。所以sin()242. 51tan2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|=(cos2sin)2sin24sin24sincos1

=2(sin2cos2)3322sin2.

4因为2222sin23822，所以21|OD|21. 4当时，|OD|max=2+1；当时，|OD|min=21.

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a2m1,消去m得a-2b+1=0.故这些圆的圆心在直线x-2y+1=0上。

bm178设公切线方程为y=kx+b，则由相切有2|m|=

2

|k(2m1)(m1)b|1k2

2，对一切m≠0

成立。即(-4k-3)m+2(2k-1)(k+b-1)m+(k+b-1)=0对一切m≠0成立，所以

3k,4k30,374当k不存在时直线为x=1。即所以公切线方程y=和x44kb10,b7.4x=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(0|PF|e(02．椭圆的方程，如果以椭圆的中心为原点，焦点所在的直线为坐标轴建立坐标系，由定义可求得它的标准方程，若焦点在x轴上，列标准方程为

x2y221 (a>b>0)， 2ab参数方程为xacos（为参数）。

ybsin若焦点在y轴上，列标准方程为

y2y21 (a>b>0)。 a2b23．椭圆中的相关概念，对于中心在原点，焦点在x轴上的椭圆

x2y21， a2b2a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

a2a2定义中的定直线）为x，与右焦点对应的准线为x；定义中的比e称

cc为离心率，且ec，由c2+b2=a2知0x2y24．椭圆的焦半径公式：对于椭圆221(a>b>0), F1(-c, 0), F2(c, 0)是它

ab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

x0xy0y21； a2b2）斜率为k的切线方程为ykxa2k2b2； 3）过焦点F2(c, 0)倾斜角为θ的弦的长为

2ab2l2。 ac2cos2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

x2y21， a2b2xasec参数方程为（为参数）。

ybtan焦点在y轴上的双曲线的标准方程为

y2x221。 2ab8．双曲线的相关概念，中心在原点，焦点在x轴上的双曲线

x2y21(a, b>0), a2b2a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).

a2a2左、右焦点为F1(-c,0), F2(c, 0)，对应的左、右准线方程分别为x,x.ccx2y2ck222

离心率e，由a+b=c知e>1。两条渐近线方程为yx，双曲线221aaabx2y2与221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ab为等轴双曲线。

x2y29．双曲线的常用结论，1）焦半径公式，对于双曲线221，F（, F2(c, 1-c,0）

ab0)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.

2ab22) 过焦点的倾斜角为θ的弦长是22。 2accos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)，准线方程为x为y=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|=xp； 22

p2p，标准方程22）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

2p。 21cos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二、方法与例题 1．与定义有关的问题。

x2y21的左焦点，点P为椭圆上的动点，例1 已知定点A（2，1），F是椭圆2516ep。

1ecos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=5242=3,e程为xc3.椭圆左准线的方a52541，又因为1，所以点A在椭圆内部，又点F坐标为（-3，0），32516过P作PQ垂直于左准线，垂足为Q。由定义知

53|PF|35e，则|PF|=|PQ|。 |PQ|53所以3|PA|+5|PF|=3(|PA|+|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x515515,1) ，又x<0，所以点P坐标为(44x2y2例2 已知P，P'为双曲线C：221右支上两点，PP'延长线交右准线于K，

abPF1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，P'El于E，因为P'E//PD，则

|PF1||PD||PK||PF1||P'F1||PK||P'K|，又由定义，所以，由三e|PD||P'E||PD||P'E||P'F1||P'E||P'K|角形外角平分线定理知，F1K为∠PF1P的外角平分线，所以∠P'F1K=∠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

x2y2角坐标系，设椭圆方程：22=1（a>b>0）.F坐标为(-c, 0).设另一焦点为F'。

ab连结AF'，OP，则OP//AF'。所以|FP|+|PO|=(|FA|+|AF'|)=a.

1212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

x2y2cm=(,0)平移，得到中心在原点的椭圆：221。由平移公式知，所求椭圆

2ab44的方程为

[解法二] 相关点法。设点P(x,y), A(x1, y1)，则xx1cy,y1，即x1=2x+c, 22x12y12x2y2y1=2y. 又因为点A在椭圆221上，所以221.代入得关于点P的方程

ababc4x4y22c为。它表示中心为1,0，焦点分别为F和O的椭圆。

a2b222例4 长为a, b的线段AB，CD分别在x轴，y轴上滑动，且A，B，C，D四点共圆，求此动圆圆心P的轨迹。

[解] 设P(x, y)为轨迹上任意一点，A，B，C，D的坐标分别为A(x-B(x+

a,0), 2abb,0), C(0, y-), D(0, y+), 记O为原点，由圆幂定理知2222a2b2a2b2222y. |OA|•|OB|=|OC|•|OD|，用坐标表示为x，即xy444当a=b时，轨迹为两条直线y=x与y=-x；

当a>b时，轨迹为焦点在x轴上的两条等轴双曲线； 当a例5 在坐标平面内，∠AOB=，AB边在直线l: x=3上移动，求三角形AOB的

3外心的轨迹方程。

[解] 设∠xOB=θ,并且B在A的上方，则点A，B坐标分别为B(3, 3tan

33θ),A(3,3tan(θ-)),设外心为P(x,y)，由中点公式知OB中点为M,tan。

3223由外心性质知ytantan. 再由PMOB得

233ytan2×tanθ=-1。结合上式有 3x223tan()•tanθ=x. ①

3232又 tanθ+tan()=y. ②

33又 3tantan. 33所以tanθ-tan()=31tantan两边平方，再将①，②代入得

33(x4)2y21。即为所求。 4123．定值问题。

x2y2例6 过双曲线221(a>0, b>0)的右焦点F作B1B2x轴，交双曲线于B1，

abB2两点，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

b2b2F1，B1，B2的坐标分别为(-c, 0), (c, ), (c, )，因为F1，H分别是直

aa线B2F，BB1与x轴的交点，所以

cababacsin,x0. ①

2asinbcosasinbcosa2b(bcsin)所以 cx022

2asinabsincosb2cos2a2b(bcsin)。 asin(asinbcos)(csinb)(csinb)由①得asinbcosa(bcsin),

x0代入上式得cx0a2ba2sin(csinb)x0,

a2即 x（定值）。

c注：本例也可借助梅涅劳斯定理证明，读者不妨一试。

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。

y12[证明] 设A2p,y12y2ppFC,y，则，焦点为,B,y,0，所以22p2222y2y12y12ppp。由于,y2OA(,y1)，OC,y2，FA(,y1)，FB22p22p2p22y1y2py12y2ppFA//FB，所以•y2-y2=0。因为y1y1=0，即(y1y2)22p22p22py1y2py1y2py12py1y2，所以，即y00。所以yy10。所以22p122p22p2OA//OC，即直线AC经过原点。

x2y211例8 椭圆221上有两点A，B，满足OAOB，O为原点，求证：|OA|2|OB|2ab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(r1cosθ, r1sinθ),B(-r2sinθ,r2cosθ)。由A，B在椭圆上有

1cos2sin2即 2 ① r1a2b21sin2cos2. ② 222r2ab①+②得

1111（定值）。 2222|OA||OB|ab4．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=

14r311,记|OA|=r1,|OB|=r2,1t，参考例8可得22=4。3r1r2r211112)(2t), 2224r1r2t2

设m=|AB|=r12r22(r12r22)(1cos2sin21a2b2111222因为2，且a>b，所以，所以bsin22222222ar1br1abaabb2ba1≤r1≤a，同理b≤r2≤a.所以t。又函数f(x)=x+在2abxa,1上单调递减，a2ba在1,2上单调递增，所以当t=1即|OA|=|OB|时，|AB|取最小值1；当t或

abb时，|AB|取最大值

23。 33，若圆C：2例10 设一椭圆中心为原点，长轴在x轴上，离心率为

3x2(y)21上点与这椭圆上点的最大距离为17，试求这个椭圆的方程。

2[解] 设A，B分别为圆C和椭圆上动点。由题设圆心C坐标为0,，半径|CA|=1，因为|AB|≤|BC|+|CA|=|BC|+1，所以当且仅当A，B，C共线，且|BC|取最大值时，|AB|取最大值17，所以|BC|最大值为7. 因为e3；所以可设椭圆半长轴、半焦距、半短轴长分别为2t,3t,t，椭圆232x2y2方程为221，并设点B坐标为B(2tcosθ,tsinθ)，则|BC|2=(2tcos

4tt9123222

θ)+=3tsinθ-3tsinθ++4t=-3(tsinθ+)+3+4t2. tsin4222

2192411若t>,则当sinθ=时，|BC|2取最大值3+4t2，由3+4t2=7得t=1.

22t若t，则当sinθ=-1时，|BC|2取最大值t2+3t+7，与题设不符。

x2所以椭圆方程为y21。

45．直线与二次曲线。

例11 若抛物线y=ax-1上存在关于直线x+y=0成轴对称的两点，试求a的取值范围。

[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=ax121且-x1=a(-y1)2-1，相减得x1+y1=a(x12y12),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+. 所以ay12y1即为所求。

x2例12 若直线y=2x+b与椭圆y21相交，（1）求b的范围；（2）当截得弦

411310.此方程有不等实根，所以14a(1)0，求得a，

4aa1a2

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17417b2为P(x1,y1),Q(x2,y2)，由韦达定理得|PQ|=1k|x1x2|5。所以

172当b=0时，|PQ|最大。 第十二章 立体几何 一、基础知识

公理1 一条直线。上如果有两个不同的点在平面。内．则这条直线在这个平面内，记作：aa．

公理2 两个平面如果有一个公共点，则有且只有一条通过这个点的公共直线，

即若P∈α∩β，则存在唯一的直线m，使得α∩β=m,且P∈m。

公理3 过不在同一条直线上的三个点有且只有一个平面。即不共线的三点确定一个平面．

推论l 直线与直线外一点确定一个平面． 推论2 两条相交直线确定一个平面． 推论3 两条平行直线确定一个平面．

公理4 在空间内，平行于同一直线的两条直线平行．

定义1 异面直线及成角：不同在任何一个平面内的两条直线叫做异面直线．过空间任意一点分别作两条异面直线的平行线，这两条直线所成的角中，不超过900的角叫做两条异面直线成角．与两条异面直线都垂直相交的直线叫做异面直线的公垂线，公垂线夹在两条异面直线之间的线段长度叫做两条异面直线之间的距离．

定义2 直线与平面的位置关系有两种；直线在平面内和直线在平面外．直线与平面相交和直线与平面平行(直线与平面没有公共点叫做直线与平面平行)统称直线在平面外．

定义3 直线与平面垂直：如果直线与平面内的每一条直线都垂直，则直线与这个平面垂直．

定理1 如果一条直线与平面内的两条相交直线都垂直，则直线与平面垂直． 定理2 两条直线垂直于同一个平面，则这两条直线平行．

定理3 若两条平行线中的一条与一个平面垂直，则另一条也和这个平面垂直． 定理4 平面外一点到平面的垂线段的长度叫做点到平面的距离，若一条直线与平面平行，则直线上每一点到平面的距离都相等，这个距离叫做直线与平面的

距离．

定义5 一条直线与平面相交但不垂直的直线叫做平面的斜线．由斜线上每一点向平面引垂线，垂足叫这个点在平面上的射影．所有这样的射影在一条直线上，这条直线叫做斜线在平面内的射影．斜线与它的射影所成的锐角叫做斜线与平面所成的角．

结论1 斜线与平面成角是斜线与平面内所有直线成角中最小的角．

定理4 (三垂线定理)若d为平面。的一条斜线，b为它在平面a内的射影，c为平面a内的一条直线，若cb，则ca．逆定理：若ca，则cb． 定理5 直线d是平面a外一条直线，若它与平面内一条直线b平行，则它与平面a平行

定理6 若直线。与平面α平行，平面β经过直线a且与平面a交于直线6，则a//b．

结论2 若直线。与平面α和平面β都平行，且平面α与平面β相交于b，则a//b． 定理7 (等角定理)如果一个角的两边和另一个角的两边分别平行且方向相同，则两个角相等．

定义6 平面与平面的位置关系有两种：平行或相交．没有公共点即平行，否则即相交．

定理8 平面a内有两条相交直线a，b都与平面β平行，则α//β. 定理9 平面α与平面β平行，平面γ∩α=a，γ∩β=b，则a//b． 定义7 (二面角)，经过同一条直线m的两个半平面α,β(包括直线m，称为二面角的棱)所组成的图形叫二面角，记作α—m—β，也可记为A—m一B，α—AB—β等．过棱上任意一点P在两个半平面内分别作棱的垂线AP，BP，则∠APB(≤

90)叫做二面角的平面角． 它的取值范围是[0，π]．

特别地，若∠APB＝90，则称为直二面角，此时平面与平面的位置关系称为垂直，即αβ.

定理10 如果一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直． 定理11 如果两个平面垂直，过第一个平面内的一点作另一个平面的垂线在第一个平面内．

定理12 如果两个平面垂直，过第一个子面内的一点作交线的垂线与另一个平面垂直．

定义8 有两个面互相平行而其余的面都是平行四边形，并且每相邻两个平行四边形的公共边(称为侧棱)都互相平行，由这些面所围成的几何体叫做棱柱．两个互相平行的面叫做底面．如果底面是平行四边形则叫做平行六面体；侧棱与底面垂直的棱柱叫直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．底面是矩形的直棱柱叫做长方体．棱长都相等的正四棱柱叫正方体．

定义9 有一个面是多边形(这个面称为底面)，其余各面是一个有公共顶点的三角形的多面体叫棱锥．底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面的中心的棱锥叫正棱锥．

定理13 (凸多面体的欧拉定理)设多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则 V+F-E=2．

定义10 空间中到一个定点的距离等于定长的点的轨迹是一个球面．球面所围成的几何体叫做球．定长叫做球的半径，定点叫做球心．

0

0

定理14 如果球心到平面的距离d小于半径R，那么平面与球相交所得的截面是圆面，圆心与球心的连线与截面垂直．设截面半径为r，则d2+r2＝R2．过球心的截面圆周叫做球大圆．经过球面两点的球大圆夹在两点间劣弧的长度叫两点间球面距离．

定义11 (经度和纬度)用平行于赤道平面的平面去截地球所得到的截面四周叫做纬线．纬线上任意一点与球心的连线与赤道平面所成的角叫做这点的纬度．用经过南极和北极的平面去截地球所得到的截面半圆周(以两极为端点)叫做经线，经线所在的平面与本初子午线所在的半平面所成的二面角叫做经度，根据位置不同又分东经和西经．

定理15 (祖 原理)夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.

定理16 (三面角定理)从空间一点出发的不在同一个平面内的三条射线共组成三个角．其中任意两个角之和大于另一个，三个角之和小于3600．

定理17 （面积公式）若一个球的半径为R，则它的表面积为S球面=4πR2。若一个圆锥的母线长为l，底面半径为r，则它的侧面积S侧=πrl.

定理18 （体积公式）半径为R的球的体积为V球=R3；若棱柱（或圆柱）的底面积为s，高h，则它的体积为V=sh；若棱锥（或圆锥）的底面积为s，高为h，则它的体积为V=sh.

定理19 如图12-1所示，四面体ABCD中，记∠BDC=α，∠ADC=β，∠ADB=γ，∠BAC=A，∠ABC=B，∠ACB=C。DH平面ABC于H。

（1）射影定理：SΔABD•cosФ=SΔABH，其中二面角D—AB—H为Ф。

1343

（2）正弦定理：

sinsinsin. sinAsinBsinC（3）余弦定理：cosα=cosβcosγ+sinβsinγcosA.

cosA=-cosBcosC+sinBsinCcosα.

（4）四面体的体积公式VDH•SΔABC

=abc1cos2cos2cos22coscoscos

161aa1dsin（其中d是a1, a之间的距离，是它们的夹角） 62SΔABD•SΔACD•sinθ(其中θ为二面角B—AD—C的平面角)。 3a13二、方法与例题 1．公理的应用。

例1 直线a,b,c都与直线d相交，且a//b,c//b，求证：a,b,c,d共面。 [证明] 设d与a,b,c分别交于A,B,C,因为b与d相交，两者确定一个平面，设为a.又因为a//b，所以两者也确定一个平面，记为β。因为A∈α，所以A∈β，因为B∈b，所以B∈β，所以dβ.又过b,d的平面是唯一的，所以α，β是同一个平面，所以aα.同理cα.即a,b,c,d共面。 例2 长方体有一个截面是正六边形是它为正方体的什么条件？

[解] 充要条件。先证充分性，设图12-2中PQRSTK是长方体ABCD-A1B1C1D1的正六边形截面，延长PQ，SR设交点为O，因为直线SR平面CC1D1D，又O∈直线SR，所以O∈平面CC1D1D，又因为直线PQ平面A1B1C1D1，又O∈直线PQ，所以O∈平面A1B1C1D1。所以O∈直线C1D1，由正六边形性质知，∠ORQ=∠OQR=600，所以ΔORQ为正三角形，因为CD//C1D1，所以

CRSR=1。所以R是CC1中点，同C1RRO理Q是B1C1的中点，又ΔORC1≌ΔOQC1，所以C1R=C1Q，所以CC1=C1B1，同理CD=CC1，

所以该长方体为正方体。充分性得证。必要性留给读者自己证明。 2．异面直线的相关问题。

例3 正方体的12条棱互为异面直线的有多少对？

[解] 每条棱与另外的四条棱成异面直线，重复计数一共有异面直线12×4=48对，而每一对异面直线被计算两次，因此一共有

4824对。 2例4 见图12-3，正方体，ABCD—A1B1C1D1棱长为1，求面对角线A1C1与AB1所成的角。

[解] 连结AC，B1C，因为A1A//B1B//C1C，所以A1A//C1C，所以A1ACC1为平行四边

形，所以A1C1//AC。

所以AC与AB1所成的角即为A1C1与AB1所成的角，由正方体的性质AB1=B1C=AC，所以∠B1AC=600。所以A1C1与AB1所成角为600。 3．平行与垂直的论证。

例5 A，B，C，D是空间四点，且四边形ABCD四个角都是直角，求证：四边形ABCD是矩形。

[证明] 若ABCD是平行四边形，则它是矩形；若ABCD不共面，设过A，B，C的平面为α，过D作DD1α于D1，见图12-4，连结AD1，CD1，因为ABAD1，又因为DD1平面α，又ABα，所以DD1AB，所以AB平面ADD1，所以ABAD1。同理BCCD1，所以ABCD1为矩形，所以∠AD1C=90，但AD1例6 一个四面体有两个底面上的高线相交。证明：它的另两条高线也相交。 [证明] 见图12-5，设四面体ABCD的高线AE与BF相交于O，因为AE平面BCD，

0

所以AECD，BF平面ACD，所以BFCD，所以CD平面ABO，所以CDAB。设四面体另两条高分别为CM，DN，连结CN，因为DN平面ABC，所以DNAB，又ABCD，所以AB平面CDN，所以ABCN。设CN交AB于P，连结PD，作CM'PD于M'，因为AB平面CDN，所以ABCM'，所以CM'平面ABD，即CM'为四面体的高，所以CM'与CM重合，所以CM，DN为ΔPCD的两条高，所以两者相交。 例7 在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD中点，沿BE将ΔABE折起，并使AC=AD，见图12-6。求证：平面ABE平面BCDE。

[证明] 取BE中点O，CD中点M，连结AO，OM，OD，OC，则OM//BC，又CDBC，所以OMCD。又因为AC=AD，所以AMCD，所以CD平面AOM，所以AOCD。又因为AB=AE，所以AOBE。因为ED≠BC，所以BE与CD不平行，所以BE与CD是两条相交直线。所以AO平面BC-DE。又直线AO平面ABE。所以平面ABE平面BCDE。

4．直线与平面成角问题。

例8 见图12-7，正方形ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，G为BF的中点，将正方形沿EF折成1200的二面角，求AG和平面EBCF所成的角。 [解]设边长AB=2，因为EF//AD，又ADAB。所以EFAB，所以BG=BF1215，2又AEEF，BEEF，所以∠AEB=1200。过A作AMBE于M，则∠AEM=600，ME=

3110

.由余弦定理MG2=BM2+BG2-2BM•BGcos∠AE，AM=AEsin60=22222535195332 =2，所以MG=2.因为EFAE，MBG=22234425EFBE，所以EF平面AEB，所以EFAM，又AMBE，所以AM平面BCE。所

36以∠AGM为AG与平面EBCF所成的角。而tan∠AGM=2。所以AG与平面

42EBCF所成的角为arctan6. 4例9 见图12-8，OA是平面α的一条斜角，ABα于B，C在α内，且ACOC，∠AOC=α，∠AOB=β，∠BOC=γ。证明：cosα=cosβ•cosγ.

[证明] 因为ABα，ACOC，所以由三垂线定理，BCOC，所以OAcosβ=OB,OBcosγ=OC,又RtΔOAC中，OAcosα=OC，所以OAcosβcosγ=OAcosα，所以cosα=cosβ•cosγ. 5．二面角问题。

例10 见图12-9，设S为平面ABC外一点，∠ASB=450，∠CSB=600，二面角A—SB—C为直角二面角，求∠ASC的余弦值。

[解] 作CMSB于M，MNAS于N，连结CN，因为二面角A—SB—C为直二面角，所以平面ASB平面BSC。又CMSB，所以CM平面ASB，又MNAS，所以由三垂线定理的逆定理有CNAS，所以SC•cos∠CSN=SN=SC•cos∠CSM•cos∠ASB，所以cos∠ASC=cos450cos600=

2。 4例11 见图12-10，已知直角ΔABC的两条直角边AC=2，BC=3，P为斜边AB上一点，沿CP将此三角形折成直二面角A—CP—B，当AB=7时，求二面角P—AC—B的大小。

[解] 过P作PDAC于D，作PECP交BC于E，连结DE，因为A—CP—B为直二面角，即平面ACP平面CPB，所以PE平面ACP，又PDCA，所以由三垂线定理知DEAC，所以∠PDE为二面角P—AC—B的平面角。设∠BCP=θ，则cos

∠ECD=cosθ•cos(90-θ)=sinθcosθ，由余弦定理

20

cos∠

2232711ACB=，所以sinθcosθ=，所以sin2θ=1.又0<2θ<π，所以

222322PEθ=，设CP=a，则PD=a,PE=a.所以tan∠PDE=2.

42PD所以二面角P—AC—B的大小为arctan2。 6．距离问题。

例12 正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为a，求对角线AC与BC1的距离。 [解] 以B为原点，建立直角坐标系如图12-11所示。设P，Q分别是BC1，CA上的点，且BPBC1,CQCA，各点、各向量的坐标分别为A(a,0,0),B(0,0,0),C(0,a,0)

，

1313111111111PQBQBPBCCABC1BCBABCBCBB1BCBABB1333333333311111a，所以PQBC1a×a+a×a=0, (a,a,a),所以|PQ|333333PQCA11a×a-a×a=0.所以PQBC1,PQCA。所以PQ为AC与BC1的公垂

333a. 3线段，所以两者距离为

例13 如图12-12所示，在三棱维S—ABC中，底面是边长为42的正三角形，棱SC的长为2，且垂直于底面，E，D分别是BC，AB的中点，求CD与SE间的距离。

[分析] 取BD中点F，则EF//CD，从而CD//平面SEF，要求CD与SE间的距离就转化为求点C到平面SEF间的距离。 [解] 设此距离为h，则由体积公式

计算可得SΔSEF=3，SCEF3.所以h7．凸多面体的欧拉公式。

23. 3例14 一个凸多面体有32个面，每个面或是三角形或是五边形，对于V个顶点每个顶点均有T个三角形面和P个五边形面相交，求100P+10T+V。

[解] 因F=32，所以32-E+V=2，所以E=V+30。因为T+P个面相交于每个顶点，每个顶点出发有T+P条棱，所以2E=V(T+P). 由此得V(T+P)=2(V+30)，即V(T+P-2)=60. 由于每个三角形面有三条棱，故三角形面有边形有

VT个，类似地，五3VPTP个，又因为每个面或者是三角形或者是五边形，所以V=32，535由此可得3T+5P=16，它的唯一正整数解为T=P=2，代入V(T+P-2)=60得V=30，所以100P+10T+V250。 8．与球有关的问题。

例15 圆柱直径为4R，高为22R，问圆柱内最多能装半径为R的球多少个？ [解] 最底层恰好能放两个球，设为球O1和球O2，两者相切，同时与圆柱相切，在球O1与球O2上放球O3与球O4，使O1O2与O3O4相垂直，且这4个球任两个相外切，同样在球O3与球O4上放球O5与球O6，……直到不能再放为止。

先计算过O3O4与过O1O2的两平行面与圆柱底面的截面间距离为

(3R)2R22R。设共装K层，则(22-2)R<2R(K-1)+2R≤22R，解得K=15，

因此最多装30个。 9．四面体中的问题。

例16 已知三棱锥S—ABC的底面是正三角形，A点在侧面SBC上的射影H是ΔSBC的垂心，二面角H—AB—C的平面角等于300，SA=23。求三棱锥S—ABC的

体积。

[解] 由题设，AH平面SBC，作BHSC于E，由三垂线定理可知SCAE，SCAB，故SC平面ABE。设S在平面ABC影为O，则SO平面ABC，由三垂线定理的逆定理知，COAB于F。同理，BOAC，所以O为ΔABC垂心。又因为ΔABC是等边三角形，故O为ΔABC的中心，从而SA=SB=SC=23，因为CFAB，CF是EF在平面ABC上的射影，又由三垂线定理知，EFAB，所以∠EFC是二面角H—AB—C

的

平

12面角，故∠EFC=300，所以

OC=SCcos600=233,SO=3tan600=3，又OC=

1339×32×3=3。 443AB，所以AB=3OC=3。所3以VS—ABC=例17 设d是任意四面体的相对棱间距离的最小值，h是四面体的最小高的长，求证：2d>h.

[证明] 不妨设A到面BCD的高线长AH=h，AC与BD间的距离为d，作AFBD于点F，CNBD于点N，则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

hAHAEAFEF≤2。所以2d>h. dFGEFEF注：在前面例题中除用到教材中的公理、定理外，还用到了向量法、体积法、射影法，请读者在解题中认真总结。 第十三章 排列组合与概率

一、基础知识

1．加法原理：做一件事有n类办法，在第1类办法中有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

mm排列数，用An表示，An=n(n-1)…(n-m+1)=

n!,其中m,n∈N,m≤n,

(nm)!注：一般地An0=1，0！=1，Ann=n!。

Ann4．N个不同元素的圆周排列数为=(n-1)!。

n5．组合与组合数：一般地，从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合，即从n个不同元素中不计顺序地取出m个构成原集合的一个子集。从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的

m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Cn表示： 1k6．组合数的基本性质：（1）CnmCnnm；（2）Cnm1CnmCnn1；（3）Cnk1Cn；

nnk1（4）CCCCnk2n；（5）CkkCkk1CkkmCkk（6）m1；

0n1nnnk0knkCnCkmCnm。

7．定理1：不定方程x1+x2+…+xn=r的正整数解的个数为Crn11。

[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Crn11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Cnrr1.

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Cnmm1. 8

．

二

项

式

定

理

：

若

n

∈

N+,r+1

则项

0n1n12n22rnrrnnaCnabCnabCnabCnb.其中第(a+b)n=CnTr+1=Cnranrbr,Cnr叫二项式系数。

9．随机事件：在一定条件下可能发生也可能不发生的事件叫随机事件。在大量重复进行同一试验时，事件A发生的频率

m总是接近于某个常数，在它附近摆n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，如果一次试验有n种等可能出现的结果，其中事件A包含的结果有m种，那么事件A的概率为p(A)=

m. n11.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事件。

14．相互事件同时发生的概率：两个相互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,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.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次试验是的.

16.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

k重复试验中,这个事件恰好发生k次的概率为pn(k)=Cn•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 p x1 p1 x2 p2 x3 p3 … … xi 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-E

ξ)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次重复试验中，这个事件恰好发生k次的概率为p(ξ=k)=Cnkpkqnk, ξ的分布列为 ξ p 0 1 … … xi … … N 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=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．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

(2n)!. 2n(n!)1q，Dξ=2(q=1-p). pp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C42-1=5种可能；3）3个电阻断路，有C43=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A66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A74种方法，故共有A66A74=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

'''''''',a3,a3S',a1'a2a3,a3)T'，≥3,a3-a2≥3},T'={(a1',a2)∈S'|a1',a2},若(a1',a2令''a1a1',a2a22,a3a34，则(a1,a2,a3)∈T,这样就建立了从T'到T的映射，''2,a3a34，则它显然是单射，其次若(a1,a2,a3)∈T,令a1a1',a2a2''3(a1',a2,a3)T'，从而此映射也是满射，因此是一一映射，所以|T|=|T'|C10=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.

k[另解] A的k元子集共有C10个，k=1,2,…,10，因此，A的子集的元素个数之

912100192C1010C1010(C9C9C9)10×2。 和为C106．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|=|Ai||AiAj||A1A2A3|=3×2n-3.所以

i1ij3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+

c123233,x2=1-3,故an=c1(1+

3)+ c2(1+

n

3),由a1=3,a2=8得

n

,c23223，所以an143[(13)n2(13)n2].

8．算两次。

0r1r12r2r0例8 m,n,r∈N+，证明：CrCnCmCnCmCnCmCnCm. ①

nm[证明] 从n位太太与m位先生中选出r位的方法有Cnrm种；另一方面，从这

rkn+m人中选出k位太太与r-k位先生的方法有CnkCm种，k=0,1,…,r。所以从这r1r1r0CnCmCnCmn+m人中选出r位的方法有Cn0Cm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+x2)2•(1+x2)3••••…•(1+x2)3的展开式中xn的系数（约定|x|<1），由于f(x)=

0110112113

(1x)[ (1+x2)(1+x2)•…•(1+x2)]3=31x(1x)(1x)0

110=

12113

(1x)。

(1x2)(1x)21n

的展开式中x的系数，又由于22(1x)(1x)而0≤2004<211，所以an等于

1112322k

=•=(1+x+x+…+x2k+…)[1+2x+3x+…+(2k+1)x+…],222(1x)(1x)1x2(1x)所以x在展开式中的系数为a2k=1+3+5++(2k+1)=(k+1),k=1,2,…,从而，所求的“好牌”组的个数为a2004=10032=1006009.

k10．组合数Cn的性质。

2k2

例10 证明：C2k1是奇数(k≥1).

m[证明] Ctik2m1(2m1)(2m2)(2m1k1)2m12m22mk令=

12k12k2mtipi2mi2m2tipii=2•pi(1≤i≤k)，pi为奇数，则，它的分子、分tiipi2pi母均为奇数，因C2k1是整数，所以它只能是若干奇数的积，即为奇数。

m例11 对n≥2,证明：2nC2nn4n.

[证明] 1）当n=2时，22(k1)!(k1)!(k1)!k!k12(2k1)kk1kk1<4，所以2k+1<2C2. kC2(k1)4C2k4k1所以结论对一切n≥2成立。 11．二项式定理的应用。

1例12 若n∈N, n≥2，求证：213.

n1110112n[证明] 首先1CnCnCn2Cnn2,其次因为

nnnn1n(n1)(nk1)11111Ck(k2)，所以1

k!k(k1)k1knnkk!nknnnn2+Cn2111111111nC233.得证。 n1223n1nnn2nnn1例13 证明：CnmkhCkhCnm1(hmn).

k0[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Cnmkh是(1+x)n-k的展开式中xm-h的系数。Ckh是(1+y)k的展开式中yk的系数。从而Cnmkh•Ckh就是(1+x)n-k•(1+y)k的展开式中xm-hyh的系数。 于是，Ck0nmhnkC就是(1x)nk(1y)k展开式中xy的系数。

hkm-hh

nk0另一方面，

n1(1x)nk(1y)k=

k0n(1x)(1y)(1x)(1y)n1n1Ck0n1kn1kkxCn1ykk0n1xy=

xkykn1kk-1k-2k-1m-hh1CxC•=(x+xy+…+y)，上式中，xy项的系数恰为Cnm 1。n1xyk0k0kkn11所以CnmkhCkhCnm1.

k0n12．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

k件是次品，则事件A所包含的基本事件总数为Cn•akbn-k，故所求的概率为

kknkCnabp(A)=.

(ab)n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

1p(1p)4，且0[解] （1）如果采用三局两胜制，则甲在下列两种情况下获胜：A1—2：0（甲净

胜二局），A2—2：1（前二局甲一胜一负，第三局甲胜）. p(A1)=0.6×

10.6=0.36,p(A2)=C2×0.6×0.4×0.6=0.288.

因为A1与A2互斥，所以甲胜概率为p(A1+A2)=0.8.

(2)如果采用五局三胜制，则甲在下列三种情况下获胜：B1—3：0（甲净胜3局），B2—3：1（前3局甲2胜1负，第四局甲胜），B3—3：2（前四局各胜2局，第五局甲胜）。因为

B1，B2，B2互斥，所以甲胜概率为

p(B1+B2+B3)=p(B1)+p(B2)+p(B3)=0.63+C32×0.62×0.4×0.6+C42×0.62×0.42×0.6=0.68256.

由（1），（2）可知在五局三胜制下，甲获胜的可能性大。

例17 有A，B两个口袋，A袋中有6张卡片，其中1张写有0，2张写有1，3张写有2；B袋中有7张卡片，其中4张写有0，1张写有1，2张写有2。从A袋中取出1张卡片，B袋中取2张卡片，共3张卡片。求：（1）取出3张卡片都写0的概率；（2）取出的3张卡片数字之积是4的概率；（3）取出的3张卡片数字之积的数学期望。

1211112C2C2C3C1C2C1C414[解]（1）p12；（2）p；（3）记ξ为取出的122163C6C7C6C73张卡片的数字之积，则ξ的分布为

ξ p 所以E0 0 2 4 8 3724132248. 4263634263第十四章 极限与导数 一、基础知识

1．极限定义：（1）若数列{un}满足，对任意给定的正数ε，总存在正数m，当n>m且n∈N时，恒有|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limf(x),limf(x)，另外limf(x)=A表示x大于x0且趋向于

xxxx0x0时f(x)极限为A，称右极限。类似地limf(x)表示x小于x0且趋向于x0时f(x)

xx0的左极限。

2．极限的四则运算：如果limf(x)=a, limg(x)=b，那么lim[f(x)±g(x)]=a±

xx0xx0xx0b, lim[f(x)•g(x)]=ab, limxx0xx0f(x)a(b0). g(x)bxx0xx03.连续：如果函数f(x)在x=x0处有定义，且limf(x)存在，并且limf(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limyx0x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y'xx0或

dydx，即f'(x0)limx0xx0f(x)f(x0)。由定义知f(x)在点

xx0x0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）(xa)'axa1（a为任意常数）；（3）(sinx)'cosx;(4)(cosx)'sinx;(5)(ax)'axlna;(6)(ex)'ex;（7）

(logax)'11（8）(lnx)'. logax；

xx7．导数的运算法则：若u(x),v(x)在x处可导，且u(x)≠0,则

（1）[u(x)v(x)]'u'(x)v'(x)；（2）[u(x)v(x)]'u'(x)v(x)u(x)v'(x)；（3）

[（c为常数）；（4）[cu(x)]'cu'(x)1u'(x)u(x)u(x)v'(x)u'(x)v(x)]'2[]'；（5）。 2u(x)u(x)u(x)u(x)8．复合函数求导法：设函数y=f(u),u=(x)，已知(x)在x处可导，f(u)在对应的点u(u=(x))处可导，则复合函数y=f[(x)]在点x处可导，且（f[(x)])'=f'[(x)]'(x).

9.导数与函数的性质：（1）若f(x)在区间I上可导，则f(x)在I上连续；（2）若对一切x∈(a,b)有f'(x)0，则f(x)在(a,b)单调递增；（3）若对一切x∈(a,b)有f'(x)0，则f(x)在(a,b)单调递减。

10．极值的必要条件：若函数f(x)在x0处可导，且在x0处取得极值，则f'(x0)0. 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f'(x)0，当x∈(x0,x0+δ)时f'(x)0，则f(x)在x0处取得极小值；（2）若当x∈(x0-δ，x0)时f'(x)0，当x∈(x0,x0+δ)时f'(x)0，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f'(x0)0,f''(x0)0。（1）若f''(x0)0，则f(x)在x0处取得极小值；（2）若f''(x0)0，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f'()0.

[证明] 若当x∈(a,b)，f(x)≡f(a)，则对任意x∈(a,b)，f'(x)0.若当x∈(a,b)时，f(x)≠f(a)，因为f(x)在[a,b]上连续，所以f(x)在[a,b]上有最大

值和最小值，必有一个不等于f(a)，不妨设最大值m>f(a)且f(c)=m，则c∈(a,b)，且f(c)为最大值，故f'(c)0，综上得证。

14．Lagrange中值定理：若f(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，则存在ξ∈

f(b)f(a).

baf(b)f(a)[证明] 令F(x)=f(x)-(xa),则F(x)在[a,b]上连续，在(a,b)上可

baf(b)f(a)导，且F(a)=F(b)，所以由13知存在ξ∈(a,b)使F'()=0，即f'().

ba(a,b)，使f'()15．曲线凸性的充分条件：设函数f(x)在开区间I内具有二阶导数，（1）如果对任意x∈I,f''(x)0,则曲线y=f(x)在I内是下凸的；（2）如果对任意x∈I,f''(x)0,则y=f(x)在I内是上凸的。通常称上凸函数为凸函数，下凸函数为凹函数。

16．琴生不等式：设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。

an2n1(a0)；例1 求下列极限：（1）lim222；（2）lim（3）

n1annnnn111；n(n1n). lim（4）lim222nnn2nnn1[解]（1）lim2nn(n1)1121lim=lim； 222nn2n2n2nnn2n2an11（2）当a>1时，limlim1. nnn1ann111lim1naalimaan0n当0nnn2nnn21n111121n2121nn111n22nn12.

而limnlimn1n1,limnn12limn1,

所以limn12n1n221. n2n1（4）limn(n1n)limnnn1nnlim112n11n1. 2n

例2 求下列极限：（1）lim(1+x)(1+x2)(1+x2)…(1+x2)(|x|<1)；

n1x213（2）lim（3）lim。 ；x11x3x11x3x1x[解] （1）lim(1+x)(1+x2)(1+x2)…(1+x2)

n2n(1x)(1x)(1x2)(1x2)1x2lim=limnn1x1xnn11. 1x31xx21x1x213lim（2）limlim33 x11x3x1x11x1x1x=lim2x(1x)(2x)lim1. 32x1x11x1xx（3）limx213x1xx1lim(x21)(3x1x)(3x1x)(3x1x)x1

=lim(x1)(x1)(3x1x)(x1)(3x1x) limx1x12(1x)22．连续性的讨论。

例3 设f(x)在(-∞,+∞)内有定义，且恒满足f(x+1)=2f(x)，又当x∈[0,1)时，f(x)=x(1-x)2，试讨论f(x)在x=2处的连续性。

[解] 当x∈[0,1)时，有f(x)=x(1-x)，在f(x+1)=2f(x)中令x+1=t，则x=t-1，当x∈[1,2)时，利用f(x+1)=2f(x)有f(t)=2f(t-1)，因为t-1∈[0,1),再由f(x)=x(1-x)2

得

f(t-1)=(t-1)(2-t)2,从而

t∈[1,2)时,有

2

f(t)=2(t-1)•(2-t)2；同理，当x∈[1,2)时，令x+1=t，则当t∈[2,3)时，有

22(x1)(2x),x1,2;f(t)=2f(t-1)=4(t-2)(3-t).从而f(x)=所以 24(x2)(3x),x2,3.2

x2limf(x)lim2(x1)(2x)20,limf(x)lim4(x2)(3x)20x2x2x2，所以

x2limf(x)=limf(x)=f(2)=0，所以f(x)在x=2处连续。

x23．利用导数的几何意义求曲线的切线方程。

[解] 因为点(2,0)不在曲线上，设切点坐标为(x0,y0)，则y0为x'|x01，切线的斜率x01111(xx)y(xx0)。又因，所以切线方程为y-y=，即00222x0x0x0x0为此切线过点（2,0），所以为y=-(x-2)，即x+y-2=0. 4．导数的计算。

112(2x0)，所以x0=1，所以所求的切线方程x0x05x23xx例5 求下列函数的导数：（1）y=sin(3x+1)；（2）y；（3）y=ecos2x；

x（4）yln(xx21)；（5）y=(1-2x)x(x>0且x)。 [解] （1）y'cos(3x1)(3x1)'3cos(3x+1).

(5x23xx)'x(5x23xx)(x)'(2)y'

x212（3）y'ecos2x(cos2x)'ecos2x(sin2x)(2x)'2ecos2xsin2x.

x（4）y'(xx1)'1 222xx1xx1x1121（5）y'[(12x)x]'[exln(12x)]'exln(12x)(xln(12x))' 5．用导数讨论函数的单调性。

例6 设a>0，求函数f(x)=x-ln(x+a)(x∈(0,+∞))的单调区间。 [解]

2

f'(x)12x2

1(x0)xa2

，因为x>0,a>0，所以

f'(x)0x+(2a-4)x+a>0；f'(x)0x+(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f'(x)0，所以f(x)在（0，1）内单调递增，在（1，+∞）内递增，又f(x)在x=1处连续，因此f(x)在(0,+∞)内递增；（3）当00，解得x<2-a-21a或x>2-a+21a，因此，f(x)在(0,2-a-21a)内单调递增，在(2-a+21a,+∞)内也单调递增，而当2-a-21a6．利用导数证明不等式。

例7 设x(0,)，求证：sinx+tanx>2x.

2[证明] 设f(x)=sinx+tanx-2x，则f'(x)=cosx+sec2x-2，当x(0,)时，

2cosx1122cosx2（因为22cosxcosxcosx2

0f'(x)=cosx+secx-2=cosx+

1.又f(x)在200,上连续，所以f(x)在

cos2x20,上单调递增，所以当x∈0,时，f(x)>f(0)=0，即sinx+tanx>2x. 227.利用导数讨论极值。

例8 设f(x)=alnx+bx+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，

2a,a2b10,a3所以f'(1)f'(2)0，又f'(x)+2bx+1，所以解得 ax14b10,b.262

所以f(x)lnxx2x,f'(x)231621(x1)(2x). x13x33x所以当x∈(0,1)时，f'(x)0，所以f(x)在(0,1]上递减； 当x∈(1,2)时，f'(x)0，所以f(x)在[1，2]上递增； 当x∈(2,+∞)时，f'(x)0，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sin(1y)x2y1sinx2

=(1-y)x(1y)2(1y)xsin(1y)xsinxy2sinxsinxx，令g(x)=, 2x(1y)xxx(1y)当x0,时，因为cosx>0,tanx>x，所以g'(x)0；

2当x,时，因为cosx<0,tanx<0,x-tanx>0，所以g'(x)0；

2又因为g(x)在(0,π)上连续，所以g(x)在(0,π)上单调递减。 又因为0<(1-y)xg(x)，即

sin(1y)xsinx0，

(1y)xxy2sinx又因为0，所以当x∈(0,π),y∈(0,1)时，f(x,y)>0. 2x(1y)其次，当x=0时，f(x,y)=0；当x=π时，f(x,y)=(1-y)sin(1-y)π≥0. 当y=1时，f(x,y)=-sinx+sinx=0；当y=1时，f(x,y)=sinx≥0. 综上，当且仅当x=0或y=0或x=π且y=1时，f(x,y)取最小值0。 第十五章 复数 一、基础知识

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=rsinθ,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|=a2b2.如果用e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）z1z2z1z2；（2）z1z2z1z2；（3）zz|z|2；（4）（5）|z1z2||z1||z2|；（6）|z1z1；z2z2iθ

z1|z1|；（7）||z1|-|z2||≤|z1±z2|≤|z1|+|z2|；|z2|z2|1z（8）|z1+z2|2+|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2；（9）若|z|=1，则z。

4．复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z1=r1(cosθ1+isinθ1), z2=r2(cosθ2+isinθ2)，则z1••z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；若

z20,2)

z1r1[cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2)]，用指数形式记为z1z2=r1r2ei(θ1+θz2r2,

z1r1i(12)e. z2r25.棣莫弗定理：[r(cosθ+isinθ)]n=rn(cosnθ+isinnθ).

2k2k6.开方：若wnr(cosθ+isinθ)，则wnr(cosisin)，

nnk=0,1,2,…,n-1。

7．单位根：若w=1，则称w为1的一个n次单位根，简称单位根，记Z1=cos22，则全部单位根可表示为1,Z1,Z12,,Z1n1.单位根的基本性质isinnnn

有（这里记ZkZ1k，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1Z1mZ2mZnm1=0,当n|m,n,当n|m,特别1+Z1+Z2+…+Zn-1=0；（3）x+x+…+x+1=(x-Z1)(x-Z2)…

n-1n-2

(x-Zn-1)=(x-Z1)(x-Z12)…(x-Z1n1).

8.复数相等的充要条件：（1）两个复数实部和虚部分别对应相等；（2）两个复数的模和辐角主值分别相等。

9．复数z是实数的充要条件是z=z;z是纯虚数的充要条件是：z+z=0（且z≠0）. 10.代数基本定理：在复数范围内，一元n次方程至少有一个根。

11．实系数方程虚根成对定理：实系数一元n次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b≠0)是方程的一个根，则z=a-bi也是一个根。

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x1,2bi. 2a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)x+(λ+i)x+1+λi=0有两个虚根，求λ满足的充要条件。

2xx10[解] 若方程有实根，则方程组2有实根，由方程组得(λ+1)x+λ

xx02

+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

所以[cos()isin()]ncosn()isin()cos(n)isin(n)，

222222n=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。

02410013599C100C100C100C100C100C100例5 计算：（1）C100；（2）C100

[解] (1+i)100=[(1+i)2]50=(2i)50=-250,由二项式定理(1+i)100=

0129999100100C100C100iC100i2C100iC100i=

024100(C100C100C100C100)+(

50

13599024100C100C100C100C100C100C100C100)i，比较实部和虚部，得C100=-2，13599C100C100C100C100=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,CAz1a,BAz1a，由复数乘法的几何意义得：

CNz3ai(z1a)，①BMz2ai(z1a)，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=所以MN的中点P为定点。

z2z3ai,为定值，2例7 设A，B，C，D为平面上任意四点，求证：AB•AD+BC•AD≥AC•BD。 [证明] 用

A，B，C，D

表示它们对应的复数，则

(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因为|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).

所以|A-B|•|C-D|+|B-C|•|A-D|≥|A-C|•|B-D|, “=”成立当且仅当

Arg(BABCDABC)Arg()，即Arg()Arg()=π，即A，B，C，D共圆时DACDBADC成立。不等式得证。 6．复数与轨迹。

例8 ΔABC的顶点A表示的复数为3i，底边BC在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC的外心轨迹。

[解]设外心M对应的复数为z=x+yi(x,y∈R)，B，C点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M是三边垂直平分线的交点，而AB的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M对应的复数z满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b解得x26(y).

43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z1z2z3z1z2z30.又因为|zi|=1,i=1,2,3. 所以zi•zi=1，即zi1. zi22x32z1z22z2z32z3z10. ① 由z1+z2+z3=0得x12x2又z1z2z3z2z3z1z1z2z322z30. 所以z12z2111z1z2z3(z1z2z3)0. z1z2z3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+w+

2

…+w-18w=

1819

w(1w18)18w191w，所以

1918w3S+iP=，所以S. 9i1w222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c0z+c1z+…+cn-1z=g(z),令=Arg(cn)-Arg(z0)，则方程g(Z)-c0e

nn-1iθ

=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-c0e=(-1)z1z2…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e设

n2iniθ

n

，则顶点A2A3…An对应复数分别为ε2，ε3，…，εn.应

复

kk点

2p

n对

k2数

nz,则|z|=1,且

=2n-|pAk||z|(z)(z)(2kzkz)

k1k1k1k1n=2n-zz2nzzk2n.命题得证。

kkk1k1k1k1nnknn10．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，

CiB，则C-Q=i(B-Q)，则1iDAΔBCQ为等腰直角三角形；又由C-Q=i(B-Q)得Qi(Q)，即A-Q=i(D-Q)，

ii由题设及复数乘法的几何意义知D=iC,B=iA；取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=e3，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A',B',C'分别是ΔABC的三边BC，CA，AB或其延长线上的点，

BA'CB'AC'1. A'CB'AC'BBA'CB'AC'梅涅劳斯定理的逆定理 条件同上，若1.则A',B',C'三点共线。

A'CB'AC'Bi若A',B',C'三点共线，则

塞瓦定理 设A',B',C'分别是ΔABC的三边BC，CA，AB或其延长线上的点，若

AA',BB',CC'三线平行或共点，则

BA'CB'AC'1. A'CB'AC'B塞瓦定理的逆定理 设A',B',C'分别是ΔABC的三边BC，CA，AB或其延长线上的点，若

BA'CB'AC'1.则AA',BB',CC'三线共点或互相平行。 A'CB'AC'B角元形式的塞瓦定理 A',B',C'分别是ΔABC的三边BC，CA，AB所在直线上的点，则AA',BB',CC'平行或共点的充要条件是

sinBAA'sinACC'sinCBB'1.

sinA'ACsinC'CBsinB'BA广义托勒密定理 设ABCD为任意凸四边形，则AB•CD+BC•AD≥AC•BD，当且仅当

A，B，C，D四点共圆时取等号。

斯特瓦特定理 设P为ΔABC的边BC上任意一点，P不同于B，C，则有 AP2=AB2•

PCBP+AC2•-BP•PC. BCBC西姆松定理 过三角形外接圆上异于三角形顶点的任意一点作三边的垂线，则三垂足共线。

西姆松定理的逆定理 若一点在三角形三边所在直线上的射影共线，则该点在三角形的外接圆上。

九点圆定理 三角形三条高的垂足、三边的中点以及垂心与顶点的三条连线段的中点，这九点共圆。

蒙日定理 三条根轴交于一点或互相平行。（到两圆的幂（即切线长）相等的点构成集合为一条直线，这条直线称根轴）

欧拉定理 ΔABC的外心O，垂心H，重心G三点共线，且OGGH. 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=10，所以

APAC，①在ΔABP，ΔBPQ，ΔABC中由正弦定理有 CQQP10

12AP2QP2ABBQABAC，②，③.④ 000sin30sin70sin20sinBP2QsinAP2BsinABP2由②，③，④得

APAP12。又因为P1，P2同在线段AQ上，所以P1，P2重合，QPQP21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 又因为SABE1S◇ABCD=SΔADF，又BE=DF。 2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AFBD。作D关于直线OM的对称点D'。 连结PD',D'M,DD',D'F，则D'MDM.PMD'DMQ.要证PM=MQ，只需证，又∠MDQ=∠PFM，所以只需证F，P，M，D'共圆。 PD'MMDQ因为∠PFD'=1800-MDD'=1800-∠MD'D=1800-∠PMD'。（因为DD'OM。AB//DD'）

所以F，P，M，D'四点共圆。所以ΔPD'M≌ΔMDQ。所以MP=MQ。

例4 平面上每一点都以红、蓝两色之一染色，证明：存在这样的两个相似三角形，它们的相似比为1995，而且每个三角形三个顶点同色。

[证明] 在平面上作两个同心圆，半径分别为1和1995，因为小圆上每一点都染以红、蓝两色之一，所以小圆上必有五个点同色，设此五点为A，B，C，D，E，

过这两点作半径并将半径延长分别交大圆于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=-α，∠BDF=-β，

22AEDECEDE由正弦定理：， ,AsinsinsinCsin2AEsinsinC得， ACEsinsin2AEABABBCsinsinCsinC又由角平分线定理有，又，所以， AECBCsinCsinAsinsinAsin2sinAsinBDFAcosA化简得2cos，同理2cos，即2cos.

sin2sinADF2cos2sincos所以，所以sinβcosα-cosβsinα=sin(β-α)=0. sincosA12又-π<β-α<π,所以β=α。所以cos，所以A=π。

3225．向量法。

例6 设P是ΔABC所在平面上的一点，G是ΔABC的重心，求证：PA+PB+PC>3PG. [证明] 因为

PAPBPCPGGAPGGBPGGC3PGGAGBGC，又G为ΔABC

重心，所以GAGBGC0.

（事实上设AG交BC于E，则AG2GEGBGC，所以GAGBGC0）

所以PAPBPC3PG，所以|PA||PB||PC||PAPBPC|3|PG|. 又因为PA,PB,PC不全共线，上式“=”不能成立，所以PA+PB+PC>3PG。 6．解析法。

例7 H是ΔABC的垂心，P是任意一点，HLPA，交PA于L，交BC于X，HMPB，交PB于M，交CA于Y，HN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

xPxA，直线HL的方程为x(xP-xA)+y(yP-yA)=0.

yAyPyAx，所以直线BC的斜率为A，直线BC的方程为xAyAyPyA，直

xPxA线HL斜率为

又直线HA的斜率为

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。

OA2由射影定理OA=OM•OP，所以OA=OQ•OC，所以OQ=（定值）。

OC2

2

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+u2,0uk-2=qk-2u1+uk-1+uk,04．由3可得：（1）uk+1=(u0,u1)；（2）d|u0且d|u1的充要条件是d|uk+1；（3）存在

整数x

0

,x1，使uk+1=x0u0+x1u1.

12kaa5．算术基本定理：若n>1且n为整数，则np1ap2，其中pj(j=1,2,…,k)pk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a(m)≡1(modm),(m)称欧拉函数。

10．（欧拉函数值的计算公式）若mppp，则(m)=m(1a11a22akkki11). pi11．（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≡M1'M1b1+M2'M2b2+…+Mk'Mkbk(modM)， 其中M=m1m2mk；Mi=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

M，i=1,2,…,k；Mi'Mi≡1(modmi),i=1,2,…,k. mi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y322332

x+y，但x≤xz,y≤yz，因而z=nxy-≥nxy-(x+y)，故x+y≥z≥2z3

3

3

2

3

2

2

2

[nx2y2-(x+y)]2，所以n2x4y4≤2nx2y2(x+y)+x3+y3，所以nxy<2xynx3ny3。

若x≥2，则4≤nxy<2xynx3ny3≤3，矛盾。所以x=1，所以

ny<221123323

3，此式当且仅当y≤3时成立。又z|(x+y)，即z|(1+y)，所ynny11111111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a12b12c120，由a12b12≡1或0(mod4)知a1,b1,c1都是偶数(否则

a12b12c12a12b12(mod4))，从而(a1b1c122222

,,)是 方程x+y+z=2xy的一组整数222解，且不全为0，同理可知

a1b1c1ab1c1222422

,,也都是偶数(1,,)为方程x+y+z=2xy222222222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2>a1,2>b1,2>c1，从而整数解(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。

2xs2，其中xi为[证明] 考虑形如n=72k+66,k∈N的正整数，若nx12x2k

k

k

a1b1c1,k,k不是整数，矛盾。所以该方程仅有一组k222奇数，i=1,2,…,s且1≤s≤9。因为n≡2(mod8)，又xi2≡1(mod8)，所以只有

2s=2.所以nx12x2，又因为xi2≡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

222222222a-b,y0)(y0)z0小的。因此，(x0，则x0=2ab,z0=a2+b2，其中(a,b)=1,a,b

2z00(mod4)，而一奇一偶。假设a为偶数，b为奇数，那么x022x0a2b23(mod4)，矛盾，所以a为奇数，b为偶数。于是，由x0b2a2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

2y02ab4pq(p2q2)，因为p,q,p+q两两互质，因此它们必须都是某整数的

2

2

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tn31例6 求出所有的有序正整数数对(m,n)，使得是整数。

mn1解 （1）若n=1,则

2是整数，所以m-1=1或2，所以(m,n)=(2,1),(3,1). m1n31n3122n2n1（2）若m=1,则，所以n-1=1或2，所以n1n1n1(m,n)=(1,2),(1,3).

m3n31(m3n31)m3(n31)m31（3）若m>1，n>1，因为是整数，所以也

mn1mn1mn1是整数，所以m,n是对称的，不妨设m≥n，

n31n3nn11nⅰ）若m=n，则2为整数，所以n=2,m=2. 2n1n1n1n31ⅱ）若m>n，因为n+1≡1(modn),mn-1≡-1(modn)，所以≡-1(modn).

mn13

n31n31n3112n, 所以存在k∈N，使kn-1=,又kn-1=2mn1n1mn1n1n31n2121n1. 所以(k-1)n<1+,所以k=1，所以n=1=,所以mmn1n1n1n1所以n-1=1或2，所以(m,n)=(5,3)或(5,2). 同理当m综上(m,n)=(1,2),(2,1),(1,3),(3,1),(2,2),(2,5),(5,2),(3,5),(5,3). 7．进位制的作用

例7 能否选择1983个不同的正整数都不大于105，且其中没有3个正整数是等差数列中的连续项？证明你的结论。

解 将前105个自然数都表示为三进制，在这些三进制数中只选取含数字0或1（而不含数字2）的数组成数集T，下证T中的数符合要求。

（1）因为3<10<3,所以前10个自然数的三进制至多由11个数字组成，因而T中的元素个数共有1+2+22+…+210=211-1=2047>1983（个）。这是因为T中的k位数的个数相当于用0，1这两个数在k-1个位置上可重复的全排列数（首位必须是1），即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

105115

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n2。

[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

(nkk)212n. k，从而表中所有数的总和不小于(n-k)+k≥

222

2

2

123.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,{anA}n1中仅有有限个素数。

[证明] 存在。取an=(n!)3即可。当A=0时，{an}中没有素数；当|A|≥2时，若n≥|A|，则an+A均为|A|的倍数且大于|A|，不可能为素数；当A=±1时，an±1=(n!±1)•[(n!)2±n!+1]，当≥3时均为合数。从而当A为整数时，{(n!)3+A}中只有有限个素数。

例6 一个多面体共有偶数条棱，试证：可以在它的每条棱上标上一个箭头，使得对每个顶点，指向它的箭头数目是偶数。

[证明] 首先任意给每条棱一个箭头，如果此时对每个顶点，指向它的箭头数均为偶数，则命题成立。若有某个顶点A，指向它的箭头数为奇数，则必存在另一个顶点B，指向它的箭头数也为奇数（因为棱总数为偶数），对于顶点A与B，总有一条由棱组成的“路径”连结它们，对该路径上的每条棱，改变它们箭头的方向，于是对于该路径上除A，B外的每个顶点，指向它的箭头数的奇偶性不变，而对顶点A，B，指向它的箭头数变成了偶数。如果这时仍有顶点，指向它的箭头数为奇数，那么重复上述做法，又可以减少两个这样的顶点，由于多面体顶点数有限，经过有限次调整，总能使和是对每个顶点，指向它的箭头数为偶数。命题成立。

5．染色法。

例7 能否在5×5方格表内找到一条线路，它由某格中心出发，经过每个方格恰好一次，再回到出发点，并且途中不经过任何方格的顶点？

[解] 不可能。将方格表黑白相间染色，不妨设黑格为13个，白格为12个，如果能实现，因黑白格交替出现，黑白格数目应相等，得出矛盾，故不可能。 6．凸包的使用。

给定平面点集A，能盖住A的最小的凸图形，称为A的凸包。 例8 试证：任何不自交的五边形都位于它的某条边的同一侧。

[证明] 五边形的凸五包是凸五边形、凸四边形或者是三角形，凸包的顶点中至少有3点是原五边形的顶点。五边形共有5个顶点，故3个顶点中必有两点是相邻顶点。连结这两点的边即为所求。 7．赋值方法。

例9 由2×2的方格纸去掉一个方格余下的图形称为拐形，用这种拐形去覆盖5×7的方格板，每个拐形恰覆盖3个方格，可以重叠但不能超出方格板的边界，问：能否使方格板上每个方格被覆盖的层数都相同？说明理由。

[解] 将5×7方格板的每一个小方格内填写数-2和1。如图18-1所示，每个拐形覆盖的三个数之和为非负。因而无论用多少个拐形覆盖多少次，盖住的所有数字之和都是非负的。另一方面，方格板上数字的总和为12×(-2)+23×1=-1，当被覆盖K层时，盖住的数字之和等于-K，这表明不存在满足题中要求的覆盖。 -2 1 -2 1 1 1 -2 1 -2 1 1 1 -2 1 -2 1 1 1 -2 1 -2 1 -2 1 1 1 -2 1 1 1 -2 1 1 1 -2 8．图论方法。

例10 生产由六种颜色的纱线织成的双色布，在所生产的双色布中，每种颜色的纱线至少与其他三种颜色的纱线搭配过。证明：可以挑出三种不同的双色布，它们包含所有的颜色。

[证明] 用点A1，A2，A3，A4，A5，A6表示六种颜色，若两种颜色的线搭配过，则在相应的两点之间连一条边。由已知，每个顶点至少连出三条边。命题等价于由这些边和点构成的图中有三条边两两不相邻（即无公共顶点）。因为每个顶点的次数≥3，所以可以找到两条边不相邻，设为A1A2，A3A4。

（1）若A5与A6连有一条边，则A1A2，A3A4，A5A6对应的三种双色布满足要求。 （2）若A5与A6之间没有边相连，不妨设A5和A1相连，A2与A3相连，若A4和A6相连，则A1A2，A3A4，A5A6对应的双色布满足要求；若A4与A6不相连，则A6与A1相连，A2与A3相连，A1A5，A2A6，A3A4对应的双色布满足要求。 综上，命题得证。