資源簡介

第一講 集合概念及集合上的運算
知識、方法、技能
高中一年級數學（上）（試驗本）課本中給出了集合的概念；一般地，符合某種條件（或具有某種性質）的對象集中在一起就成為一個集合.
在此基礎上，介紹了集合的元素的確定性、互異性、無序性.深入地逐步給出了有限集、無限集，集合的列舉法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、補集、并集等十余個新名詞或概念以及二十幾個新符號.由此形成了在集合上的運算問題，形成了以集合為背景的題目和用集合表示空間的線面及其關系，表面平面軌跡及其關系，表示充要條件，描述排列組合，用集合的性質進行組合計數等綜合型題目.
賽題精講
Ⅰ．集合中待定元素的確定
充分利用集合中元素的性質和集合之間的基本關系，往往能解決某些以集合為背景的高中數學競賽題.請看下述幾例.
例1：求點集中元素的個數.
【思路分析】應首先去對數將之化為代數方程來解之.
【略解】由所設知
由平均值不等式，有
當且僅當（虛根舍去）時，等號成立.
故所給點集僅有一個元素.
【評述】此題解方程中，應用了不等式取等號的充要條件，是一種重要解題方法，應注意掌握之.
例2：已知
【思路分析】先進一步確定集合A、B.
【略解】又
∴A=
【評述】此題應避免如下錯誤解法：
聯立方程組
消去 因方程無實根，故.
這里的錯因是將A、B的元素誤解為平面上的點了.這兩條拋物線沒有交點是實數.但這不是拋物線的值域.
例3：已知集合
若是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，則a的值為 .
【思路分析】可作圖，以數形結合法來解之.
【略解】點集A是頂點為（a，0），（0，a），（－a，0），（0，－a）的正方形的四條邊構成（如圖Ⅰ－1－1－1）.
將，變形為
所以，集合B是由四條直線構成.
欲使為正八邊形的頂點所構成，只有這兩種情況.
（1）當時，由于正八形的邊長只能為2，顯然有
故 .
（2）當時，設正八形邊長為l，則
這時，
綜上所述，a的值為
如圖Ⅰ－1－1－1中
【評述】上述兩題均為1987年全國高中聯賽試題，題目并不難，讀者應從解題過程中體會此類題目的解法.
Ⅱ．集合之間的基本關系
充分應用集合之間的基本關系（即子、交、并、補），往往能形成一些頗具技巧的集合綜合題.請看下述幾例.
例4：設集合則在下列關系中，成立的是 （ ）
A． B．
C． D．
【思路分析】應注意數的特征，即
【解法1】∵
∴.故應選C.
【解法2】如果把A、B、C、D與角的集合相對應，令
結論仍然不變，顯然A′為終邊在坐標軸上的角的集合，B′為終邊在x軸上的角的集
合，C′為終邊在y軸上的角的集合，D′為終邊在y軸上及在直線上的角的集合，故應選（C）.
【評述】解法1是直接法，解法2運用轉化思想把已知的四個集合的元素轉化為我們熟悉的的角的集合，研究角的終邊，思路清晰易懂，實屬巧思妙解.
例5：設有集合（其中[x]表示不超過實數x之值的最大整數）.
【思路分析】應首先確定集合A與B.
從而 ∴
若
從而得出 于是
【評述】此題中集合B中元素x滿足“|x|<3”時，會出現什么樣的結果，讀者試解之.
例6：設，
如果A為只含一個元素的集合，則A=B.
【思路分析】應從A為只含一個元素的集合入手，即從方程有重根來解之.
【略解】設有重根，于是
即
整理得 因均為實數
即
【評述】此類函數方程問題，應注意將之轉化為一般方程來解之.
例7：已知成立時，a需滿足的充要條件.
【思路分析】由
【略解】
由于是，
若 ①
必有而①成立的條件是
即 解得
【評述】此類求參數范圍的問題，應注意利用集合的關系，將問題轉化為不等式問題來求解.
例8：設A、B是坐標平面上的兩個點集，
若對任何都有，則必有.此命題是否正確？
【思路分析】要想說明一個命題不正確，只需舉出一個反例即可.
【略解】不正確.
反例：取B為A去掉（0，0）后的集合.
容易看出但A不包含在B中.
【評述】本題這種舉反例判定命題的正確與否的方法十分重要，應注意掌握之.
Ⅲ．有限集合中元素的個數
有限集合元素的個數在課本P23介紹了如下性質：
一般地，對任意兩個有限集合A、B，有
我們還可將之推廣為：
一般地，對任意n個有限集合有
應用上述結論，可解決一類求有限集合元素個數問題.
【例9】某班期末對數學、物理、化學三科總評成績有21個優秀，物理總評19人優秀，化學總評有20人優秀，數學和物理都優秀的有9人，物理和化學都優秀的有7人，化學和數學都優秀的有8人，試確定全班人數以及僅數字、僅物理、僅化學單科優秀的人數范圍（該班有5名學生沒有任一科是優秀）.
【思路分析】應首先確定集合，以便進行計算.
【詳解】設A={數學總評優秀的學生}，B={物理總評優秀的學生}，C={化學總評優秀的學生}.
則
∵
∴
這里，是數、理、化中至少一門是優秀的人數，是這三科全優的人數.可見，估計的范圍的問題與估計的范圍有關.
注意到，可知
. 因而可得
又∵
∴ 這表明全班人數在41~48人之間.
僅數學優秀的人數是
∴
可見 同理可知
故僅數學單科優秀的學生在4~11之間，僅物理單科優秀的學生數在3~10之間，僅化學單科優秀的學生在5~12人之間.
第二講 映射及映射法
知識、方法、技能
1．映射的定義
設A，B是兩個集合，如果按照某種對應法則f，對于集合A中的任何一個元素，在集合B中都有惟一的元素和它對應，這樣的對應叫做從集合A到集合B的映射，記作
（1）映射是特殊的對應，映射中的集合A，B可以是數集，也可以是點集或其他集合，這兩個集合有先后次序，從A到B的映射與從B到A的映射是截然不同的.
（2）原象和象是不能互換的，互換后就不是原來的映射了.
（3）映射包括集合A和集合B，以及集合A到B的對應法則f，三者缺一不可.
（4）對于一個從集合A到集合B的映射來說，A中的每一個元素必有惟一的，但B中的每一個元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一個.
2．一一映射
一般地，設A、B是兩個集合，是集合A到集合B的映射，如果在這個映射下，對于集合A中的不同元素，在集合B中有不同的象，而且B中每一個元素都有原象，那么個這個映射叫做A到B上的一一映射.
3．逆映射
如果f是A與B之間的一一對應，那么可得B到A的一個映射g：任給，規定
，其中a是b在f下的原象，稱這個映射g是f的逆映射，并將g記為f—1.
顯然有（f—1）—1= f，即
如果f是A與B之間的一一對應，則f—1是B與A之間的一一對應，并且f—1的逆映射是f.
事實上，f—1是B到A的映射，對于B中的不同元素b1和b2，由于它們在f下的原象不同，所以b1和b2在f—1下的像不同，所以f—1是1－1的.
任給，則.這說明A中每個元素a在f—1都有原象.因此，f—1是映射上的.
這樣即得f—1是B到A上的1－1映射，即f—1是B與A之間一一對應.從而f—1有逆映射由于任給，其中b是a在f—1下的原象，即f—1(b)=a，所以，
f(a)=b，從而，這即是f—1的逆映射是f.
賽題精講
Ⅰ映射
關映射的高中數學競賽題是常見題型之一，請看下述試題.
例1：設集合映射f：F→Z.使得的值.
【思路分析】應從入手，列方程組來解之.
【略解】由f的定義和已知數據，得
將兩式相加，相減并分別分解因式，得
顯然，的條件下，
對應可知
同理，由
對應地，于是有以下兩種可能：
（Ⅰ） （Ⅱ）
由（Ⅰ）解出x=1，y=9，u=8，v=6；由（Ⅱ）解出y=12，它已超出集合M中元素的范圍.因此，（Ⅱ）無解.
【評述】在解此類問題時，估計的可能值是關鍵，其中，對它們的取值范圍的討論十分重要.
例2：已知集合求一個A與B的一一對應f，并寫出其逆映射.
【略解】從已知集合A，B看出，它們分別是坐標平面上兩直線所夾角形區域內的點的集合（如圖Ⅰ－1－2－1）.
集合A為直線所夾角內點的集合，集合B則是第一、三象限內點的集合.所要求的對應實際上可使A區域拓展成B區域，并要沒有“折疊”與“漏洞”.先用極坐標表示集合A和B：


令在這個映射下，極徑沒有改變，輻角之間是一次函數，因而之間是一一對應，其中
所以，映射f是A與B的一一對應.
逆映射極易寫，從略.
【評述】本題中將下角坐標問題化為極坐標問題，頗具特色.應注意理解掌握.
Ⅱ映射法
應用映射知識往往能巧妙地解決有關集合的一些問題.
例3：設X={1，2，…，100}，對X的任一非空子集M，M中的最大數與最小數的和稱為M的特征，記為求X的所有非空子集的特征的平均數.
【略解】設
于是是X的非空子集的全體（子集組成的集），Y到X自身的滿射，記X的非空子集為A1，A2，…，An（其中n=2100－1），則特征的平均數為
由于A中的最大數與A′中的最小數的和為101，A中最小數與A′中的最大數的和也為101，故從而特征平均數為
如果A，B都是有限集合，它們的元素個數分別記為對于映射來說，如果f是單射，則有；如果f是滿射，則有；如果f是雙射，則有.這在計算集合A的元素的個數時，有著重要的應用.即當比較難求時，我們就找另一個集合B，建立一一對應，把B的個數數清，就有.這是我們解某些題時常用的方法.請看下述兩例.
例4：把△ABC的各邊n等分，過各分點分別作
各邊的平行線，得到一些由三角形的邊和這些平
行線所組成的平行四邊形，試計算這些平等四邊
形的個數.
【略解】如圖Ⅰ－1－2－2所示，我們由對稱性，
先考慮邊不行于BC的小平行四邊形.把AB邊和
AC邊各延長一等分，分別到B′，C′，連接
B′C′.將A′B′的n條平行線分別延長，與B′C′相交，連同B′，C′共有n+2個分點，從B′至C′依次記為1，2，…，n+2.圖中所示的小平行四邊形所在四條線分別交B′C′于i，j，k，l.記
A={邊不平行于BC的小平行四邊形}，

把小平行四邊形的四條邊延長且交邊于四點的過程定義為一個映射：.
下面我們證明f是A與B的一一對應，事實上，不同的小平行四邊形至少有一條邊不相同，那么交于的四點亦不全同.所以，四點組亦不相同，從而f是A到B的1－1的映射.
任給一個四點組，過i，j點作AB的平行線，過k，l作AC的平行線，必交出一個邊不平行于BC的小平行四邊形，所以，映射f是A到B的滿射. 總之f是A與B的一一對應，于是有
加上邊不平行于AB和AC的兩類小平行四邊形，得到所有平行四邊形的總數是
例5：在一個6×6的棋盤上，已經擺好了一些1×2的骨牌，每一個骨牌都恰好覆蓋兩上相鄰的格子，證明：如果還有14個格子沒有被覆蓋，則至少能再放進一個骨牌.
【思路分析】還有14個空格，說明已經擺好了
11塊骨牌，如果已經擺好的骨牌是12塊，
圖Ⅰ－1－2－3所示的擺法就說明不能再放入骨牌.
所以，有14個空格這一條件是完全必要的.我們
要證明當還有14個空格時，能再放入一個骨牌，
只要能證明必有兩個相鄰的空格就夠了.如果這種
情況不發生，則每個空格的四周都有骨牌，由于正
方形是對稱的，當我們選定一個方向時，空格和骨牌就有了某種對應關系，即可建立空格到骨牌的一種映射，通過對空格集合與骨牌集合之間的數量關系，可以得到空格分布的一個很有趣的結論，從而也就證明了我們的命題.
【略解】我們考慮下面5×6個方格中的空.
如果棋盤第一行（即最上方的一行）中的空格數多于3個時，則必有兩空格相鄰，這時問題就得到解決.
現設第一行中的空格數最多是3個，則有，另一方面全部的骨牌數為11，即所以必有事實上這是一個一一映射，這時，將發生一個很有趣的現象：最下面一行全是空格，當然可以放入一個骨牌.
【評述】這個題目的證明是頗具有特色的，從內容上講，這個題目具有一定的綜合性，既有覆蓋與結構，又有計數與映射，尤其是利用映射來計數，在數學競賽中還較少見.
當然這個題目也可以用其他的方法來解決.例如，用抽屜原則以及用分組的方法來討論其中兩行的結構，也能比較容易地解決這個問題，請讀者作為練習.
例6：設N={1，2，3，…}，論證是否存一個函數使得，對一切成立，格，即除去第一行后的方格中的空格.對每一個這樣的空格，考察它上方的與之相鄰的方格中的情況.
（1）如果上方的這個方格是空格，則問題得到解決.
（2）如果上方的這個方格被骨牌所占，這又有三種情況.
（i）骨牌是橫放的，且與之相鄰的下方的另一個方格也是空格，則這時有兩空格相鄰，即問題得到解決；
（ii）骨牌是橫放的，與之相鄰的下方的另一個方格不是空格，即被骨牌所覆蓋；
（iii）骨牌是豎放的.
現在假設僅發生（2）中的（ii）和（iii）時，我們記X為下面5×6個方格中的空格集合，Y為上面5×6個方格中的骨牌集合，作映射，由于每個空格（X中的）上方都有骨牌（Y中的），且不同的空格對應于不同的骨牌.所以，這個映射是單射，于是有
，對一切成立.
【解法1】存在，首先有一條鏈.
1→2→3→5→8→13→21→… ①
鏈上每一個數n的后繼是，f滿足
②
即每個數是它產面兩個數的和，這種鏈稱為f鏈.
對于①中的數m>n，由①遞增易知有
③
我們證明自然數集N可以分析為若干條f鏈，并且對任意自然數m>n，③成立（從而），并且每兩條鏈無公共元素）.方法是用歸納法構造鏈（參見單壿著《數學競賽研究教程》江蘇教育出版社）
設已有若干條f鏈，滿足③，而k+1是第一個不在已有鏈中出現的數，定義
④
這鏈中其余的數由②逐一確定.
對于m>n，如果m、n同屬于新鏈，③顯然成立，設m、n中恰有一個屬于新鏈.若m屬于新鏈，在m=k+1時，
設對于m，③成立，則
[由②易知]. 即對新鏈上一切m，③成立.
若n屬于新鏈，在n=k+1時，
設對于n，③成立，在m>n時，m不為原有鏈的鏈首。 記
而在矛盾，所以.
即對新鏈上一切，③成立. 因而添入一條新鏈后，③仍成立.
這樣繼續添加，直到所有自然數均在鏈中出現，所得函數即為所求.
【解法2】令表示x的整數部分.顯然
嚴格遞增，并且 又由于，
∴

因此，就是滿足要求的函數.
第三講 函數的概念和性質
知識、方法、技能
I．函數的定義
設A，B都是非空的數集，f是從A到B的一個對應法則.那么，從A到B的映射f：A→B就叫做從A到B的函數.記做y=f(x)，其中x∈A，y∈B，原象集合，A叫做函數f(x)的定義域，象的集合C叫做函數的值域，顯然CB.
II．函數的性質
（1）奇偶性 設函數f(x)的定義域為D，且D是關于原點對稱的數集.若對任意的x∈D，都有f(－x)=－f(x)，則稱f(x)是奇函數；若對任意的x∈D，都有f(－x)=f(x),則稱f(x)是偶函數.
（2）函數的增減性 設函數f(x)在區間D′上滿足：對任意x1, x2∈D′，并且x1f(x2)),則稱f(x)在區間D′上的增函數（減函數），區間D′稱為f(x)的一個單調增（減）區間.
III．函數的周期性
對于函數 f(x),如果存在一個不為零的正數T，使得當x取定義域中的每個數時，f(x+T)=f(x)總成立，那么稱f(x)是周期函數，T稱做這個周期函數的周期.如果函數f(x)的所有周期中存在最小值T0，稱T0為周期函數f(x)的最小值正周期.
IV．高斯函數
對任意實數x,我們記不超過x的最大整數為[x]，通常稱函數y=[x]為取整函數，又稱高斯函數.
進一步，記{x}=x－[x]，則函數y={x}稱為小數部分函數，它表示的是x的小數部分.
根據高斯函數的定義，可得到其如下性質.
性質1 對任意x∈R，均有
x－1<[x]≤x<[x]+1.
性質2 對任意x∈R，函數y={x}的值域為.
性質3 高斯函數是一個不減函數，即對任意x1, x2∈R，若x1≤x2, 則[x1] ≤[x2].
性質3 若n∈Z, x∈R,則有 [x+n]=n+[x], {n+x}={x}
后一個式子表明y={x}是一個以1為周期的函數.
性質4 若x , y ∈R， 則 [x]+ [y]≤[x+y] ≤[x]+ [y]+1.
性質5 若n∈N*, x∈R, 則[nx]≥n[x]
性質6 若n∈N*, x∈R, 則.
性質7 若n∈N*, x∈R+, 則在區間[1,x]內，恰有個整數是n的倍數.
性質8 設p為質數，n∈N*,在p在n!的質因數分解式中的冪次為
賽題精講
函數是高中數學，也是高等數學的基礎.因此，也是高考和高中數學競賽的重要內容.下面分類介紹此類題目.
I 函數的定義域和值域
例1 當x為何值時，才有意義.
【思路分析】應根據對數的意義，從最外層開始一層一層地逐步消去根號和對數符號求出x的范圍.
【略解】由>0，得≥1
……
∴
【評述】這種多層對數及根式問題，一定要逐層由外向內求解，要有耐心。
例2 設A={a|a=7p,p∈N*},在A上定義函數f如下：若a∈A，則f(a)表示a的數字之和，例如f(7)=7，f(42)=6，設函數f的值域是集合M.求證：M={n|n∈N*, n≥2}.
【思路分析】注意從充要條件的角度來進行證明.
【略解】先證M{n|n∈N*,n≥2}.
任取x∈M, 即x是被7整除的正整數的數字之和，由于7×10n，n=0, 1,2，…，所以x的數字之和是大于1的正整數，因此x∈{n|n∈N*，n≥2}.所以
M{n|n∈N*,n≥2}.
再證{n|n∈N*，n≥2} M.
任取x∈{n|n∈N*,n≥2},即x是大于1的正整數.下面分兩種情形：
當x=2k(k∈N*)時，由于7|100|，于是取
a= 10011001…1001，
k個1001
則7|a，且f(a)=2k,所以x∈M.
當x=2k+1(k∈N*)時，由于7|100|，7|21，于是取
b=10011001…100121，
k－1個1001
則7|b，且f(b)=2(k－1)+3=2k+1,故x∈M,故x∈M.所以
{n|n∈N*, n≥2}M.
因此 M={n|n∈N*, n≥2}.
【評述】此類題目的證明嚴謹、科學.
例3 設正實數x, y滿足xy=1，求函數
f(x, y) =的值域.（其中（[x]表示不超過x的最大整數）
【思路分析】由x、y的對稱性，不妨設x≥y，則有x2≥1，必分x=1與x>1兩種情況討論.
【詳解】不妨設x≥y，則x2≥1,x≥1.有下面兩種情形：
（1）當x=1時，y=1，此時f(x,y)=.
（2）當x>1時，設[x]=n， {x}=x－[x]=α，則x=n+α,0≤α<1.
于是，y=<1，故[y]=0.
.
由函數g(x)=x+在x≥1時是遞增的和0≤α<1得
綜上所述，f(x, y)的值域為.
【評述】本例表面上為“二元函數”實為一元函數，因為y=，消去y后就是關于x的函數了.
II．函數性質的應用
在數學競賽中，常見的應用函數性質的題目有以下幾類：
1．求值、求最值
例4 設函數f(x)是定義在R上的周期為3的奇函數，且f(1)=2,求f(2)+f(3)的值.
【思路分析】要抓住函數為奇函數且周期為3進行變形求值.
【略解】對定義在R上的奇函數，必有
f(0)=－f(0),即f(0)=0.
∴f(3)=f(0)=0, f(2)=f(－1+3)=f(－1)=－f(1)=－2.
∴f(2)+f(3)=－2.
例5 設f(x)，g(x)都是定義在R上的奇函數，F(x)=af(x)+bg(x)+2在區間（0，+∞）上的最大值是5，求F(x)在（－∞，0）上的最小值.
【思路分析】應注意F(x)－2是奇函數，這是解題的一條途徑.
【略解】令(x)=F(x)－2=af(x)+bg(x),
易知(x)為奇函數，且在（0，+∞）上有最大值3.
∴(x)在（－∞，0）上有最小值－3.
故F(x)在（－∞，0）上的最小值為－1.
【評述】將代數式轉化為奇函數的思想十分重要，應注意掌握這種“轉化思想”.
例6 設函數f(x), 對任意x, y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，若x>0時，f(x)<0且f(1)=－2.
（1）證明：f(x)是奇函數；
（2）求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值.
【思路分析】因為x∈R，由區間的特殊點，即x=0入手，是解題的出發點.
【略解】（1）令x=y=0,則有
f(0)=f(0)+f(0), ∴f(0)=0.
再令y=－x，得f(0)=f(x)+f(－x),
∵f(0)=0, ∴f(－x)=－f(x),
∴f(x)是奇函數.
（2）設x1, x2∈R，且x1< x2,則
f(x2)=f[x1+(x2－x1)]=f(x1)+f(x2－x1),
∵x2>x1, ∴x2－x1>0.
由已知得 f(x2－x1)<0,
∴f(x2)∴f(x)在[－3，3]上的最大值[f(x)]最大值=f(－3),最小值[f(x)]最小值=f(3).
又∵f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1)+f(1)=－6, f(－3)=－f(3)=6.
故f(x)在[－3，3]上的最大值為6，最小值為－6.
【評述】本題中的 “x2=x1+(x2－x1)”是完成證明函數是減函數的證明的主要過程，這一特點讀者應有所體會.
2．求函數的解析式
例7 若f(x)=2x－2－xlga為奇函數，求實數a的值.
【思路分析】可由f(x)為奇函數，得到f(－x)=－f(x),構造方程來求a的值.
【略解】∵f(－x)=2－x－2xlga=－(2x－2－xlga)=－f(x),
∴(2x+2－x)－(2x+2－x)lga=0,
即(2x+2－x)(1－lga)=0,
∵2x+2－x>0, ∴1－lga=0,
故a=10.
【評述】利用“函數與方程的思想”來解題依然是本題的主線，但函數是奇函數是出發點。應注意找好每道題解題的出發點.
例8 已知定義在R上的單調函數f(x)滿足f(x+y)=f(x)+f(y)且f(1)=2.
（1）求證：f(x)為奇函數；
（2）當t>2時，不等式f(klog2t)+f(log2t－log22t－2)<0恒成立，求實數k的取值范圍.
【思路分析】由f(x)的定義域為R，從其特殊點，即x=y=0入手來解此題.
【略解】（1）令x=y=0得
f(0)=2f(0), ∴f(0)=0.
再令y=－x, 得f(0)=f(x)+f(－x),
∴f(－x)=－f(x), 即f(x)為奇函數.
（2）∵f(0)=0, f(1)=2,且f(x)是R上的單調函數，故f(x)是R上的單調遞增函數.又f(x)是奇函數.
由
得klog2t即log22t－(k+1)log2t+2>0,
∴(k+1)2－8<0,
∴－2∴－1－2故使不等式恒成立的實數k的范圍是（－1－2，2－1）.
【評述】本題（2）為函數不等式，此類題目十分典型，本節后面將專門加以介紹.
第四講 常見的初等函數、二次函數
知識、方法、技能
常函數y=c，冪函數y=xα (α∈Q),指數函數y=ax,對數函數y=logax,三角函數（y=sinx, y=cosx , y=tanx等），反三角函數（y=arcsinx, y=arccosx , y=arctanx等）是數學中最為基本的函數，我們把它們統稱為基本初等函數.
學習中應熟練掌握各基本初等函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性等基本性質，并能利用這些性質快捷地比較兩個數值的大小或解有關不等式.具體解題時，若繪出各基本初等函數的草圖，往往能“一目了然”地獲得問題的結果.
繪制冪函數y=xα(α=m、n是互質的整數)草圖的一般步驟是：
(1)根據指數α的大小判斷函數圖象在第一象限的情形如圖　I-1-4-1.
(2)判斷函數的奇偶性并確定函數圖像在其他象限的情況
①m,n均為奇數時，y=xα為奇函數，圖象在一、三象限內關于原點中心對稱.
②m為偶數，n為奇數時Y=xα為偶函數，圖象在一、二象限內關于y軸對稱.
③m為奇數，n 為偶數時，y=xα既不是奇函數也不是偶函數，函數只在第一象限有圖像.
常見的函數往往是由基本初等函數通過有限次加減乘除運算或復合而得到的，我們稱之為初等函數.其中二次函數和形如y=x+的分式函數在高考和競賽中具有尤為重要的地位.同學們要熟練掌握求二次函數解析式、值域的有關方法，并會用這些方法解決相關的問題；會判斷二次方程根的分布情況；會利用函數y=x+的性質求出一些分式函數的值域.
賽題精講
例1 3個冪函數y=和y=的圖象如圖I—1—4—2：試寫出各個函數的圖象的對應編號.
【思路分析】3個函數的定義域、值域、單調性都相同，具有類似的草圖，僅從草圖已無法區分這三者了.只能更為“精細”地考察和函數值的大小，不妨取x=2試一試.
【略解】當x=2時，3個函數值分別為.因為 y=為增函數，,x=2時，圖象①的對應點縱坐標最大，圖象③的對應點縱坐標最小，所以y=對應的圖象依次為③，②，①.
【評述】一般地，當α越大大時，冪函數圖像在x>1對應的部分越“高”.此外，本題方法也可應用于辨別兩個草圖相近的指數函數或對函數的圖象.
例2 比較下列各題中兩個值的大小：
（1）； （2）
（3） （4）log23與log23.1.
【思路分析】（1）中兩數有相同的指數－，故可將這兩者看做同一函數的兩個不同函數值，利用函數單調性比較兩數大小.
【略解】（1）因為是（－∞，0）上的減函數，又所以
.
（2）因為
（3）因為y=
（4）因為y=log2x是（0，+∞）上的增函數，又3<3.1，所以log23例3 求下列函數的定義域：
（1）
（2）
【略解】（1）據題意有logalogax>0.
①a>1時，上式等價于logax>1,即x>a.
②0x>a .
所以，當a>1時，函數定義域為（a,+∞）；而當0（2）據題意有
解得
【評述】解指數、對數不等式時，要注意比較底數a與1的大小，從而確定去掉指數、對數符號后不等號是否改向.
例4 解方程：
（1）
（2）
【略解】（1）因為所以原方程等價于
令y=x6,顯然y>1,則f(x)=yy是y的增函數.
所以yy=1212只有惟一解y=12. 即原方程有解
例5 比較下列各組數的大小 ：
（1）sin48°, cos313°；
（2）cos96°, sin96°, tan69°.
【思路分析】 比較兩數大小的一種方法是將兩數看成同一函數的兩個函數值，然后利用函數單調性來比較；另一種方法是尋找某個中介量（如0，1）等.
【略解】（1）cos313°=cos(360°－47°)=cos47°=sin43°所以cos313°（2）因為鈍角的余弦小于0，正弦大于0，所以cos96°<0, 0又tan69°>tan45°=1所以cos96°例6 已知x∈[0，π]，比較cos(sinx)與sin(cosx)的大小.
【略解】
例7 已知，比較下列三數的大小：
例8 求下列函數的最小正周期：
（1）y=tanx－cotx;
（2）y=sin(cosx);
（3）y=cos(sinx).
【略解】（1）因為
所以函數y=tanx－cotx的最小正周期T=.
（2）因為sin(cos(x+2π))=sin(cosx)，所以2π是函數y=sin(cosx)的周期.設最小正周期為T，若0特別地，令x=0, sin(cosT)=sinl.
而另一方面，0綜上，函數y=sin(cosx) 的最小正周期為2π.
（3）因為cos(sin(π+x))=cos(－sinx)=cos(sinx),所以π是函數y=cos(sinx)的周期，仿（2）可證函數y=cos(sinx)的最小正周期為π.
【評述】（1）求函數最小正周期時，應盡量將函數化簡.（2）對于由兩個函數f(x)和g(x)復合而成的函數f(g(x)),如果g(x)是周期函數，且其最小正周期為T1，那么，f(g(x))也是周期函數，且T1仍是f(g(x))的一個周期，但未必是它的最小正周期.
例9 判斷下列函數的周期性，若是周期函數，試求出其最小正周期.
（1）y=2sinx+3cos6x；
（2）y=sinπx+cos2x .
【略解】（1）y=2sinx和y=3cos6x的最小正周期分別是 ，的最小公倍數4π是y=2sinx+3cos6x的周期.可以證明4π也是它的最小正周期.
（2）y=sinπx和cox2x的周期分別為2和π，因為不是有理數，所以2和π沒有最小公倍數（此處倍數應為整數倍），可以證明y=sinπx+cos2x 不是周期函數.
【證明】假設T是函數y=sinπx+cos2x的周期.則
sinπ(x+T)+cos2(x+T)=sinπx+cos2x.
sinπ(x+T)－sinπx=cos2x－cos2(x+T),
2sinTcos(πx+T)=2sinTsin(2x+T), (*)
令x=0, 得2cosTsinT=2sin2T.
即sinTcosT=sin2T ①
而令x=－2, 化簡得 sinTcosT=sinTsin(T+4).②
令x=－2, 得sinTcosT=sinTsin(T－4) ③
由②－③得 sinTsin(T+4)－sinTsin(T－4)=0,
即2sinTcosTsin4=0, sin2T=0,
T= ④
但顯然④不適合①，矛盾，所以假設不成立.函數y=sinπx+cos2x不是周期函數.
【評述】一般地，周期函數f(x)和g(x)的最小正周期分別為T1和T2，若T1/T2θ，則函數f(x)+g(x)不是周期函數，若T1/T2∈θ，則f(x)+g(x)是周期函數.
第五講 不等式的證明
知識、方法、技能
不等式在數學中占有重要地位，由于其證明的困難性和方法的多樣性，而成為競賽和高考的熱門題型.
證明不等式就是對不等式的左右兩邊或條件與結論進行代數變形和化歸，而變形的依據是不等式的性質，不等式的性分類羅列如下：
不等式的性質：這是不等式的定義，也是比較法的依據.
對一個不等式進行變形的性質：
（1）（對稱性）
（2）（加法保序性）
（3）
（4）
對兩個以上不等式進行運算的性質.
（1）（傳遞性）.這是放縮法的依據.
（2）
（3）
（4）
含絕對值不等式的性質：
（1）
（2）
（3）（三角不等式）.
（4）
證明不等式的常用方法有：比較法、放縮法、變量代換法、反證法、數學歸納法、構造函數方法等.當然在證題過程中，?？伞坝梢驅Ч被颉皥坦饕颉?前者我們稱之為綜合法；后者稱為分析法.綜合法和分析法是解決一切數學問題的常用策略，分析問題時，我們往往用分析法，而整理結果時多用綜合法，這兩者并非證明不等式的特有方法，只是在不等式證明中使用得更為突出而已.此外，具體地證明一個不等式時，可能交替使用多種方法.
賽題精講
例1：求證：
【略解】


【評述】（1）本題所證不等式為對稱式（任意互換兩個字母，不等式不變），在因式分解或配方時，往往采用輪換技巧.再如證明時，可將
配方為，亦可利用
，3式相加證明.（2）本題亦可連用兩次基本不等式獲證.
例2：，求證：
【思路分析】顯然不等式兩邊為正，且是指數式，故嘗試用商較法.
【略解】不等式關于對稱，不妨，且，
都大于等于1.

【評述】（1）證明對稱不等式時，不妨假定個字母的大小順序，可方便解題.
（2）本題可作如下推廣：若

（3）本題還可用其他方法得證。因，同理，
另，4式相乘即得證.
（4）設例3等價于類似例4可證事實上，一般地有排序不等式（排序原理）：
設有兩個有序數組，則（順序和）
（亂序和）
（逆序和）
其中的任一排列.當且僅當或時等號成立.
排序不等式應用較為廣泛（其證明略），它的應用技巧是將不等式兩邊轉化為兩個有序數組的積的形式.如
.
例3：
【思路分析】中間式子中每項均為兩個式子的和，將它們拆開，再用排序不等式證明.
【略解】不妨設，則（亂序和）（逆序和），同理（亂序和）（逆序和）兩式相加再除以2，即得原式中第一個不等式.再考慮數組，仿上可證第二個不等式.
例4：設，且各不相同，
求證：
【思路分析】不等式右邊各項；可理解為兩數之積，嘗試用排序不等式.
【略解】設的重新排列，滿足，
又
所以.由于是互不相同的正整數，故從而，原式得證.
【評述】排序不等式應用廣泛，例如可證我們熟悉的基本不等式，
例5：利用基本不等式證明
【思路分析】左邊三項直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對稱性，可用輪換的方法.
【略解】；三式相加再除以2即得證.
【評述】（1）利用基本不等式時，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項、連用等技巧.
如，可在不等式兩邊同時加上
再如證時，可連續使用基本不等式.
（2）基本不等式有各種變式 如等.但其本質特征不等式兩邊的次數及系數是相等的.如上式左右兩邊次數均為2，系數和為1.
例6：已知求證：
【思路分析】不等式左邊是、的4次式，右邊為常數，如何也轉化為、的4次式呢.
【略解】要證即證
【評述】（1）本題方法具有一定的普遍性.如已知求證：
右側的可理解為再如已知，求證：
+，此處可以把0理解為，當然本題另有簡使證法.
（2）基本不等式實際上是均值不等式的特例.（一般地，對于個正數
調和平均
幾何平均
算術平均
平方平均
這四個平均值有以下關系：，其中等號當且僅當時成立.
例7：利用排序不等式證明.
【證明】令則，故可取，使得
由排序不等式有：

=（亂序和）
（逆序和）
=n，

【評述】對各數利用算術平均大于等于幾何平均即可得，.
例8：證明：對于任意正整數R，有
【思路分析】原不等式等價于，故可設法使其左邊轉化為n個數的幾何平均，而右邊為其算術平均.
【略證】
【評述】（1）利用均值不等式證明不等式的關鍵是通過分拆和轉化，使其兩邊與均值不等式形式相近.類似可證
（2）本題亦可通過逐項展開并比較對應項的大小而獲證，但較繁.
例9：n為正整數，證明：
【證明】先證左邊不等式





（*）式成立，故原左邊不等式成立.
其次證右邊不等式


（**）
（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右邊不等號成立.
第六講 不等式的應用、參數取值范圍問題
知識、方法、技能
I．排序不等式（又稱排序原理）
設有兩個有序數組及
則（同序和）
（亂序和）
（逆序和）
其中是1，2，…，n的任一排列.當且僅當或時等號（對任一排列）成立.
證明：不妨設在亂序和S中時（若，則考慮），且在和S中含有項
則 ①
事實上，左－右=
由此可知，當時，調換（）中與位置（其余不動），所得新和調整好及后，接著再仿上調整與，又得如此至多經次調整得順序和
②
這就證得“順序和不小于亂序和”.顯然，當或時②中等號成立.反之，若它們不全相等，則必存在及k，使這時①中不等號成立.因而對這個排列②中不等號成立.
類似地可證“亂序和不小于逆序和”.
II．應用排序不等式可證明“平均不等式”：
設有n個正數的算術平均數和幾何平均數分別是

此外，還有調和平均數（在光學及電路分析中要用到
，
和平方平均（在統計學及誤差分析中用到）
這四個平均值有以下關系.
其中等號成立的充分必要條件都是.
下面首先證明算術平均數一幾何平均數不等式：
記；

由于數組和數組中對應的數互為倒數，由排序不等式得
（逆序和）
，
即
從而等號當且僅當或時成立，而這兩者都可得到.
下面證明對個正數應用得

即（符號成立的條件是顯然的）.最后證明它等價于

而上式左邊=
，于是不等式及等號成立的條件都是顯然的了.從上述證明可見，對一切成立.
III．應用算術平均數——幾何平均數不等式，可用來證明下述重要不等式.
柯西（Cavchy）不等式：設、、，…，是任意實數，則

等號當且僅當為常數，時成立.
證明：不妨設不全為0，也不全為0（因為或全為0時，不等式顯然成立）. 記A=，B=.
且令
則于是原不等式成為
即.它等價于
其中等號成立的充要條件是從而原不等式成立，且等號成立的充要條件是
IV．利用排序不等式還可證明下述重要不等式.
切比雪夫不等式：若， ，
則
證明：由題設和排序不等式，有=，
，
……

將上述n個不等式疊加后，兩邊同除以n2，即得欲證的不等式.
賽題精講
I．排序不等式的應用
應用排序不等式可以簡捷地證明一類不等式，請看下述例題.
例1：對，比較的大小.
【思路分析】要應用“排序不等式”，必須取兩組便于排序的數，這要從兩式的結構上去分析.
【略解】 取兩組數

不管的大小順序如何，，故
.
【評述】 找出適當的兩組數是解此類題目的關鍵.
例2：，求證
【思路分析】 應先將、、三個不失一般性地規定為
【略解】由于不等式關于、、對稱，可設
于是.
由排序不等式，得（亂序和）.
及
以上兩個同向不等式相加再除以2，即得原式中第一個不等式.再考慮數組
，仿上可證第二個不等式，請讀者自己完成.
【評述】應用排序不等式的技巧在于構造兩個數組，而數組的構造應從需要入手來設計.這一點應從所要證的式子的結構觀察分析，再給出適當的數組.
例3：在△ABC中，試證：
【思路分析】 可構造△ABC的邊和角的序列，應用排序不等式來證明之.
【詳解】 不妨設，于是由排序不等式，得

相加，得，
得 ①
又由有

得 ②
由①、②得原不等式成立.
【評述】此題后半部分應用了不等式的性質來證明.
例4：設是互不相同的自然數，試證
【思路分析】 應先構造兩個由小到大的排序.
【略解】將按由小到大的順序排成其中是1，2，…，n的一個排列，則于是由排序不等式，得

例5：設是正數的一個排列，求證
【思路分析】 應注意到
【略證】不妨設，因為都大于0. 所以有，
又的任意一個排列，于是得到

【評述】 此題比較簡單，但頗具啟發意義，讀者應耐心體會.
例6：設正數的乘積，試證：
【略解】設，這里都是正數，則原需證明的不等式化為
中最多只有一個非負數.若中恰有一個非正數，則此時結論顯然成立.若均為正數，則是某三角形的三邊長.容易驗證

故得
【評述】 利用上述換元的方法可解決同類的問題.見下題：設正數、、的乘積
證明
證明：設，且所需證明的不等式可化為
，現不妨設，則
，據排序不等式
得
及
兩式相加并化簡可得

例7：設實數是的一個置換，證明：

【略解】 顯然所需證不等式等價于這由排序不等式可直接得到.
【評述】 應用此例的證法可立證下題：
設是兩兩互異的正整數（，證明對任意正整數，均有
證明：設是的一個排列，使，則從條件知對每個，于是由排序不等式可知
II．柯西不等式的應用
應用柯西不等式，往往能十分簡捷地證明某些不等式.
例8：設，求證：
【思路分析】 注意到式子中的倒數關系，考慮應用柯西不等式來證之.
【評述】注意到式子中的倒數關系，考慮應用柯西不等式來證之.
【詳解】 ∵，故由柯西不等式，得


，
∴
【評述】這是一道高中數學聯賽題，還可用均值不等式、數學歸納法、比較法及分離系數法和構造函數法等來證之.
第七講 三角恒等式和三角不等式
知識、方法、技能
三角恒等變形，既要遵循代數式恒等變形的一般法則，又有三角所特有的規律.
三角恒等式包括絕對恒等式和條件恒等式兩類。證明三角恒等式時，首先要觀察已知與求證或所證恒等式等號兩邊三角式的繁簡程度，以決定恒等變形的方向；其次要觀察已知與求證或所證恒等式等號兩邊三角式的角、函數名稱、次數以及結構的差別與聯系，抓住其主要差異，選擇恰當的公式對其進行恒等變形，從而逐步消除差異，統一形式，完成證明.“和差化積”、“積化和差”、“切割化弦”、“降次”等是我們常用的變形技巧。當然有時也可以利用萬能公式“弦化切割”，將題目轉化為一個關于的代數恒等式的證明問題.
要快捷地完成三角恒等式的證明，必須選擇恰當的三角公式. 為此，同學們要熟練掌握各公式及各公式的來龍去脈和變形形式.
上圖為三角公式脈絡圖，由圖可見兩角和差的三角函數的公式是所有三角公式的核心和基礎.
此外，三角是代數與幾何聯系的“橋梁”，與復數也有緊密的聯系，因而許多三角問題往往可以從幾何或復數角度獲得巧妙的解法.
三角不等式首先是不等式，因此，要掌握證明不等式的常用方法：配方法、比較法、放縮法、基本不等式法、數學歸納法等. 其次，三角不等式又有自己的特點——含有三角式，因而三角函數的單調性、有界性以及圖象特征等都是處理三角不等式的銳利武器.
三角形中有關問題也是數學競賽和高考的常見題型. 解決這類問題，要充分利用好三角形內角和等于180°這一結論及其變形形式. 如果問題中同時涉及邊和角，則應盡量利用正弦定理、余弦定理、面積公式等進行轉化，實現邊角統一. 求三角形面積的海倫公式，大家往往不甚熟悉，但十分有用.
例1：已知
【思路分析】條件涉及到角、，而結論涉及到角，.故可利用消除條件與結論間角的差異，當然亦可從式中的“A”入手.
【證法1】

【證法2】

例2：證明：
【思路分析】等號左邊涉及角7x、5x、3x、x右邊僅涉及角x，可將左邊各項逐步轉化為、
的表達式，但相對較繁. 觀察到右邊的次數較高，可嘗試降次.
【證明】因為
從而有



【評述】本題看似“化簡為繁”，實質上抓住了降次這一關鍵，很是簡捷. 另本題也可利用復數求解. 令，展開即可.
例3：求證：
【思路分析】等式左邊同時出現、，聯想到公式.
【證明】

【評述】本題方法具有一定的普遍性. 仿此可證
等.
例4：已知
【證明】
例5：證 明：
【證明】

【評述】這是三倍角的正弦的又一表示. 類似地，有
. 利用這幾個公式可解下例.
例6：求證：①
②sin1°sin2°sin3°…sin89°=
【證明】①cos6°cos42°cos66°cos78°
=cos6°cos54°cos66°

②sin1°sin2°sin3°…sin89°
=(sin1°sin59°sin61°)(sin2°sin58°sin62°)…(sin29°sin31°sin89°)sin30°sin60°
=
又

即 所以
例7：證明：對任一自然數n及任意實數為任一整數），有

【思路分析】本題左邊為n項的和，右邊為2項之差，故嘗試將左邊各項“裂”成兩項之差，并希冀能消去其中許多中間項.
【證明】
同理
……

【評述】①本題裂項技巧也可通過數學歸納法獲得.
②“裂項相消”在解題中具有一定的普遍性，類似可證下列各題：
.
例8：證明：
【證明】


所以，
【評述】①本題也可借助復數獲證.
②類似地，有
利用上述公式可快速證明下列各式：

第八講 復數
知識、方法、技能
I．復數的四種表示形式
代數形式：R）
幾何形式：復平面上的點Z（）或由原點出發的向量.
三角形式：R.
指數形式：.
復數的以上幾種形式，溝通了代數、三角、幾何等學科間的聯系，使人們應用復數解決相關問題成為現實.
II．復數的運算法則
加、減法：
乘法：

除法：

乘方：N）；
開方：復數次方根是
III．復數的模與共軛復數
復數的模的性質
①
②
③
④、對應的向量、反向時取等號；
⑤，與復數對應的向量
同時取等號.
共軛復數的性質
①；
②；
③
④；
⑤；
⑥
⑦z是實數的充要條件是是純虛的充要條件是
Ⅳ．復數解題的常用方法與思想
（1）兩個復數相等的充要條件是它們的實部、虛部對應相等，或者它們的模與輻角主
值相等（輻角相差2的整數倍）. 利用復數相等的充要條件，可以把復數問題轉化為實數問題，從而獲得解決問題的一種途徑.
（2）復數的模也是將復數問題實數化的有效方法之一.善于利用模的性質，是模運算中的一個突出方面.
賽 題 精 講
例1：設m、n為非零實數，i為虛單位，C，則方程①與
②
如圖I—1—8—1，在同一復平面內的圖形（F1、F2是焦點）是（ ）
【思路分析】可根據復平面內點的軌跡的定義；也可根據m、n的取值討論進行求解.
【略解】由復平面內點的軌跡的定義，得
方程①在復平面上表示以點為焦點的橢圓，.這表明，至少有一焦點在下半虛軸上，可見（A）不真.
又由方程①，橢圓的長軸之長為n，
∴|F1F2| 又因橢圓與雙曲線共焦點，必有橢圓的長軸長大于雙曲線的實軸長，即
故在圖（B）與（D）中，均有F1 : －ni，F2 : mi，且. 由方程②，雙曲線上的點應滿足，到F2點的距離小于該點到F1點的距離.
答案：（B）
【別解】仿上得n>0.
（1）若這時，在坐標平面上，F1（0，－n），F2（0，m），只可能為圖象（C），但與|F1F2|<長軸n，而|OF1|=n矛盾.
（2）若均在y軸的下半軸下，故只能為圖象（B）與（D）.
又因橢圓與雙曲線共焦點，必有橢圓的長軸長大于雙曲線的實軸長，即|n|>|m|. 故在（B）與（D）中，均有F1 : －ni；F2 : mi，且m<0. 由方程②，雙曲線上的點應滿足到F2點的距離小于該點到F1點的距離.
答案：（B）
【評述】（1）本題涉及的知識點：復數的幾何意義，復平面上的曲線與方程，橢圓，雙曲線，
共焦點的橢圓與雙曲線，討論法.
（2）本題屬于讀圖題型. 兩種解法均為基本方法：解法中前者為定義法；后者為分類討論法.
例2：若的值是 .
【思路分析】本題可由已知條件入手求出復數z的模，繼而求出復數；也可由幾何意義入手來求復數z.
【略解】令 ①
②
①—②得  解得代入后，
①+②得
【別解】如圖I—1—8—2，.
過D作與實軸平行的直線AB，取AD=BD=4，
【評述】本題的兩種解法中，前者應用了復數的三角形式；后者應用了復數的幾何意義，數形結合，形象直觀.
例3：x的二次方程、、m均是復數，且.
設這個方程的兩個根為、，且滿足.
求|m|的最大值和最小值.
【解法1】根據韋達定理有



這表明復數m在以A（4，5）為圓心，以7為半徑的圓周上如圖I—1—8—3所示.
故原點O在⊙A之內. 連接OA，延長交⊙A于兩點B與C，則|OB|=|OA|+|AB|=最大值.
|OC|=|CA|－|AO|=7－最小值.
∴|m|的最大值是的最小值是7－.
【解法2】同解法1，得 R）.


其中
∴ |m|的最大值=
|m|的最小值=
【解法3】根據韋達定理，有
，
∴


等號成立的充要條件是的輻角主值相差，即取最小值
【評述】三種解法，各有千秋. 解法1運用數形結合法，揭示復數m的幾何意義，直觀清晰；解法2則活用三角知識，把化為角“”的正弦；解法3運用不等式中等號成立的條件獲得答案；三種解法從不同側面刻面了本題的內在結構特征.
例4：若R，
R，中元素的個數為 （ ）
A．0 B．1 C．2 D．4
解法同本章一的練習第4題.
例5：設復數
.
【思路分析】應先設法求出的值.
【評述】由題設知

因為



當，可得同樣結果，故答案4000.
【評述】此題屬填空題中的難題，故解題時應仔細.
例6：設復平面上單位圓內接正20邊形的20個頂點所對應的復數依次為則復數所對應的不同的點的個數是（ ）
A．4 B．5 C．10 D．20
【思路分析】如題設可知，應設.故解題中應注意分解因式.
【解法1】因為我們只關心不同的點的個數，所以不失一般性可設.由，有

【答案】A.
【解法2】由
可知只有4個取值，而=（）3的取值不會增加，則B、C、D均應排除，故應選A.
【評述】上述兩個解法均為基本方法.思維的起點是不失一般性設，于是可用直接法（解法1）和排除法（解法2）.
第九講 數列與遞進
知識、方法、技能
數列是中學數學中一個重要的課題，也是數學競賽中經常出現的問題.
所謂數列就是按一定次序排列的一列數.數列的一般形式是a1, a2, …,an, …通常簡記為{an}.如果數列{an}的第n項an與n之間的函數關系可用一個公式來表示，這個公式就叫做這個數列的通項公式.
從函數的角度看，數列可以看做是一個函數，定義域是自然數集或自然數集的一個有限子集，函數表達式就是數列的通項公式.
對于數列{an}，把Sn=a1+a2+…+an叫做數列{an}的前n項和，則有
I．等差數列與等比數列
1．等差數列
（1）定義：
（2）通項公式：an=a1+(n－1)d .
（3）前n項和公式：
（4）等差中項：
（5）任意兩項：an=am+(n－m)d.
（6）性質：
①公差為非零的等差數列的充要條件是通項公式為n的一次函數；
②公差為非零的等差數列的充要條件是前n項和公式為n的不含常數項的二次函數；
③設{an}是等差數列，如果m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，那么am+an=ap+aq;
④設Sn是等差數列{an}的前n項和，則Sm, S2m－Sm, S3m－S2m, …, Spm－S(p－1)m(m>1,p≥3，m、p∈N*)仍成等差數列；
⑤設Sn是等差數列{an}的前n項和，則是等差數列；
⑥設{an}是等差數列，則{λan+b}(λ,b是常數)是等差數列；
⑦設{an}與{bn}是等差數列，則{λ1an+λ2bn}（λ1，λ2是常數）也是等差數列；
⑧設{an}與{bn}是等差數列，且bn∈N*，則{abn}也是等差數列（即等差數列中等距離分離出的子數列仍為等差數列）；
⑨設{an}是等差數列，則{}（c>0, c≠1）是等比數列.
2．等比數列
（1）定義：
（2）通項公式：an=a1qn－1.
（3）前n項和公式：
（4）等比中項：
（5）任意兩項：an=amqn－m.
（6）無窮遞縮等比數列各項和公式：
S=
（7）性質：
①設{an}是等比數列，如果m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，那么am·an=ap·aq；
②設Sn是等比數列{an}的前n項和，則Sm, S2m－Sm, S3m－S2m, …，
Spm－S(p－1)m(m>1, p≥3，m、n∈N*)仍為等比數列；
③設{an}是等比數列，則{λan}（λ是常數）、{}（m∈Z*）仍成等比數列；
④設{an}與{bn}是等比數列，則{an·bn}也是等比數列；
⑤設{an}是等比數列，{bn}是等差數列，bn∈Z*，則{abn}是等比數列（即等比數列中等距離分離出的子數列仍為等比數列）；
⑥設{an}是正項等比數列，則{logcan}(c>0, c≠1)是等差數列.
賽題精講
例1 設數列{an}的前n項和Sn=2an－1(n=1, 2,…)，數列{bn}滿足b1=3, bk+1=bk+ak(k=1,2，…)，求數列{bn}的前n項之和.
（1996年全國數學聯賽二試題1）
【思路分析】欲求數列{bn}前n項和，需先求bn. 由ak=bk+1－bk, 知求ak即可，利用
ak=Sk－Sk－1(k=2, 3, 4,…)可求出ak.
【略解】由Sn=2an－1和a1=S1=2a1－1,得a1=1, 又an=Sn－Sn－1=2an－2an－1,即an=2an－1,因此{an}是首項為1，公比為2的等比數列，則有an=2n－1.
由ak=bk+1－bk，取k=1,2,…,n－1得
a1=b2－b1, a2=b3－b2, a3=b4－b3, …, an－1=bn－bn－1,將上面n－1個等式相加，得bn－b1=a1+a2+…+an. 即bn=b1+a1+a2+…+an=3+(1+2+22+…+2n－1)=2n－1+2,所以數列{bn}的前n項和為
Sn′=（2+1）+（2+2）+（2+22）+…+（2+2n－1）=2n+2n－1.
【評述】求數列的前n 項和，一般情況必須先研究通項，才可確定求和的方法.
例2 求證：若三角形的三內角成等差數列，對應的三邊成等比數列，則此三角形必是正三角形.
【思路分析】由△ABC的三個內角A、B、C成等差數列，知∠B=60°，三個角可設為60°－d, 60°, 60°+d，其中d為常數；又由對應的三邊a、b、c成等比數列，知b2=ac，或將三邊記為a、aq、aq2，其中q為正常數，由此知要證此三角形為正三角形只須證明d=0或q=1或a=b=c.
【證】設△ABC的三個內角為A、B、C及其對邊a、b、c，依題意b2=ac, ∠B=60°.
【方法1】由余弦定理，得
整理得(a－c)2=0因此a=c.
故△ABC為正三角形.
【方法2】設a、b、c三邊依次為a、aq、aq2，由余弦定理有
cosB=,整理得q4－2q2+1=0,解得q=1, q=－1（舍去）
所以a=b=c,故此△ABC為正三角形.
【方法3】因為b2=ac, 由正弦定理：
(2RsinB)2=2RsinA·2RsinC（其中R是△ABC外接圓半徑）即sin2B=sinA·sinC，把
B=60°代入得sinA·sinC=，整理得[cos(A－C)－cos(A+C)=，即cos(A－C)=1,所以A=C，且∠B=60°，故此△ABC為正三角形.
【方法4】將60°－d, 60°, 60°+d代入sin2B=sinAsinC,
得sin(60°－d)·sin(60°+d)= ，即[cos(2d)－cos120°]= .
得cos2d=1, d=0°,所以∠A=∠B=∠C，故△ABC為正三角形.
【評述】方法1、2著眼于邊，方法3、4著眼于角.
例3 各項都是正數的數列{an}中，若前n項的和Sn滿足2Sn=an+,求此數列的通項公式.
【思路分析】 在Sn與an的混合型中，應整理成數列{Sn}的遞推式或數列{an}的遞推式，然后用遞推關系式先求出Sn，再求an，或直接求an.本題容易得到數列{Sn}的遞推式，利用an=Sn－Sn－1先求出Sn，再求an即可.
【解】n≥2時，將an=Sn－Sn－1代入2Sn=an+,得2Sn=Sn－Sn－1+,整理得
所以數列是首項為1，公差為1的等差數列，
即當n=1時，由2S1=a1+,得a1=1也滿足.
故數列{an}的通項公式為.
【評述】處理本例的思想方法，可用來求滿足Sn與an混合型中的通項公式.
例4 設數列{an}的前n項和Sn與an的關系為Sn=－ban+1－，其中b是與n無關的常數，且b≠－1.（1）求an與an－1的關系式；
（2）寫出用n與b表示an的表達式.
【思路分析】利用Sn=an－an－1(n≥2)整理出數列{an}的遞推關系式求an.
【解】（1）
當n≥2時，an=Sn－Sn－1=
－ban+1－,整理得
兩邊同乘以2n，得2nan=2n－1an－1+,可知數列{2nan}是以2a=為首項，公差為的等差數列.所以
當b≠1，b≠－1時，
由（*）式得(1+b)nan=b(1+b)n－1an－1+
從而數列{cn－cn－1}就是一個等比數列，n取2，3，…，n得
故數列{an}的通項公式為
【評述】構造輔助數列是解由遞推關系式給出數列求通項的一個基本方法，本例構造了輔助數列{cn}、{cn－cn－1}，使數列{cn－cn－1}為等比數列，化未知為已知，從而使問題獲解.
例5 n2(n≥4)個正數排成n行n列
a11 a12 a13 a14…… a1n
a21 a22 a23 a24…… a2n
a31 a32 a33 a34…… a3n
a41 a42 a43 a44…… a4n
… … … … …… …
an1 an2 an3 an4…… ann
其中每一行的數成等差數列，每一列的數成等比數列，并且所有公比相等，已知a24=1,
a42=，a43=,求a11+a22+a33+…+ann.（1990年全國高中數學聯賽試題）
【思路分析】求和需要研究a11和akk，又每列成等比數列且公比相等，只需要研究a1k和q,又每行成等差數列，需要求得an和第一行的公差d，因而本題利用已知建立an、d和q之間關系，使問題獲解.
【解】設第一行數列公差為d，各列數列公比為q.因為2a43=a42+a44,
所以a44=2a43－a42=2×－=.又因為a44=a24·q2=q2,所以q=,于是有

解此方程組，得d=,a11=.
對于任意的1≤k≤n,有
【評述】數列求和應先研究通項，通項cn=anbn，其中{an}成等差為九列，{bn}為等比數列，數列{cn}的求和用錯項相減去.
例6 將正奇數集合{1，3，5，…}從小到大按第n組有(2n－1)奇數進行分組：{1}, {3,5,7} , {9, 11, 13, 15, 17}, … （第1組）（第2組）（第3組）
問1991位于第幾組中？
（1991年全國高中數學聯賽試題）
【思路分析】思路需要寫出第n組的第1個數和最后一個數，1991介于其中，而第n組中最后一個數是第（1+3+…+2n－1）=n2個奇數為2n2－1.
【解】因為1+3+5+…+(2n－1)=n2
所以前n組共含有奇數n2個，第n組最后一個數即第n2個奇數為2n2－1,第n組第一個數即第n－1組最后一個數后面的奇數為[2(n－1)2－1]+2=2(n－1)2+1.由題意，有不等式
2(n－1)2+1≤1991≤2n2－1.
解得(n－1)2≤995且n2≥996，從而n≤32且n≥32，
故n=32，即1991位于第32組中.
【評述】應用待定的方法，假定位于第n組中然后確定n即可.
例7 設{an}是由正數組成的等比數列，Sn是前n項和，證明
（1995年全國高考題）
【思路分析】要證原結論成立，只需證SnSn+2<成立，用等比數列前n項和公式表示或建立Sn、Sn+1、Sn+2的關系，用比較法證之.
【證法1】設{an}的公比為q,由題設知a1>0, q>0.
（1）當q=1時，Sn=na1，從而
SnSn+2－=na1(n+2)a1－(n+1)2=－<0.
（2）當q≠1時，

由①、②知
根據對數函數的單調性，得
【證法2】設{an}的公比為q，由題設知a1>0, q>0.
因為Sn+1+=a1+qSn, Sn+2=a1+qSn+1,
所以SnSn+2－=Sn(a1+qSn+1)－(a1+qSn)Sn+1=a1(Sn－Sn+1)
=－a1(Sn+1－Sn)
=－a1an+1<0.
即（以下同證法1）.
【評述】明確需要證，建立Sn、Sn+1、Sn+2之間的關系較為簡單.
第十講 二項式定理與多項式
知識、方法、技能
Ⅰ．二項式定理
1．二項工定理
2．二項展開式的通項
它是展開式的第r+1項.
3．二項式系數

4．二項式系數的性質
（1）
（2）
（3）若n是偶數，有，即中間一項的二項式系數最大.
若n是奇數，有，即中項二項的二項式系數相等且最大.
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
以上組合恒等式（是指組合數滿足的恒等式）是證明一些較復雜的組合恒等式的基
本工具.（7）和（8）的證明將在后面給出.
5．證明組合恒等式的方法常用的有
（1）公式法，利用上述基本組合恒等式進行證明.
（2）利用二項式定理，通過賦值法或構造法用二項式定理于解題中.
（3）利用數學歸納法.
（4）構造組合問題模型，將證明方法劃歸為組合應用問題的解決方法.
賽題精講
例1：求的展開式中的常數項.
【解】由二項式定理得
①
其中第項為 ②
在的展開式中，設第k+1項為常數項，記為
則 ③
由③得r－2k=0，即r=2k，r為偶數，再根據①、②知所求常數項為
【評述】求某一項時用二項展開式的通項.
例2：求的展開式里x5的系數.
【解】因為
所以的展開式里x5的系數為

【評述】本題也可將化為用例1的作法可求得.
例3：已知數列滿足
求證：對于任何自然數n，
是x的一次多項式或零次多項式. （1986年全國高中數學聯賽試題）
【思路分析】由是等差數列，則從而可將表示成的表達式，再化簡即可.
【解】因為 所以數列為等差數列，設其公差為d
有 從而
由二項定理，知
又因為
從而
所以
當的一次多項式，當零次多項式.
例4：已知a，b均為正整數，且求證：對一切，An均為整數.
【思路分析】由聯想到復數棣莫佛定理，復數需要，然后分析An與復數的關系.
【證明】因為
顯然的虛部，由于

所以從而的虛部.
因為a、b為整數，根據二項式定理，的虛部當然也為整數，所以對一切，An為整數.
【評述】把An為與復數聯系在一起是本題的關鍵.
例5：已知為整數，P為素數，求證：
【證明】
由于為整數，可從分子中約去r！，又因為P為素數，且，所以分子中的P不會紅去，因此有所以
【評述】將展開就與有聯系，只要證明其余的數能被P整除是本題的關鍵.
例6：若，求證：
【思路分析】由已知 猜想，因此需要求出，即只需要證明為正整數即可.
【證明】首先證明，對固定為r，滿足條件的是惟一的.否則，設
則矛盾.所以滿足條件的m和是惟一的. 下面求.
因為

又因為
所以

故
【評述】猜想進行運算是關鍵.
例7：數列中，，求的末位數字是多少？
【思路分析】利用n取1，2，3，…猜想的末位數字.
【解】當n=1時，a1=3，
，因此的末位數字都是7，猜想， 現假設n=k時，
當n=k+1時，

從而
于是 故的末位數字是7.
【評述】猜想是關鍵.
例8：求N=1988－1的所有形如為自然數）的因子d之和.
【思路分析】尋求N中含2和3的最高冪次數，為此將19變為20－1和18+1，然后用二項式定理展開.
【解】因為N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1
=－
其中M是整數.
上式表明，N的素因數中2的最高次冪是5. 又因為N=(1+2×9)88－1

=32×2×88+34·P=32×（2×88+9P）其中P為整數.
上式表明，N的素因數中3的最高次冪是2.
綜上所述，可知，其中Q是正整數，不含因數2和3.
因此，N中所有形如的因數的和為(2+22+23+24+25)(3+32)=744.
例9：設，求數x的個位數字.
【思路分析】直接求x的個位數字很困難，需將與x相關數聯系，轉化成研究其相關數.
【解】令
，由二項式定理知，對任意正整數n.
為整數，且個位數字為零.
因此，x+y是個位數字為零的整數.再對y估值，
因為， 且，
所以 故x的個位數字為9.
【評述】轉化的思想很重要，當研究的問題遇到困難時，將其轉化為可研究的問題.
例10：已知試問：在數列中是否有無窮多個能被15整除的項？證明你的結論.
【思路分析】先求出，再將表示成與15有關的表達式，便知是否有無窮多項能被15整除.
【證明】在數列中有無窮多個能被15整除的項，下面證明之.
數列的特征方程為它的兩個根為，
所以 （n=0，1，2，…）
由 則
取，由二項式定理得
由上式知當15|k，即30|n時，15|an，因此數列中有無窮多個能被15整除的項.
【評述】在二項式定理中，經常在一起結合使用.

第一講 集合概念及集合上的運算
知識、方法、技能
高中一年級數學（上）（試驗本）課本中給出了集合的概念；一般地，符合某種條件（或具有某種性質）的對象集中在一起就成為一個集合.
在此基礎上，介紹了集合的元素的確定性、互異性、無序性.深入地逐步給出了有限集、無限集，集合的列舉法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、補集、并集等十余個新名詞或概念以及二十幾個新符號.由此形成了在集合上的運算問題，形成了以集合為背景的題目和用集合表示空間的線面及其關系，表面平面軌跡及其關系，表示充要條件，描述排列組合，用集合的性質進行組合計數等綜合型題目.
賽題精講
Ⅰ．集合中待定元素的確定
充分利用集合中元素的性質和集合之間的基本關系，往往能解決某些以集合為背景的高中數學競賽題.請看下述幾例.
例1：求點集中元素的個數.
【思路分析】應首先去對數將之化為代數方程來解之.
【略解】由所設知
由平均值不等式，有
當且僅當（虛根舍去）時，等號成立.
故所給點集僅有一個元素.
【評述】此題解方程中，應用了不等式取等號的充要條件，是一種重要解題方法，應注意掌握之.
例2：已知
【思路分析】先進一步確定集合A、B.
【略解】又
∴A=
【評述】此題應避免如下錯誤解法：
聯立方程組
消去 因方程無實根，故.
這里的錯因是將A、B的元素誤解為平面上的點了.這兩條拋物線沒有交點是實數.但這不是拋物線的值域.
例3：已知集合
若是平面上正八邊形的頂點所構成的集合，則a的值為 .
【思路分析】可作圖，以數形結合法來解之.
【略解】點集A是頂點為（a，0），（0，a），（－a，0），（0，－a）的正方形的四條邊構成（如圖Ⅰ－1－1－1）.
將，變形為
所以，集合B是由四條直線構成.
欲使為正八邊形的頂點所構成，只有這兩種情況.
（1）當時，由于正八形的邊長只能為2，顯然有
故 .
（2）當時，設正八形邊長為l，則
這時，
綜上所述，a的值為
如圖Ⅰ－1－1－1中
【評述】上述兩題均為1987年全國高中聯賽試題，題目并不難，讀者應從解題過程中體會此類題目的解法.
Ⅱ．集合之間的基本關系
充分應用集合之間的基本關系（即子、交、并、補），往往能形成一些頗具技巧的集合綜合題.請看下述幾例.
例4：設集合則在下列關系中，成立的是 （ ）
A． B．
C． D．
【思路分析】應注意數的特征，即
【解法1】∵
∴.故應選C.
【解法2】如果把A、B、C、D與角的集合相對應，令
結論仍然不變，顯然A′為終邊在坐標軸上的角的集合，B′為終邊在x軸上的角的集
合，C′為終邊在y軸上的角的集合，D′為終邊在y軸上及在直線上的角的集合，故應選（C）.
【評述】解法1是直接法，解法2運用轉化思想把已知的四個集合的元素轉化為我們熟悉的的角的集合，研究角的終邊，思路清晰易懂，實屬巧思妙解.
例5：設有集合（其中[x]表示不超過實數x之值的最大整數）.
【思路分析】應首先確定集合A與B.
從而 ∴
若
從而得出 于是
【評述】此題中集合B中元素x滿足“|x|<3”時，會出現什么樣的結果，讀者試解之.
例6：設，
如果A為只含一個元素的集合，則A=B.
【思路分析】應從A為只含一個元素的集合入手，即從方程有重根來解之.
【略解】設有重根，于是
即
整理得 因均為實數
即
【評述】此類函數方程問題，應注意將之轉化為一般方程來解之.
例7：已知成立時，a需滿足的充要條件.
【思路分析】由
【略解】
由于是，
若 ①
必有而①成立的條件是
即 解得
【評述】此類求參數范圍的問題，應注意利用集合的關系，將問題轉化為不等式問題來求解.
例8：設A、B是坐標平面上的兩個點集，
若對任何都有，則必有.此命題是否正確？
【思路分析】要想說明一個命題不正確，只需舉出一個反例即可.
【略解】不正確.
反例：取B為A去掉（0，0）后的集合.
容易看出但A不包含在B中.
【評述】本題這種舉反例判定命題的正確與否的方法十分重要，應注意掌握之.
Ⅲ．有限集合中元素的個數
有限集合元素的個數在課本P23介紹了如下性質：
一般地，對任意兩個有限集合A、B，有
我們還可將之推廣為：
一般地，對任意n個有限集合有
應用上述結論，可解決一類求有限集合元素個數問題.
【例9】某班期末對數學、物理、化學三科總評成績有21個優秀，物理總評19人優秀，化學總評有20人優秀，數學和物理都優秀的有9人，物理和化學都優秀的有7人，化學和數學都優秀的有8人，試確定全班人數以及僅數字、僅物理、僅化學單科優秀的人數范圍（該班有5名學生沒有任一科是優秀）.
【思路分析】應首先確定集合，以便進行計算.
【詳解】設A={數學總評優秀的學生}，B={物理總評優秀的學生}，C={化學總評優秀的學生}.
則
∵
∴
這里，是數、理、化中至少一門是優秀的人數，是這三科全優的人數.可見，估計的范圍的問題與估計的范圍有關.
注意到，可知
. 因而可得
又∵
∴ 這表明全班人數在41~48人之間.
僅數學優秀的人數是
∴
可見 同理可知
故僅數學單科優秀的學生在4~11之間，僅物理單科優秀的學生數在3~10之間，僅化學單科優秀的學生在5~12人之間.
第二講 映射及映射法
知識、方法、技能
1．映射的定義
設A，B是兩個集合，如果按照某種對應法則f，對于集合A中的任何一個元素，在集合B中都有惟一的元素和它對應，這樣的對應叫做從集合A到集合B的映射，記作
（1）映射是特殊的對應，映射中的集合A，B可以是數集，也可以是點集或其他集合，這兩個集合有先后次序，從A到B的映射與從B到A的映射是截然不同的.
（2）原象和象是不能互換的，互換后就不是原來的映射了.
（3）映射包括集合A和集合B，以及集合A到B的對應法則f，三者缺一不可.
（4）對于一個從集合A到集合B的映射來說，A中的每一個元素必有惟一的，但B中的每一個元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一個.
2．一一映射
一般地，設A、B是兩個集合，是集合A到集合B的映射，如果在這個映射下，對于集合A中的不同元素，在集合B中有不同的象，而且B中每一個元素都有原象，那么個這個映射叫做A到B上的一一映射.
3．逆映射
如果f是A與B之間的一一對應，那么可得B到A的一個映射g：任給，規定
，其中a是b在f下的原象，稱這個映射g是f的逆映射，并將g記為f—1.
顯然有（f—1）—1= f，即
如果f是A與B之間的一一對應，則f—1是B與A之間的一一對應，并且f—1的逆映射是f.
事實上，f—1是B到A的映射，對于B中的不同元素b1和b2，由于它們在f下的原象不同，所以b1和b2在f—1下的像不同，所以f—1是1－1的.
任給，則.這說明A中每個元素a在f—1都有原象.因此，f—1是映射上的.
這樣即得f—1是B到A上的1－1映射，即f—1是B與A之間一一對應.從而f—1有逆映射由于任給，其中b是a在f—1下的原象，即f—1(b)=a，所以，
f(a)=b，從而，這即是f—1的逆映射是f.
賽題精講
Ⅰ映射
關映射的高中數學競賽題是常見題型之一，請看下述試題.
例1：設集合映射f：F→Z.使得的值.
【思路分析】應從入手，列方程組來解之.
【略解】由f的定義和已知數據，得
將兩式相加，相減并分別分解因式，得
顯然，的條件下，
對應可知
同理，由
對應地，于是有以下兩種可能：
（Ⅰ） （Ⅱ）
由（Ⅰ）解出x=1，y=9，u=8，v=6；由（Ⅱ）解出y=12，它已超出集合M中元素的范圍.因此，（Ⅱ）無解.
【評述】在解此類問題時，估計的可能值是關鍵，其中，對它們的取值范圍的討論十分重要.
例2：已知集合求一個A與B的一一對應f，并寫出其逆映射.
【略解】從已知集合A，B看出，它們分別是坐標平面上兩直線所夾角形區域內的點的集合（如圖Ⅰ－1－2－1）.
集合A為直線所夾角內點的集合，集合B則是第一、三象限內點的集合.所要求的對應實際上可使A區域拓展成B區域，并要沒有“折疊”與“漏洞”.先用極坐標表示集合A和B：


令在這個映射下，極徑沒有改變，輻角之間是一次函數，因而之間是一一對應，其中
所以，映射f是A與B的一一對應.
逆映射極易寫，從略.
【評述】本題中將下角坐標問題化為極坐標問題，頗具特色.應注意理解掌握.
Ⅱ映射法
應用映射知識往往能巧妙地解決有關集合的一些問題.
例3：設X={1，2，…，100}，對X的任一非空子集M，M中的最大數與最小數的和稱為M的特征，記為求X的所有非空子集的特征的平均數.
【略解】設
于是是X的非空子集的全體（子集組成的集），Y到X自身的滿射，記X的非空子集為A1，A2，…，An（其中n=2100－1），則特征的平均數為
由于A中的最大數與A′中的最小數的和為101，A中最小數與A′中的最大數的和也為101，故從而特征平均數為
如果A，B都是有限集合，它們的元素個數分別記為對于映射來說，如果f是單射，則有；如果f是滿射，則有；如果f是雙射，則有.這在計算集合A的元素的個數時，有著重要的應用.即當比較難求時，我們就找另一個集合B，建立一一對應，把B的個數數清，就有.這是我們解某些題時常用的方法.請看下述兩例.
例4：把△ABC的各邊n等分，過各分點分別作
各邊的平行線，得到一些由三角形的邊和這些平
行線所組成的平行四邊形，試計算這些平等四邊
形的個數.
【略解】如圖Ⅰ－1－2－2所示，我們由對稱性，
先考慮邊不行于BC的小平行四邊形.把AB邊和
AC邊各延長一等分，分別到B′，C′，連接
B′C′.將A′B′的n條平行線分別延長，與B′C′相交，連同B′，C′共有n+2個分點，從B′至C′依次記為1，2，…，n+2.圖中所示的小平行四邊形所在四條線分別交B′C′于i，j，k，l.記
A={邊不平行于BC的小平行四邊形}，

把小平行四邊形的四條邊延長且交邊于四點的過程定義為一個映射：.
下面我們證明f是A與B的一一對應，事實上，不同的小平行四邊形至少有一條邊不相同，那么交于的四點亦不全同.所以，四點組亦不相同，從而f是A到B的1－1的映射.
任給一個四點組，過i，j點作AB的平行線，過k，l作AC的平行線，必交出一個邊不平行于BC的小平行四邊形，所以，映射f是A到B的滿射. 總之f是A與B的一一對應，于是有
加上邊不平行于AB和AC的兩類小平行四邊形，得到所有平行四邊形的總數是
例5：在一個6×6的棋盤上，已經擺好了一些1×2的骨牌，每一個骨牌都恰好覆蓋兩上相鄰的格子，證明：如果還有14個格子沒有被覆蓋，則至少能再放進一個骨牌.
【思路分析】還有14個空格，說明已經擺好了
11塊骨牌，如果已經擺好的骨牌是12塊，
圖Ⅰ－1－2－3所示的擺法就說明不能再放入骨牌.
所以，有14個空格這一條件是完全必要的.我們
要證明當還有14個空格時，能再放入一個骨牌，
只要能證明必有兩個相鄰的空格就夠了.如果這種
情況不發生，則每個空格的四周都有骨牌，由于正
方形是對稱的，當我們選定一個方向時，空格和骨牌就有了某種對應關系，即可建立空格到骨牌的一種映射，通過對空格集合與骨牌集合之間的數量關系，可以得到空格分布的一個很有趣的結論，從而也就證明了我們的命題.
【略解】我們考慮下面5×6個方格中的空.
如果棋盤第一行（即最上方的一行）中的空格數多于3個時，則必有兩空格相鄰，這時問題就得到解決.
現設第一行中的空格數最多是3個，則有，另一方面全部的骨牌數為11，即所以必有事實上這是一個一一映射，這時，將發生一個很有趣的現象：最下面一行全是空格，當然可以放入一個骨牌.
【評述】這個題目的證明是頗具有特色的，從內容上講，這個題目具有一定的綜合性，既有覆蓋與結構，又有計數與映射，尤其是利用映射來計數，在數學競賽中還較少見.
當然這個題目也可以用其他的方法來解決.例如，用抽屜原則以及用分組的方法來討論其中兩行的結構，也能比較容易地解決這個問題，請讀者作為練習.
例6：設N={1，2，3，…}，論證是否存一個函數使得，對一切成立，格，即除去第一行后的方格中的空格.對每一個這樣的空格，考察它上方的與之相鄰的方格中的情況.
（1）如果上方的這個方格是空格，則問題得到解決.
（2）如果上方的這個方格被骨牌所占，這又有三種情況.
（i）骨牌是橫放的，且與之相鄰的下方的另一個方格也是空格，則這時有兩空格相鄰，即問題得到解決；
（ii）骨牌是橫放的，與之相鄰的下方的另一個方格不是空格，即被骨牌所覆蓋；
（iii）骨牌是豎放的.
現在假設僅發生（2）中的（ii）和（iii）時，我們記X為下面5×6個方格中的空格集合，Y為上面5×6個方格中的骨牌集合，作映射，由于每個空格（X中的）上方都有骨牌（Y中的），且不同的空格對應于不同的骨牌.所以，這個映射是單射，于是有
，對一切成立.
【解法1】存在，首先有一條鏈.
1→2→3→5→8→13→21→… ①
鏈上每一個數n的后繼是，f滿足
②
即每個數是它產面兩個數的和，這種鏈稱為f鏈.
對于①中的數m>n，由①遞增易知有
③
我們證明自然數集N可以分析為若干條f鏈，并且對任意自然數m>n，③成立（從而），并且每兩條鏈無公共元素）.方法是用歸納法構造鏈（參見單壿著《數學競賽研究教程》江蘇教育出版社）
設已有若干條f鏈，滿足③，而k+1是第一個不在已有鏈中出現的數，定義
④
這鏈中其余的數由②逐一確定.
對于m>n，如果m、n同屬于新鏈，③顯然成立，設m、n中恰有一個屬于新鏈.若m屬于新鏈，在m=k+1時，
設對于m，③成立，則
[由②易知]. 即對新鏈上一切m，③成立.
若n屬于新鏈，在n=k+1時，
設對于n，③成立，在m>n時，m不為原有鏈的鏈首。 記
而在矛盾，所以.
即對新鏈上一切，③成立. 因而添入一條新鏈后，③仍成立.
這樣繼續添加，直到所有自然數均在鏈中出現，所得函數即為所求.
【解法2】令表示x的整數部分.顯然
嚴格遞增，并且 又由于，
∴

因此，就是滿足要求的函數.
第三講 函數的概念和性質
知識、方法、技能
I．函數的定義
設A，B都是非空的數集，f是從A到B的一個對應法則.那么，從A到B的映射f：A→B就叫做從A到B的函數.記做y=f(x)，其中x∈A，y∈B，原象集合，A叫做函數f(x)的定義域，象的集合C叫做函數的值域，顯然CB.
II．函數的性質
（1）奇偶性 設函數f(x)的定義域為D，且D是關于原點對稱的數集.若對任意的x∈D，都有f(－x)=－f(x)，則稱f(x)是奇函數；若對任意的x∈D，都有f(－x)=f(x),則稱f(x)是偶函數.
（2）函數的增減性 設函數f(x)在區間D′上滿足：對任意x1, x2∈D′，并且x1f(x2)),則稱f(x)在區間D′上的增函數（減函數），區間D′稱為f(x)的一個單調增（減）區間.
III．函數的周期性
對于函數 f(x),如果存在一個不為零的正數T，使得當x取定義域中的每個數時，f(x+T)=f(x)總成立，那么稱f(x)是周期函數，T稱做這個周期函數的周期.如果函數f(x)的所有周期中存在最小值T0，稱T0為周期函數f(x)的最小值正周期.
IV．高斯函數
對任意實數x,我們記不超過x的最大整數為[x]，通常稱函數y=[x]為取整函數，又稱高斯函數.
進一步，記{x}=x－[x]，則函數y={x}稱為小數部分函數，它表示的是x的小數部分.
根據高斯函數的定義，可得到其如下性質.
性質1 對任意x∈R，均有
x－1<[x]≤x<[x]+1.
性質2 對任意x∈R，函數y={x}的值域為.
性質3 高斯函數是一個不減函數，即對任意x1, x2∈R，若x1≤x2, 則[x1] ≤[x2].
性質3 若n∈Z, x∈R,則有 [x+n]=n+[x], {n+x}={x}
后一個式子表明y={x}是一個以1為周期的函數.
性質4 若x , y ∈R， 則 [x]+ [y]≤[x+y] ≤[x]+ [y]+1.
性質5 若n∈N*, x∈R, 則[nx]≥n[x]
性質6 若n∈N*, x∈R, 則.
性質7 若n∈N*, x∈R+, 則在區間[1,x]內，恰有個整數是n的倍數.
性質8 設p為質數，n∈N*,在p在n!的質因數分解式中的冪次為
賽題精講
函數是高中數學，也是高等數學的基礎.因此，也是高考和高中數學競賽的重要內容.下面分類介紹此類題目.
I 函數的定義域和值域
例1 當x為何值時，才有意義.
【思路分析】應根據對數的意義，從最外層開始一層一層地逐步消去根號和對數符號求出x的范圍.
【略解】由>0，得≥1
……
∴
【評述】這種多層對數及根式問題，一定要逐層由外向內求解，要有耐心。
例2 設A={a|a=7p,p∈N*},在A上定義函數f如下：若a∈A，則f(a)表示a的數字之和，例如f(7)=7，f(42)=6，設函數f的值域是集合M.求證：M={n|n∈N*, n≥2}.
【思路分析】注意從充要條件的角度來進行證明.
【略解】先證M{n|n∈N*,n≥2}.
任取x∈M, 即x是被7整除的正整數的數字之和，由于7×10n，n=0, 1,2，…，所以x的數字之和是大于1的正整數，因此x∈{n|n∈N*，n≥2}.所以
M{n|n∈N*,n≥2}.
再證{n|n∈N*，n≥2} M.
任取x∈{n|n∈N*,n≥2},即x是大于1的正整數.下面分兩種情形：
當x=2k(k∈N*)時，由于7|100|，于是取
a= 10011001…1001，
k個1001
則7|a，且f(a)=2k,所以x∈M.
當x=2k+1(k∈N*)時，由于7|100|，7|21，于是取
b=10011001…100121，
k－1個1001
則7|b，且f(b)=2(k－1)+3=2k+1,故x∈M,故x∈M.所以
{n|n∈N*, n≥2}M.
因此 M={n|n∈N*, n≥2}.
【評述】此類題目的證明嚴謹、科學.
例3 設正實數x, y滿足xy=1，求函數
f(x, y) =的值域.（其中（[x]表示不超過x的最大整數）
【思路分析】由x、y的對稱性，不妨設x≥y，則有x2≥1，必分x=1與x>1兩種情況討論.
【詳解】不妨設x≥y，則x2≥1,x≥1.有下面兩種情形：
（1）當x=1時，y=1，此時f(x,y)=.
（2）當x>1時，設[x]=n， {x}=x－[x]=α，則x=n+α,0≤α<1.
于是，y=<1，故[y]=0.
.
由函數g(x)=x+在x≥1時是遞增的和0≤α<1得
綜上所述，f(x, y)的值域為.
【評述】本例表面上為“二元函數”實為一元函數，因為y=，消去y后就是關于x的函數了.
II．函數性質的應用
在數學競賽中，常見的應用函數性質的題目有以下幾類：
1．求值、求最值
例4 設函數f(x)是定義在R上的周期為3的奇函數，且f(1)=2,求f(2)+f(3)的值.
【思路分析】要抓住函數為奇函數且周期為3進行變形求值.
【略解】對定義在R上的奇函數，必有
f(0)=－f(0),即f(0)=0.
∴f(3)=f(0)=0, f(2)=f(－1+3)=f(－1)=－f(1)=－2.
∴f(2)+f(3)=－2.
例5 設f(x)，g(x)都是定義在R上的奇函數，F(x)=af(x)+bg(x)+2在區間（0，+∞）上的最大值是5，求F(x)在（－∞，0）上的最小值.
【思路分析】應注意F(x)－2是奇函數，這是解題的一條途徑.
【略解】令(x)=F(x)－2=af(x)+bg(x),
易知(x)為奇函數，且在（0，+∞）上有最大值3.
∴(x)在（－∞，0）上有最小值－3.
故F(x)在（－∞，0）上的最小值為－1.
【評述】將代數式轉化為奇函數的思想十分重要，應注意掌握這種“轉化思想”.
例6 設函數f(x), 對任意x, y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，若x>0時，f(x)<0且f(1)=－2.
（1）證明：f(x)是奇函數；
（2）求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值.
【思路分析】因為x∈R，由區間的特殊點，即x=0入手，是解題的出發點.
【略解】（1）令x=y=0,則有
f(0)=f(0)+f(0), ∴f(0)=0.
再令y=－x，得f(0)=f(x)+f(－x),
∵f(0)=0, ∴f(－x)=－f(x),
∴f(x)是奇函數.
（2）設x1, x2∈R，且x1< x2,則
f(x2)=f[x1+(x2－x1)]=f(x1)+f(x2－x1),
∵x2>x1, ∴x2－x1>0.
由已知得 f(x2－x1)<0,
∴f(x2)∴f(x)在[－3，3]上的最大值[f(x)]最大值=f(－3),最小值[f(x)]最小值=f(3).
又∵f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1)+f(1)=－6, f(－3)=－f(3)=6.
故f(x)在[－3，3]上的最大值為6，最小值為－6.
【評述】本題中的 “x2=x1+(x2－x1)”是完成證明函數是減函數的證明的主要過程，這一特點讀者應有所體會.
2．求函數的解析式
例7 若f(x)=2x－2－xlga為奇函數，求實數a的值.
【思路分析】可由f(x)為奇函數，得到f(－x)=－f(x),構造方程來求a的值.
【略解】∵f(－x)=2－x－2xlga=－(2x－2－xlga)=－f(x),
∴(2x+2－x)－(2x+2－x)lga=0,
即(2x+2－x)(1－lga)=0,
∵2x+2－x>0, ∴1－lga=0,
故a=10.
【評述】利用“函數與方程的思想”來解題依然是本題的主線，但函數是奇函數是出發點。應注意找好每道題解題的出發點.
例8 已知定義在R上的單調函數f(x)滿足f(x+y)=f(x)+f(y)且f(1)=2.
（1）求證：f(x)為奇函數；
（2）當t>2時，不等式f(klog2t)+f(log2t－log22t－2)<0恒成立，求實數k的取值范圍.
【思路分析】由f(x)的定義域為R，從其特殊點，即x=y=0入手來解此題.
【略解】（1）令x=y=0得
f(0)=2f(0), ∴f(0)=0.
再令y=－x, 得f(0)=f(x)+f(－x),
∴f(－x)=－f(x), 即f(x)為奇函數.
（2）∵f(0)=0, f(1)=2,且f(x)是R上的單調函數，故f(x)是R上的單調遞增函數.又f(x)是奇函數.
由
得klog2t即log22t－(k+1)log2t+2>0,
∴(k+1)2－8<0,
∴－2∴－1－2故使不等式恒成立的實數k的范圍是（－1－2，2－1）.
【評述】本題（2）為函數不等式，此類題目十分典型，本節后面將專門加以介紹.
第四講 常見的初等函數、二次函數
知識、方法、技能
常函數y=c，冪函數y=xα (α∈Q),指數函數y=ax,對數函數y=logax,三角函數（y=sinx, y=cosx , y=tanx等），反三角函數（y=arcsinx, y=arccosx , y=arctanx等）是數學中最為基本的函數，我們把它們統稱為基本初等函數.
學習中應熟練掌握各基本初等函數的定義域、值域、單調性、奇偶性、周期性等基本性質，并能利用這些性質快捷地比較兩個數值的大小或解有關不等式.具體解題時，若繪出各基本初等函數的草圖，往往能“一目了然”地獲得問題的結果.
繪制冪函數y=xα(α=m、n是互質的整數)草圖的一般步驟是：
(1)根據指數α的大小判斷函數圖象在第一象限的情形如圖　I-1-4-1.
(2)判斷函數的奇偶性并確定函數圖像在其他象限的情況
①m,n均為奇數時，y=xα為奇函數，圖象在一、三象限內關于原點中心對稱.
②m為偶數，n為奇數時Y=xα為偶函數，圖象在一、二象限內關于y軸對稱.
③m為奇數，n 為偶數時，y=xα既不是奇函數也不是偶函數，函數只在第一象限有圖像.
常見的函數往往是由基本初等函數通過有限次加減乘除運算或復合而得到的，我們稱之為初等函數.其中二次函數和形如y=x+的分式函數在高考和競賽中具有尤為重要的地位.同學們要熟練掌握求二次函數解析式、值域的有關方法，并會用這些方法解決相關的問題；會判斷二次方程根的分布情況；會利用函數y=x+的性質求出一些分式函數的值域.
賽題精講
例1 3個冪函數y=和y=的圖象如圖I—1—4—2：試寫出各個函數的圖象的對應編號.
【思路分析】3個函數的定義域、值域、單調性都相同，具有類似的草圖，僅從草圖已無法區分這三者了.只能更為“精細”地考察和函數值的大小，不妨取x=2試一試.
【略解】當x=2時，3個函數值分別為.因為 y=為增函數，,x=2時，圖象①的對應點縱坐標最大，圖象③的對應點縱坐標最小，所以y=對應的圖象依次為③，②，①.
【評述】一般地，當α越大大時，冪函數圖像在x>1對應的部分越“高”.此外，本題方法也可應用于辨別兩個草圖相近的指數函數或對函數的圖象.
例2 比較下列各題中兩個值的大?。?br/>（1）； （2）
（3） （4）log23與log23.1.
【思路分析】（1）中兩數有相同的指數－，故可將這兩者看做同一函數的兩個不同函數值，利用函數單調性比較兩數大小.
【略解】（1）因為是（－∞，0）上的減函數，又所以
.
（2）因為
（3）因為y=
（4）因為y=log2x是（0，+∞）上的增函數，又3<3.1，所以log23例3 求下列函數的定義域：
（1）
（2）
【略解】（1）據題意有logalogax>0.
①a>1時，上式等價于logax>1,即x>a.
②0x>a .
所以，當a>1時，函數定義域為（a,+∞）；而當0（2）據題意有
解得
【評述】解指數、對數不等式時，要注意比較底數a與1的大小，從而確定去掉指數、對數符號后不等號是否改向.
例4 解方程：
（1）
（2）
【略解】（1）因為所以原方程等價于
令y=x6,顯然y>1,則f(x)=yy是y的增函數.
所以yy=1212只有惟一解y=12. 即原方程有解
例5 比較下列各組數的大小 ：
（1）sin48°, cos313°；
（2）cos96°, sin96°, tan69°.
【思路分析】 比較兩數大小的一種方法是將兩數看成同一函數的兩個函數值，然后利用函數單調性來比較；另一種方法是尋找某個中介量（如0，1）等.
【略解】（1）cos313°=cos(360°－47°)=cos47°=sin43°所以cos313°（2）因為鈍角的余弦小于0，正弦大于0，所以cos96°<0, 0又tan69°>tan45°=1所以cos96°例6 已知x∈[0，π]，比較cos(sinx)與sin(cosx)的大小.
【略解】
例7 已知，比較下列三數的大?。?br/>例8 求下列函數的最小正周期：
（1）y=tanx－cotx;
（2）y=sin(cosx);
（3）y=cos(sinx).
【略解】（1）因為
所以函數y=tanx－cotx的最小正周期T=.
（2）因為sin(cos(x+2π))=sin(cosx)，所以2π是函數y=sin(cosx)的周期.設最小正周期為T，若0特別地，令x=0, sin(cosT)=sinl.
而另一方面，0綜上，函數y=sin(cosx) 的最小正周期為2π.
（3）因為cos(sin(π+x))=cos(－sinx)=cos(sinx),所以π是函數y=cos(sinx)的周期，仿（2）可證函數y=cos(sinx)的最小正周期為π.
【評述】（1）求函數最小正周期時，應盡量將函數化簡.（2）對于由兩個函數f(x)和g(x)復合而成的函數f(g(x)),如果g(x)是周期函數，且其最小正周期為T1，那么，f(g(x))也是周期函數，且T1仍是f(g(x))的一個周期，但未必是它的最小正周期.
例9 判斷下列函數的周期性，若是周期函數，試求出其最小正周期.
（1）y=2sinx+3cos6x；
（2）y=sinπx+cos2x .
【略解】（1）y=2sinx和y=3cos6x的最小正周期分別是 ，的最小公倍數4π是y=2sinx+3cos6x的周期.可以證明4π也是它的最小正周期.
（2）y=sinπx和cox2x的周期分別為2和π，因為不是有理數，所以2和π沒有最小公倍數（此處倍數應為整數倍），可以證明y=sinπx+cos2x 不是周期函數.
【證明】假設T是函數y=sinπx+cos2x的周期.則
sinπ(x+T)+cos2(x+T)=sinπx+cos2x.
sinπ(x+T)－sinπx=cos2x－cos2(x+T),
2sinTcos(πx+T)=2sinTsin(2x+T), (*)
令x=0, 得2cosTsinT=2sin2T.
即sinTcosT=sin2T ①
而令x=－2, 化簡得 sinTcosT=sinTsin(T+4).②
令x=－2, 得sinTcosT=sinTsin(T－4) ③
由②－③得 sinTsin(T+4)－sinTsin(T－4)=0,
即2sinTcosTsin4=0, sin2T=0,
T= ④
但顯然④不適合①，矛盾，所以假設不成立.函數y=sinπx+cos2x不是周期函數.
【評述】一般地，周期函數f(x)和g(x)的最小正周期分別為T1和T2，若T1/T2θ，則函數f(x)+g(x)不是周期函數，若T1/T2∈θ，則f(x)+g(x)是周期函數.
第五講 不等式的證明
知識、方法、技能
不等式在數學中占有重要地位，由于其證明的困難性和方法的多樣性，而成為競賽和高考的熱門題型.
證明不等式就是對不等式的左右兩邊或條件與結論進行代數變形和化歸，而變形的依據是不等式的性質，不等式的性分類羅列如下：
不等式的性質：這是不等式的定義，也是比較法的依據.
對一個不等式進行變形的性質：
（1）（對稱性）
（2）（加法保序性）
（3）
（4）
對兩個以上不等式進行運算的性質.
（1）（傳遞性）.這是放縮法的依據.
（2）
（3）
（4）
含絕對值不等式的性質：
（1）
（2）
（3）（三角不等式）.
（4）
證明不等式的常用方法有：比較法、放縮法、變量代換法、反證法、數學歸納法、構造函數方法等.當然在證題過程中，常可“由因導果”或“執果索因”.前者我們稱之為綜合法；后者稱為分析法.綜合法和分析法是解決一切數學問題的常用策略，分析問題時，我們往往用分析法，而整理結果時多用綜合法，這兩者并非證明不等式的特有方法，只是在不等式證明中使用得更為突出而已.此外，具體地證明一個不等式時，可能交替使用多種方法.
賽題精講
例1：求證：
【略解】


【評述】（1）本題所證不等式為對稱式（任意互換兩個字母，不等式不變），在因式分解或配方時，往往采用輪換技巧.再如證明時，可將
配方為，亦可利用
，3式相加證明.（2）本題亦可連用兩次基本不等式獲證.
例2：，求證：
【思路分析】顯然不等式兩邊為正，且是指數式，故嘗試用商較法.
【略解】不等式關于對稱，不妨，且，
都大于等于1.

【評述】（1）證明對稱不等式時，不妨假定個字母的大小順序，可方便解題.
（2）本題可作如下推廣：若

（3）本題還可用其他方法得證。因，同理，
另，4式相乘即得證.
（4）設例3等價于類似例4可證事實上，一般地有排序不等式（排序原理）：
設有兩個有序數組，則（順序和）
（亂序和）
（逆序和）
其中的任一排列.當且僅當或時等號成立.
排序不等式應用較為廣泛（其證明略），它的應用技巧是將不等式兩邊轉化為兩個有序數組的積的形式.如
.
例3：
【思路分析】中間式子中每項均為兩個式子的和，將它們拆開，再用排序不等式證明.
【略解】不妨設，則（亂序和）（逆序和），同理（亂序和）（逆序和）兩式相加再除以2，即得原式中第一個不等式.再考慮數組，仿上可證第二個不等式.
例4：設，且各不相同，
求證：
【思路分析】不等式右邊各項；可理解為兩數之積，嘗試用排序不等式.
【略解】設的重新排列，滿足，
又
所以.由于是互不相同的正整數，故從而，原式得證.
【評述】排序不等式應用廣泛，例如可證我們熟悉的基本不等式，
例5：利用基本不等式證明
【思路分析】左邊三項直接用基本不等式顯然不行，考察到不等式的對稱性，可用輪換的方法.
【略解】；三式相加再除以2即得證.
【評述】（1）利用基本不等式時，除了本題的輪換外，一般還須掌握添項、連用等技巧.
如，可在不等式兩邊同時加上
再如證時，可連續使用基本不等式.
（2）基本不等式有各種變式 如等.但其本質特征不等式兩邊的次數及系數是相等的.如上式左右兩邊次數均為2，系數和為1.
例6：已知求證：
【思路分析】不等式左邊是、的4次式，右邊為常數，如何也轉化為、的4次式呢.
【略解】要證即證
【評述】（1）本題方法具有一定的普遍性.如已知求證：
右側的可理解為再如已知，求證：
+，此處可以把0理解為，當然本題另有簡使證法.
（2）基本不等式實際上是均值不等式的特例.（一般地，對于個正數
調和平均
幾何平均
算術平均
平方平均
這四個平均值有以下關系：，其中等號當且僅當時成立.
例7：利用排序不等式證明.
【證明】令則，故可取，使得
由排序不等式有：

=（亂序和）
（逆序和）
=n，

【評述】對各數利用算術平均大于等于幾何平均即可得，.
例8：證明：對于任意正整數R，有
【思路分析】原不等式等價于，故可設法使其左邊轉化為n個數的幾何平均，而右邊為其算術平均.
【略證】
【評述】（1）利用均值不等式證明不等式的關鍵是通過分拆和轉化，使其兩邊與均值不等式形式相近.類似可證
（2）本題亦可通過逐項展開并比較對應項的大小而獲證，但較繁.
例9：n為正整數，證明：
【證明】先證左邊不等式





（*）式成立，故原左邊不等式成立.
其次證右邊不等式


（**）
（**）式恰符合均值不等式，故原不等式右邊不等號成立.
第六講 不等式的應用、參數取值范圍問題
知識、方法、技能
I．排序不等式（又稱排序原理）
設有兩個有序數組及
則（同序和）
（亂序和）
（逆序和）
其中是1，2，…，n的任一排列.當且僅當或時等號（對任一排列）成立.
證明：不妨設在亂序和S中時（若，則考慮），且在和S中含有項
則 ①
事實上，左－右=
由此可知，當時，調換（）中與位置（其余不動），所得新和調整好及后，接著再仿上調整與，又得如此至多經次調整得順序和
②
這就證得“順序和不小于亂序和”.顯然，當或時②中等號成立.反之，若它們不全相等，則必存在及k，使這時①中不等號成立.因而對這個排列②中不等號成立.
類似地可證“亂序和不小于逆序和”.
II．應用排序不等式可證明“平均不等式”：
設有n個正數的算術平均數和幾何平均數分別是

此外，還有調和平均數（在光學及電路分析中要用到
，
和平方平均（在統計學及誤差分析中用到）
這四個平均值有以下關系. 
其中等號成立的充分必要條件都是.
下面首先證明算術平均數一幾何平均數不等式：
記；

由于數組和數組中對應的數互為倒數，由排序不等式得
（逆序和）
，
即
從而等號當且僅當或時成立，而這兩者都可得到.
下面證明對個正數應用得

即（符號成立的條件是顯然的）.最后證明它等價于

而上式左邊=
，于是不等式及等號成立的條件都是顯然的了.從上述證明可見，對一切成立.
III．應用算術平均數——幾何平均數不等式，可用來證明下述重要不等式.
柯西（Cavchy）不等式：設、、，…，是任意實數，則

等號當且僅當為常數，時成立.
證明：不妨設不全為0，也不全為0（因為或全為0時，不等式顯然成立）. 記A=，B=.
且令
則于是原不等式成為
即.它等價于
其中等號成立的充要條件是從而原不等式成立，且等號成立的充要條件是
IV．利用排序不等式還可證明下述重要不等式.
切比雪夫不等式：若， ，
則
證明：由題設和排序不等式，有=，
，
……

將上述n個不等式疊加后，兩邊同除以n2，即得欲證的不等式.
賽題精講
I．排序不等式的應用
應用排序不等式可以簡捷地證明一類不等式，請看下述例題.
例1：對，比較的大小.
【思路分析】要應用“排序不等式”，必須取兩組便于排序的數，這要從兩式的結構上去分析.
【略解】 取兩組數

不管的大小順序如何，，故
.
【評述】 找出適當的兩組數是解此類題目的關鍵.
例2：，求證
【思路分析】 應先將、、三個不失一般性地規定為
【略解】由于不等式關于、、對稱，可設
于是.
由排序不等式，得（亂序和）.
及
以上兩個同向不等式相加再除以2，即得原式中第一個不等式.再考慮數組
，仿上可證第二個不等式，請讀者自己完成.
【評述】應用排序不等式的技巧在于構造兩個數組，而數組的構造應從需要入手來設計.這一點應從所要證的式子的結構觀察分析，再給出適當的數組.
例3：在△ABC中，試證：
【思路分析】 可構造△ABC的邊和角的序列，應用排序不等式來證明之.
【詳解】 不妨設，于是由排序不等式，得

相加，得，
得 ①
又由有

得 ②
由①、②得原不等式成立.
【評述】此題后半部分應用了不等式的性質來證明.
例4：設是互不相同的自然數，試證
【思路分析】 應先構造兩個由小到大的排序.
【略解】將按由小到大的順序排成其中是1，2，…，n的一個排列，則于是由排序不等式，得

例5：設是正數的一個排列，求證
【思路分析】 應注意到
【略證】不妨設，因為都大于0. 所以有，
又的任意一個排列，于是得到

【評述】 此題比較簡單，但頗具啟發意義，讀者應耐心體會.
例6：設正數的乘積，試證：
【略解】設，這里都是正數，則原需證明的不等式化為
中最多只有一個非負數.若中恰有一個非正數，則此時結論顯然成立.若均為正數，則是某三角形的三邊長.容易驗證

故得
【評述】 利用上述換元的方法可解決同類的問題.見下題：設正數、、的乘積
證明
證明：設，且所需證明的不等式可化為
，現不妨設，則
，據排序不等式
得
及
兩式相加并化簡可得

例7：設實數是的一個置換，證明：

【略解】 顯然所需證不等式等價于這由排序不等式可直接得到.
【評述】 應用此例的證法可立證下題：
設是兩兩互異的正整數（，證明對任意正整數，均有
證明：設是的一個排列，使，則從條件知對每個，于是由排序不等式可知
II．柯西不等式的應用
應用柯西不等式，往往能十分簡捷地證明某些不等式.
例8：設，求證：
【思路分析】 注意到式子中的倒數關系，考慮應用柯西不等式來證之.
【評述】注意到式子中的倒數關系，考慮應用柯西不等式來證之.
【詳解】 ∵，故由柯西不等式，得


，
∴
【評述】這是一道高中數學聯賽題，還可用均值不等式、數學歸納法、比較法及分離系數法和構造函數法等來證之.
第七講 三角恒等式和三角不等式
知識、方法、技能
三角恒等變形，既要遵循代數式恒等變形的一般法則，又有三角所特有的規律.
三角恒等式包括絕對恒等式和條件恒等式兩類。證明三角恒等式時，首先要觀察已知與求證或所證恒等式等號兩邊三角式的繁簡程度，以決定恒等變形的方向；其次要觀察已知與求證或所證恒等式等號兩邊三角式的角、函數名稱、次數以及結構的差別與聯系，抓住其主要差異，選擇恰當的公式對其進行恒等變形，從而逐步消除差異，統一形式，完成證明.“和差化積”、“積化和差”、“切割化弦”、“降次”等是我們常用的變形技巧。當然有時也可以利用萬能公式“弦化切割”，將題目轉化為一個關于的代數恒等式的證明問題.
要快捷地完成三角恒等式的證明，必須選擇恰當的三角公式. 為此，同學們要熟練掌握各公式及各公式的來龍去脈和變形形式.
上圖為三角公式脈絡圖，由圖可見兩角和差的三角函數的公式是所有三角公式的核心和基礎.
此外，三角是代數與幾何聯系的“橋梁”，與復數也有緊密的聯系，因而許多三角問題往往可以從幾何或復數角度獲得巧妙的解法.
三角不等式首先是不等式，因此，要掌握證明不等式的常用方法：配方法、比較法、放縮法、基本不等式法、數學歸納法等. 其次，三角不等式又有自己的特點——含有三角式，因而三角函數的單調性、有界性以及圖象特征等都是處理三角不等式的銳利武器.
三角形中有關問題也是數學競賽和高考的常見題型. 解決這類問題，要充分利用好三角形內角和等于180°這一結論及其變形形式. 如果問題中同時涉及邊和角，則應盡量利用正弦定理、余弦定理、面積公式等進行轉化，實現邊角統一. 求三角形面積的海倫公式，大家往往不甚熟悉，但十分有用.
例1：已知
【思路分析】條件涉及到角、，而結論涉及到角，.故可利用消除條件與結論間角的差異，當然亦可從式中的“A”入手.
【證法1】

【證法2】

例2：證明：
【思路分析】等號左邊涉及角7x、5x、3x、x右邊僅涉及角x，可將左邊各項逐步轉化為、
的表達式，但相對較繁. 觀察到右邊的次數較高，可嘗試降次.
【證明】因為
從而有



【評述】本題看似“化簡為繁”，實質上抓住了降次這一關鍵，很是簡捷. 另本題也可利用復數求解. 令，展開即可.
例3：求證：
【思路分析】等式左邊同時出現、，聯想到公式.
【證明】

【評述】本題方法具有一定的普遍性. 仿此可證
等.
例4：已知
【證明】
例5：證 明：
【證明】

【評述】這是三倍角的正弦的又一表示. 類似地，有
. 利用這幾個公式可解下例.
例6：求證：①
②sin1°sin2°sin3°…sin89°=
【證明】①cos6°cos42°cos66°cos78°
=cos6°cos54°cos66°

②sin1°sin2°sin3°…sin89°
=(sin1°sin59°sin61°)(sin2°sin58°sin62°)…(sin29°sin31°sin89°)sin30°sin60°
=
又

即 所以
例7：證明：對任一自然數n及任意實數為任一整數），有

【思路分析】本題左邊為n項的和，右邊為2項之差，故嘗試將左邊各項“裂”成兩項之差，并希冀能消去其中許多中間項.
【證明】
同理
……

【評述】①本題裂項技巧也可通過數學歸納法獲得.
②“裂項相消”在解題中具有一定的普遍性，類似可證下列各題：
.
例8：證明：
【證明】


所以，
【評述】①本題也可借助復數獲證.
②類似地，有
利用上述公式可快速證明下列各式：

第八講 復數
知識、方法、技能
I．復數的四種表示形式
代數形式：R）
幾何形式：復平面上的點Z（）或由原點出發的向量.
三角形式：R.
指數形式：.
復數的以上幾種形式，溝通了代數、三角、幾何等學科間的聯系，使人們應用復數解決相關問題成為現實.
II．復數的運算法則
加、減法：
乘法：

除法：

乘方：N）；
開方：復數次方根是
III．復數的模與共軛復數
復數的模的性質
①
②
③
④、對應的向量、反向時取等號；
⑤，與復數對應的向量
同時取等號.
共軛復數的性質
①；
②；
③
④；
⑤；
⑥
⑦z是實數的充要條件是是純虛的充要條件是
Ⅳ．復數解題的常用方法與思想
（1）兩個復數相等的充要條件是它們的實部、虛部對應相等，或者它們的模與輻角主
值相等（輻角相差2的整數倍）. 利用復數相等的充要條件，可以把復數問題轉化為實數問題，從而獲得解決問題的一種途徑.
（2）復數的模也是將復數問題實數化的有效方法之一.善于利用模的性質，是模運算中的一個突出方面.
賽 題 精 講
例1：設m、n為非零實數，i為虛單位，C，則方程①與
②
如圖I—1—8—1，在同一復平面內的圖形（F1、F2是焦點）是（ ）
【思路分析】可根據復平面內點的軌跡的定義；也可根據m、n的取值討論進行求解.
【略解】由復平面內點的軌跡的定義，得
方程①在復平面上表示以點為焦點的橢圓，.這表明，至少有一焦點在下半虛軸上，可見（A）不真.
又由方程①，橢圓的長軸之長為n，
∴|F1F2| 又因橢圓與雙曲線共焦點，必有橢圓的長軸長大于雙曲線的實軸長，即
故在圖（B）與（D）中，均有F1 : －ni，F2 : mi，且. 由方程②，雙曲線上的點應滿足，到F2點的距離小于該點到F1點的距離.
答案：（B）
【別解】仿上得n>0.
（1）若這時，在坐標平面上，F1（0，－n），F2（0，m），只可能為圖象（C），但與|F1F2|<長軸n，而|OF1|=n矛盾.
（2）若均在y軸的下半軸下，故只能為圖象（B）與（D）.
又因橢圓與雙曲線共焦點，必有橢圓的長軸長大于雙曲線的實軸長，即|n|>|m|. 故在（B）與（D）中，均有F1 : －ni；F2 : mi，且m<0. 由方程②，雙曲線上的點應滿足到F2點的距離小于該點到F1點的距離.
答案：（B）
【評述】（1）本題涉及的知識點：復數的幾何意義，復平面上的曲線與方程，橢圓，雙曲線，
共焦點的橢圓與雙曲線，討論法.
（2）本題屬于讀圖題型. 兩種解法均為基本方法：解法中前者為定義法；后者為分類討論法.
例2：若的值是 .
【思路分析】本題可由已知條件入手求出復數z的模，繼而求出復數；也可由幾何意義入手來求復數z.
【略解】令 ①
②
①—②得  解得代入后，
①+②得
【別解】如圖I—1—8—2，.
過D作與實軸平行的直線AB，取AD=BD=4，
【評述】本題的兩種解法中，前者應用了復數的三角形式；后者應用了復數的幾何意義，數形結合，形象直觀.
例3：x的二次方程、、m均是復數，且.
設這個方程的兩個根為、，且滿足.
求|m|的最大值和最小值.
【解法1】根據韋達定理有



這表明復數m在以A（4，5）為圓心，以7為半徑的圓周上如圖I—1—8—3所示.
故原點O在⊙A之內. 連接OA，延長交⊙A于兩點B與C，則|OB|=|OA|+|AB|=最大值.
|OC|=|CA|－|AO|=7－最小值.
∴|m|的最大值是的最小值是7－.
【解法2】同解法1，得 R）.


其中
∴ |m|的最大值=
|m|的最小值=
【解法3】根據韋達定理，有
，
∴


等號成立的充要條件是的輻角主值相差，即取最小值
【評述】三種解法，各有千秋. 解法1運用數形結合法，揭示復數m的幾何意義，直觀清晰；解法2則活用三角知識，把化為角“”的正弦；解法3運用不等式中等號成立的條件獲得答案；三種解法從不同側面刻面了本題的內在結構特征.
例4：若R，
R，中元素的個數為 （ ）
A．0 B．1 C．2 D．4
解法同本章一的練習第4題.
例5：設復數
.
【思路分析】應先設法求出的值.
【評述】由題設知

因為



當，可得同樣結果，故答案4000.
【評述】此題屬填空題中的難題，故解題時應仔細.
例6：設復平面上單位圓內接正20邊形的20個頂點所對應的復數依次為則復數所對應的不同的點的個數是（ ）
A．4 B．5 C．10 D．20
【思路分析】如題設可知，應設.故解題中應注意分解因式.
【解法1】因為我們只關心不同的點的個數，所以不失一般性可設.由，有

【答案】A.
【解法2】由
可知只有4個取值，而=（）3的取值不會增加，則B、C、D均應排除，故應選A.
【評述】上述兩個解法均為基本方法.思維的起點是不失一般性設，于是可用直接法（解法1）和排除法（解法2）.
第九講 數列與遞進
知識、方法、技能
數列是中學數學中一個重要的課題，也是數學競賽中經常出現的問題.
所謂數列就是按一定次序排列的一列數.數列的一般形式是a1, a2, …,an, …通常簡記為{an}.如果數列{an}的第n項an與n之間的函數關系可用一個公式來表示，這個公式就叫做這個數列的通項公式.
從函數的角度看，數列可以看做是一個函數，定義域是自然數集或自然數集的一個有限子集，函數表達式就是數列的通項公式.
對于數列{an}，把Sn=a1+a2+…+an叫做數列{an}的前n項和，則有
I．等差數列與等比數列
1．等差數列
（1）定義：
（2）通項公式：an=a1+(n－1)d .
（3）前n項和公式：
（4）等差中項：
（5）任意兩項：an=am+(n－m)d.
（6）性質：
①公差為非零的等差數列的充要條件是通項公式為n的一次函數；
②公差為非零的等差數列的充要條件是前n項和公式為n的不含常數項的二次函數；
③設{an}是等差數列，如果m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，那么am+an=ap+aq;
④設Sn是等差數列{an}的前n項和，則Sm, S2m－Sm, S3m－S2m, …, Spm－S(p－1)m(m>1,p≥3，m、p∈N*)仍成等差數列；
⑤設Sn是等差數列{an}的前n項和，則是等差數列；
⑥設{an}是等差數列，則{λan+b}(λ,b是常數)是等差數列；
⑦設{an}與{bn}是等差數列，則{λ1an+λ2bn}（λ1，λ2是常數）也是等差數列；
⑧設{an}與{bn}是等差數列，且bn∈N*，則{abn}也是等差數列（即等差數列中等距離分離出的子數列仍為等差數列）；
⑨設{an}是等差數列，則{}（c>0, c≠1）是等比數列.
2．等比數列
（1）定義：
（2）通項公式：an=a1qn－1.
（3）前n項和公式：
（4）等比中項：
（5）任意兩項：an=amqn－m.
（6）無窮遞縮等比數列各項和公式：
S=
（7）性質：
①設{an}是等比數列，如果m、n、p、q∈N*，且m+n=p+q，那么am·an=ap·aq；
②設Sn是等比數列{an}的前n項和，則Sm, S2m－Sm, S3m－S2m, …，
Spm－S(p－1)m(m>1, p≥3，m、n∈N*)仍為等比數列；
③設{an}是等比數列，則{λan}（λ是常數）、{}（m∈Z*）仍成等比數列；
④設{an}與{bn}是等比數列，則{an·bn}也是等比數列；
⑤設{an}是等比數列，{bn}是等差數列，bn∈Z*，則{abn}是等比數列（即等比數列中等距離分離出的子數列仍為等比數列）；
⑥設{an}是正項等比數列，則{logcan}(c>0, c≠1)是等差數列.
賽題精講
例1 設數列{an}的前n項和Sn=2an－1(n=1, 2,…)，數列{bn}滿足b1=3, bk+1=bk+ak(k=1,2，…)，求數列{bn}的前n項之和.
（1996年全國數學聯賽二試題1）
【思路分析】欲求數列{bn}前n項和，需先求bn. 由ak=bk+1－bk, 知求ak即可，利用
ak=Sk－Sk－1(k=2, 3, 4,…)可求出ak.
【略解】由Sn=2an－1和a1=S1=2a1－1,得a1=1, 又an=Sn－Sn－1=2an－2an－1,即an=2an－1,因此{an}是首項為1，公比為2的等比數列，則有an=2n－1.
由ak=bk+1－bk，取k=1,2,…,n－1得
a1=b2－b1, a2=b3－b2, a3=b4－b3, …, an－1=bn－bn－1,將上面n－1個等式相加，得bn－b1=a1+a2+…+an. 即bn=b1+a1+a2+…+an=3+(1+2+22+…+2n－1)=2n－1+2,所以數列{bn}的前n項和為
Sn′=（2+1）+（2+2）+（2+22）+…+（2+2n－1）=2n+2n－1.
【評述】求數列的前n 項和，一般情況必須先研究通項，才可確定求和的方法.
例2 求證：若三角形的三內角成等差數列，對應的三邊成等比數列，則此三角形必是正三角形.
【思路分析】由△ABC的三個內角A、B、C成等差數列，知∠B=60°，三個角可設為60°－d, 60°, 60°+d，其中d為常數；又由對應的三邊a、b、c成等比數列，知b2=ac，或將三邊記為a、aq、aq2，其中q為正常數，由此知要證此三角形為正三角形只須證明d=0或q=1或a=b=c.
【證】設△ABC的三個內角為A、B、C及其對邊a、b、c，依題意b2=ac, ∠B=60°.
【方法1】由余弦定理，得
整理得(a－c)2=0因此a=c.
故△ABC為正三角形.
【方法2】設a、b、c三邊依次為a、aq、aq2，由余弦定理有
cosB=,整理得q4－2q2+1=0,解得q=1, q=－1（舍去）
所以a=b=c,故此△ABC為正三角形.
【方法3】因為b2=ac, 由正弦定理：
(2RsinB)2=2RsinA·2RsinC（其中R是△ABC外接圓半徑）即sin2B=sinA·sinC，把
B=60°代入得sinA·sinC=，整理得[cos(A－C)－cos(A+C)=，即cos(A－C)=1,所以A=C，且∠B=60°，故此△ABC為正三角形.
【方法4】將60°－d, 60°, 60°+d代入sin2B=sinAsinC,
得sin(60°－d)·sin(60°+d)= ，即[cos(2d)－cos120°]= .
得cos2d=1, d=0°,所以∠A=∠B=∠C，故△ABC為正三角形.
【評述】方法1、2著眼于邊，方法3、4著眼于角.
例3 各項都是正數的數列{an}中，若前n項的和Sn滿足2Sn=an+,求此數列的通項公式.
【思路分析】 在Sn與an的混合型中，應整理成數列{Sn}的遞推式或數列{an}的遞推式，然后用遞推關系式先求出Sn，再求an，或直接求an.本題容易得到數列{Sn}的遞推式，利用an=Sn－Sn－1先求出Sn，再求an即可.
【解】n≥2時，將an=Sn－Sn－1代入2Sn=an+,得2Sn=Sn－Sn－1+,整理得
所以數列是首項為1，公差為1的等差數列，
即當n=1時，由2S1=a1+,得a1=1也滿足.
故數列{an}的通項公式為.
【評述】處理本例的思想方法，可用來求滿足Sn與an混合型中的通項公式.
例4 設數列{an}的前n項和Sn與an的關系為Sn=－ban+1－，其中b是與n無關的常數，且b≠－1.（1）求an與an－1的關系式；
（2）寫出用n與b表示an的表達式.
【思路分析】利用Sn=an－an－1(n≥2)整理出數列{an}的遞推關系式求an.
【解】（1）
當n≥2時，an=Sn－Sn－1=
－ban+1－,整理得
兩邊同乘以2n，得2nan=2n－1an－1+,可知數列{2nan}是以2a=為首項，公差為的等差數列.所以
當b≠1，b≠－1時，
由（*）式得(1+b)nan=b(1+b)n－1an－1+
從而數列{cn－cn－1}就是一個等比數列，n取2，3，…，n得
故數列{an}的通項公式為
【評述】構造輔助數列是解由遞推關系式給出數列求通項的一個基本方法，本例構造了輔助數列{cn}、{cn－cn－1}，使數列{cn－cn－1}為等比數列，化未知為已知，從而使問題獲解.
例5 n2(n≥4)個正數排成n行n列
a11 a12 a13 a14…… a1n
a21 a22 a23 a24…… a2n
a31 a32 a33 a34…… a3n
a41 a42 a43 a44…… a4n
… … … … …… …
an1 an2 an3 an4…… ann
其中每一行的數成等差數列，每一列的數成等比數列，并且所有公比相等，已知a24=1,
a42=，a43=,求a11+a22+a33+…+ann.（1990年全國高中數學聯賽試題）
【思路分析】求和需要研究a11和akk，又每列成等比數列且公比相等，只需要研究a1k和q,又每行成等差數列，需要求得an和第一行的公差d，因而本題利用已知建立an、d和q之間關系，使問題獲解.
【解】設第一行數列公差為d，各列數列公比為q.因為2a43=a42+a44,
所以a44=2a43－a42=2×－=.又因為a44=a24·q2=q2,所以q=,于是有

解此方程組，得d=,a11=.
對于任意的1≤k≤n,有
【評述】數列求和應先研究通項，通項cn=anbn，其中{an}成等差為九列，{bn}為等比數列，數列{cn}的求和用錯項相減去.
例6 將正奇數集合{1，3，5，…}從小到大按第n組有(2n－1)奇數進行分組：{1}, {3,5,7} , {9, 11, 13, 15, 17}, … （第1組）（第2組）（第3組）
問1991位于第幾組中？
（1991年全國高中數學聯賽試題）
【思路分析】思路需要寫出第n組的第1個數和最后一個數，1991介于其中，而第n組中最后一個數是第（1+3+…+2n－1）=n2個奇數為2n2－1.
【解】因為1+3+5+…+(2n－1)=n2
所以前n組共含有奇數n2個，第n組最后一個數即第n2個奇數為2n2－1,第n組第一個數即第n－1組最后一個數后面的奇數為[2(n－1)2－1]+2=2(n－1)2+1.由題意，有不等式
2(n－1)2+1≤1991≤2n2－1.
解得(n－1)2≤995且n2≥996，從而n≤32且n≥32，
故n=32，即1991位于第32組中.
【評述】應用待定的方法，假定位于第n組中然后確定n即可.
例7 設{an}是由正數組成的等比數列，Sn是前n項和，證明
（1995年全國高考題）
【思路分析】要證原結論成立，只需證SnSn+2<成立，用等比數列前n項和公式表示或建立Sn、Sn+1、Sn+2的關系，用比較法證之.
【證法1】設{an}的公比為q,由題設知a1>0, q>0.
（1）當q=1時，Sn=na1，從而
SnSn+2－=na1(n+2)a1－(n+1)2=－<0.
（2）當q≠1時，

由①、②知
根據對數函數的單調性，得
【證法2】設{an}的公比為q，由題設知a1>0, q>0.
因為Sn+1+=a1+qSn, Sn+2=a1+qSn+1,
所以SnSn+2－=Sn(a1+qSn+1)－(a1+qSn)Sn+1=a1(Sn－Sn+1)
=－a1(Sn+1－Sn)
=－a1an+1<0.
即（以下同證法1）.
【評述】明確需要證，建立Sn、Sn+1、Sn+2之間的關系較為簡單.
第十講 二項式定理與多項式
知識、方法、技能
Ⅰ．二項式定理
1．二項工定理
2．二項展開式的通項
它是展開式的第r+1項.
3．二項式系數

4．二項式系數的性質
（1）
（2）
（3）若n是偶數，有，即中間一項的二項式系數最大.
若n是奇數，有，即中項二項的二項式系數相等且最大.
（4）
（5）
（6）
（7）
（8）
以上組合恒等式（是指組合數滿足的恒等式）是證明一些較復雜的組合恒等式的基
本工具.（7）和（8）的證明將在后面給出.
5．證明組合恒等式的方法常用的有
（1）公式法，利用上述基本組合恒等式進行證明.
（2）利用二項式定理，通過賦值法或構造法用二項式定理于解題中.
（3）利用數學歸納法.
（4）構造組合問題模型，將證明方法劃歸為組合應用問題的解決方法.
賽題精講
例1：求的展開式中的常數項.
【解】由二項式定理得
①
其中第項為 ②
在的展開式中，設第k+1項為常數項，記為
則 ③
由③得r－2k=0，即r=2k，r為偶數，再根據①、②知所求常數項為
【評述】求某一項時用二項展開式的通項.
例2：求的展開式里x5的系數.
【解】因為
所以的展開式里x5的系數為

【評述】本題也可將化為用例1的作法可求得.
例3：已知數列滿足
求證：對于任何自然數n，
是x的一次多項式或零次多項式. （1986年全國高中數學聯賽試題）
【思路分析】由是等差數列，則從而可將表示成的表達式，再化簡即可.
【解】因為 所以數列為等差數列，設其公差為d
有 從而
由二項定理，知
又因為
從而
所以
當的一次多項式，當零次多項式.
例4：已知a，b均為正整數，且求證：對一切，An均為整數.
【思路分析】由聯想到復數棣莫佛定理，復數需要，然后分析An與復數的關系.
【證明】因為
顯然的虛部，由于

所以從而的虛部.
因為a、b為整數，根據二項式定理，的虛部當然也為整數，所以對一切，An為整數.
【評述】把An為與復數聯系在一起是本題的關鍵.
例5：已知為整數，P為素數，求證：
【證明】
由于為整數，可從分子中約去r！，又因為P為素數，且，所以分子中的P不會紅去，因此有所以
【評述】將展開就與有聯系，只要證明其余的數能被P整除是本題的關鍵.
例6：若，求證：
【思路分析】由已知 猜想，因此需要求出，即只需要證明為正整數即可.
【證明】首先證明，對固定為r，滿足條件的是惟一的.否則，設
則矛盾.所以滿足條件的m和是惟一的. 下面求.
因為

又因為
所以

故
【評述】猜想進行運算是關鍵.
例7：數列中，，求的末位數字是多少？
【思路分析】利用n取1，2，3，…猜想的末位數字.
【解】當n=1時，a1=3，
，因此的末位數字都是7，猜想， 現假設n=k時，
當n=k+1時，

從而
于是 故的末位數字是7.
【評述】猜想是關鍵.
例8：求N=1988－1的所有形如為自然數）的因子d之和.
【思路分析】尋求N中含2和3的最高冪次數，為此將19變為20－1和18+1，然后用二項式定理展開.
【解】因為N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1
=－
其中M是整數.
上式表明，N的素因數中2的最高次冪是5. 又因為N=(1+2×9)88－1

=32×2×88+34·P=32×（2×88+9P）其中P為整數.
上式表明，N的素因數中3的最高次冪是2.
綜上所述，可知，其中Q是正整數，不含因數2和3.
因此，N中所有形如的因數的和為(2+22+23+24+25)(3+32)=744.
例9：設，求數x的個位數字.
【思路分析】直接求x的個位數字很困難，需將與x相關數聯系，轉化成研究其相關數.
【解】令
，由二項式定理知，對任意正整數n.
為整數，且個位數字為零.
因此，x+y是個位數字為零的整數.再對y估值，
因為， 且，
所以 故x的個位數字為9.
【評述】轉化的思想很重要，當研究的問題遇到困難時，將其轉化為可研究的問題.
例10：已知試問：在數列中是否有無窮多個能被15整除的項？證明你的結論.
【思路分析】先求出，再將表示成與15有關的表達式，便知是否有無窮多項能被15整除.
【證明】在數列中有無窮多個能被15整除的項，下面證明之.
數列的特征方程為它的兩個根為，
所以 （n=0，1，2，…）
由 則
取，由二項式定理得
由上式知當15|k，即30|n時，15|an，因此數列中有無窮多個能被15整除的項.
【評述】在二項式定理中，經常在一起結合使用.

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