高等数学竞赛辅导2
高等数学竞赛辅导
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4.用定积分（二重积分）、导数 定义求极限：
n 1 n 例1 lim 2 lim 2 n n n k 1 n k k 1
n
1 1 dx 1 arc tan x k 2 0 1 x2 0 4 1 ( ) n
1 1 例2 求极限 lim n n 1 n 2
xn1 xn xn (3 xn ) xn xn ( 3 xn xn ) 0
{ xn }单调增加 lim xn l 存在
n
在xn1 xn (3 xn )两边取极限 l l (3 l )
3 l 2
9
二、分段函数（连续、求导）
x 2 e n( x 1) ax b 例 设f ( x ) lim ，讨论f ( x )的连续性与可导性. n ( x 1) n 1 e
1) 构造F ( x ) f ( x ) (1 x ), 证明 是其零点.
F (0) 1, F (1) 1.
2) f ( x )在[0, ], [ , 1] 上分别用中值定理，
联系几何意义.
15
1 例5 设f ( x )在[0, 1]上连续，在(0, 1)内可导，f (0) f (1) 0, f ( ) 1， 2 1 证明： 1) ( , 1), 使得f ( ) ； 2 2) (0, ), 使得f '( ) f ( ) 1.（1届决赛 12分）
令F ( x ) e x [ f ( x ) x ] 证明F ( x )存在稳定点.
1 1 1 2 F (0) 0, F (1) e , F ( ) e . 2 2
0
1 2
高等数学竞赛辅导
高等数学竞赛辅导一、极限与连续1：“”型函数的极限 [1]分子或分母先因式分解，然后约分求值（分子和分母均为有理式）例1求121lim 221---→x x x x[2]有理化分子或分母，然后约分求值 公式：b a b a b a -=+-))((b a b b a a b a ±=+⋅±))((32333233例2求极限 (1)2321lim4--+→x x x (2)328287limxx x x +-+-→[3]利用等价无穷小替换求极限：βαlimβα''=lim 常见的等价无穷小：变量在变化的过程中，下列各式左边均为无穷小，则①sin □～□ ②tan □～□ ③arcsin □～□ ④arctan □～□⑤ln(1+□)～□ ⑥口e -1～□ ⑦1-cos □～22口 ⑧(1+□)α-1～α□等价无穷小替换的原则：①只对函数的因式可作等价无穷小替换②该因子首先必须是无穷小量例3求极限(1)2220sin cos 1lim x x x x -→ （2）])1[(lim 112n n n a n a n -+∞→ (3)131)1()1()1)(1(lim -→----n n x x x x x （4）10(1)lim xx x e x →+- (5) ()19921lim=--∞→ββαn n n n ，求α、β的值。
提示：(2)方括号内提取1na ;(4) 1ln(1)111ln(1)00001(1)1lim lim lim lim ln(1)1x x x x x x x x x e e x e e e e x x x x x x +-+→→→→⎡⎤-⎢⎥+--⎡⎤⎣⎦===+-⎢⎥⎣⎦; (5)由于()1l i ml i ml i m 199211[11]n nn n nn n n n n n αααββββββ-→+∞→+∞→+∞===--⎛⎫-- ⎪⎝⎭，所以由1-=βα，且19921=β，知119921-=α。
曲面积分(第十讲)
- x2
= ò dq ò (
0 0
- r 2 cos 2 q a -r
2 a 2
+ 2a 2 - 2a a 2 - r 2 - r 2 )rdr
= -4 ò 2 cos 2 q dq ò
0
p
0
1 + p a3 6 a -r
2 2
r 3 dr
p p 1 1 = -4a 3 ò 2 cos 2 q dq ò 2 sin 3 tdt + p a 3 = - p a3 0 0 6 2
r ur uuuuu I = òò Pdydz + Qdxdz + Rdxdy = òò {P, Q, R} ×{dydz, dxdz, dxdy} = òò F × n 0 dS
S
S
U
注意：曲面前侧取“正” ，后侧取“负” ；右侧取“正” ，左侧取“负” ；上侧取“正” ，下侧 取“负” ． 三、向量点积法（转换投影法）
2 2 2
曲面 S 在 xoy 平面的投影域为 Dxy = {( y, z ) | x + y £ 1} ，
2 2
而
òò xdydz = òò
S
S前(向后)
xdydz + òò xdydz
S后
D yz
is
Dyz
= - òò a 2 - y 2 - z 2 dydz - òò a 2 - y 2 - z 2 dydz
曲面 S：z = - a - x - y ,
2 2 2
U
r n = {- f x¢ , - f y¢ ,1} = {
nR
=
1 1 ( z + a ) 2 dxdy = òò (a - a 2 - x 2 - y 2 ) 2 dxdy òò a S a Dxy
全国大学生数学竞赛辅导ppt
2.设y y ( x)由方程xe f ( y ) e y ln 29确定， 其中f具有二阶导数且f 1,
d y ___ . 2 dx
2
3.设s 0, 求I n e x dx, (n 1,2,).
sx n 0
Page 10
4.求最小实数c, 使得满足 | f ( x) | dx 1的连续的
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f ( x) 6. f ( x)连续，g ( x) f ( xt )dx且 lim A, A 0 x 0 x 为常数，求g ( x)并讨论g ( x)在x 0处的连续性.
1
1 7.求方程x sin 2 x 501的近似解， (精确 x 到0.001).
x x
存在一点 x0使得f ( x0 ) 0. 证明：f ( x) 0在(,)恰有两实根。
11.设f ( x)在x 1点附近有定义，且在x 1 点可导，并已知f (1) 0, f (1) 2, f (sin 2 x cos x) 求 lim . 2 x 0 x x tan x
Page 15
14.设f ( x)在 x 0的某邻域内有二阶连续导数 且f (0), f (0), f (0)均不为零， 证明：存在唯一一组实数 k1 , k2 , k3 , k1 f (h) k2 f (2h) k3 f (3h) f (0) 使得 lim 0. 2 h 0 h
0
1
函数f ( x)都有 f ( x )dx c.
0
1
x 2t t 2 5.设函数y f ( x)由参数方程 (t 1)所 y (t ) d2y 3 确定，且 2 , 其中 (t )具有二阶导数， dx 4(1 t ) t2 3 u 2 曲线y (t )与y e du 在t 1处相切，求 1 2e 函数 (t ).
高中数学竞赛辅导计划
高中数学竞赛辅导计划20XX年高中数学竞赛辅导计划为搞好20XX年全国数学联赛备考工作，并以此为契机，培养我校学生数学学习的积极性，进一步提高我校的办学品位，特举办本届高中数学联赛辅导班。
一、指导思想：以科学发展观、新课程理论为指导；以提高学生学习数学、应用数学的兴趣，提高学生的数学素养为宗旨；坚持以生为本、有利于学生的终生发展的原则，立足实际、因材施教，开展数学竞赛辅导班工作。
二、目标要求1、适当拓宽学生数学知识视野，注重渗透一些常用的数学思想方法、加深对数学本质的认识。
2、注重培养学生良好的思维品质，提高学生的探究知识及运用数学知识和数学思想方法分析、解决问题的能力。
3、注意培养学生的应用意识、创新意识、协作意识，培养学生良好的科学态度。
4、使学生在探究知识，解决问题的过程中，感受数学文化的博大精深和数学方法的巨大创造力，感受数学的魅力，增强对数学的向往感；从而激发学生学习数学的热情。
培养学生不畏困难、敢于攀登科学高峰的勇气。
5、力争在20XX年高中数学联赛中至少有两人次取得省级三等以上的奖项，在本市同层次学校中名列前茅，为学校争光。
三、管理措施：1、依据全国数学联赛考试大纲，结合近几年数学联赛试题特点，根据教学进度和学生认知结构特点，精心选择、合理安排教学内容，循序渐进，逐步提高。
2、精心准备，讲究实效。
认真编写讲义（或教案），上课前一周将讲义制好并分发给学生。
认真上好每一节辅导课，使学生真正学有所得。
3、以集体讲解与学生自主学习和小组合作学习相结合的学习形式组织学习，充分调动学生学习的积极性，保障学生的主体地位。
4、精编课后巩固练习与强化，及时检查、及时批改、及时反馈，确保质量。
5、制定辅导班班规，严格考勤制度。
6、争取学校有关领导、班主任及数学教师的支持，确保后勤保障。
五、学生选拔：先由学生本人自愿报名，经家长同意后，由有关班主任、任课教师协商并推荐人选，通过选拔考试择优录取50名。
六、辅导教师：七、活动时间：八、活动地点：注：1、若有特殊情况须作临时调整，则另行通知。
高等数学教材辅导书推荐
高等数学教材辅导书推荐高等数学是大学必修课程之一，对学习理工科专业的学生来说至关重要。
然而，许多学生在学习高等数学时遇到了困难，需要额外的辅导和参考书籍来帮助他们更好地理解和掌握其中的概念和技巧。
本文将介绍几本优秀的高等数学教材辅导书，希望能为学生们提供一些建议和参考。
1. 《高等数学辅导与习题精选》该书由数学教育专家编写，内容涵盖了高等数学的各个章节，包括极限与连续、微分学、积分学等。
每个章节都提供了详细的辅导指导和解题方法，配有大量的例题和习题，以帮助学生巩固和应用所学知识。
此外，该书还附带了详细的解答和答案解析，方便学生自我检测和复习。
2. 《高等数学教程与习题解析》这本教材以教程和习题解析相结合的方式呈现，适合对高等数学概念和理论有一定了解但仍然需要强化和训练的学生。
每个章节都以清晰简洁的语言介绍概念和公式，后附有习题和解析，让学生能够在实践中巩固和应用所学知识。
这本教材还提供了不同难度的习题，以满足不同层次学生的需求。
3. 《高等数学课堂笔记与例题详解》这本书以讲义和例题详解的形式呈现，旨在帮助学生更好地理解高等数学课堂内容。
每个章节都提供了重点知识的讲解和练习，支持学生系统化地学习和掌握知识点。
此外，该书还提供了大量的例题详解，并注重解题思路和方法的讲解，有助于学生在课后巩固理解并培养解题能力。
4. 《高等数学参考书：理论与应用》这本参考书旨在帮助学生将高等数学的理论知识与实际应用相结合。
每个章节都提供了理论知识和应用案例，并配有详细的解题分析和思路指导。
这本书不仅适合学习高等数学的学生，也适合对高级数学应用感兴趣的专业人士阅读。
综上所述，以上推荐的高等数学教材辅导书涵盖了不同的教学和学习需求，学生可以根据自身情况选择适合自己的书籍。
在学习过程中，建议学生将教材与辅导书结合起来，多做练习，加强理解和应用能力。
通过持续的学习和练习，相信每个学生都能够在高等数学中取得优秀的成绩。
高中数学竞赛辅导02竞赛辅导二集合
(A)2
(B)3
(C)4
(D)6
2.(2003 年北京市竞赛题)已知函数 f ( x) 2 x , 1 x
记 f (1) f (2) f (1000) m , f (1) f (1) f ( 1 ) n
23
1000
则 m n __2__998.5
2024/10/12
高中数学竞赛辅导
灶、水龙头、水壶和火柴，你想烧开水，应当怎样去做？”
对此某人回答：“在壶中灌上水，点燃煤气，再把壶放到煤
气灶上。”提问者肯定了这一回答，但是，他又追问道：
“如果其他的条件都没有变化，只是水壶中已经有了足够多
的水，那么你又应该怎么做？”这时，“灵活”的人可能说：
“20点24/1燃0/1煤2 气再把壶放到煤气高中灶数上学竞。赛辅”导但是，这一回答却未能 7
从今天开始,我们将陆陆续续地通过一些 数学问题来体会解决问题中运用的数学思维 的策略和方法.
2024/10/12
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思考
数学思维的策略和方法(一)探索法
1.探索常从熟悉的地方开始
思考 1.(2004 年全国联赛题)如图设点 O 在△ABC 内部,且
有 OA 2OB 3OC 0 ,则 △ABC 的面积与 △AOC 的面积
2.(教程 P9 )已知 A {x x2 4x 3 0, x R} ,
B {x 21x a ≤0, 且x2 2(a 7)x 5 ≤0, x R} .
若 A B ,则实数 a 的取值范围是 4≤a.≤-1
3.( 教程 P9 )已知集合 M=
N= (x, y) y k(x 1) ,当 M
竞赛辅导(二)集合
(接上一节练习)
1.设全集 I {( x, y) x, y R} ,集合 M {( x, y) y 3 1} , x2
大学高等数学竞赛训练极限
大学,高等数学,竞赛训练,极限
大学生数学竞赛训练一（极限）
一、计算解：因为原式又因为所以。
二、计算解：因为所以。
三、计算解：设，则因为，所以。
四、计算解：因为，所以五、设数列定义如下证明：极限。
证明：方法一、考虑函数，因为，当时，。
由此可得时，在上的最大值为，且在是递增的。
所以……………………由于，，所以数列是单调有界的，由单调有界准则可得存在。
显然，。
现证明，用反证法证明，设，且，取，因为，所以存在整数，当时有由此可得正项级数收敛；另一方面，由，级数发散，由比较判别法，正项级数发散，这是一个矛盾，所以。
方法二、考虑函数，因为，当时，。
由此可得时，在上的最大值为，且在是递增的。
所以……………………由夹逼准则可得，，又因为所以数列是单调递增的，利用斯托尔茨定理。
六、设函数在区间上有定义，且在每一个有限区间上是有界的，如果，证明：
证明：对于任取的，因为，所以存在当时，有取，令，则有因为…………所以由于在每一个有限区间上是有界的，所以存在，当时有取，当时有由此可得。
七、
快乐分享知识无限！。
大学数学竞赛题库及答案
大学数学竞赛题库及答案大学数学竞赛通常涵盖了高等数学、线性代数、概率论与数理统计、数学分析等多个领域。
以下是一些典型的大学数学竞赛题目及其答案。
# 题目一：高等数学题目：求函数 \( f(x) = 3x^2 - 2x + 1 \) 在区间 \( [1, 2] \)上的最大值和最小值。
答案：首先，我们找到函数的导数 \( f'(x) = 6x - 2 \)。
令导数等于零，解得 \( x = \frac{1}{3} \)。
这个点不在给定区间内，所以我们需要检查区间端点的函数值。
在 \( x = 1 \) 时，\( f(1) = 3(1)^2 - 2(1) + 1 = 2 \)。
在 \( x = 2 \) 时，\( f(2) = 3(2)^2 - 2(2) + 1 = 9 \)。
因此，函数在区间 \( [1, 2] \) 上的最大值为 9，最小值为 2。
# 题目二：线性代数题目：求解线性方程组：\[ \begin{cases}x + y + z = 6 \\2x - y + z = 1 \\3x + y + 2z = 8\end{cases} \]答案：我们可以使用高斯消元法来解这个方程组。
首先将方程组写成增广矩阵的形式，然后进行行操作：\[ \left[\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & 1 & 6 \\2 & -1 & 1 & 1 \\3 & 1 & 2 & 8\end{array}\right] \rightarrow \left[\begin{array}{ccc|c}1 & 1 & 1 & 6 \\0 & -3 & -1 & -11 \\0 & 1 & 1 & 2\end{array}\right] \]继续行操作，得到：\[ \left[\begin{array}{ccc|c}1 & 0 & -2 & -5 \\0 & 1 & 1 & 2 \\0 & 0 & 3 & 13\end{array}\right] \]最后，我们得到解为 \( x = 1, y = 2, z = 3 \)。
全国大学生数学竞赛大纲
（二）中国大学生数学竞赛（非数学专业类）竞赛内容为大学本科理工科专业高等数学课程的教学内容，具体内容如下：一、函数、极限、连续1．函数的概念及表示法、简单应用问题的函数关系的建立.2．函数的性质：有界性、单调性、周期性和奇偶性.3．复合函数、反函数、分段函数和隐函数、基本初等函数的性质及其图形、初等函数.4．数列极限与函数极限的定义及其性质、函数的左极限与右极限.5．无穷小和无穷大的概念及其关系、无穷小的性质及无穷小的比较.6．极限的四则运算、极限存在的单调有界准则和夹逼准则、两个重要极限.7．函数的连续性（含左连续与右连续）、函数间断点的类型.8．连续函数的性质和初等函数的连续性.9．闭区间上连续函数的性质(有界性、最大值和最小值定理、介值定理).二、一元函数微分学1. 导数和微分的概念、导数的几何意义和物理意义、函数的可导性与连续性之间的关系、平面曲线的切线和法线.2. 基本初等函数的导数、导数和微分的四则运算、一阶微分形式的不变性.3. 复合函数、反函数、隐函数以及参数方程所确定的函数的微分法.4. 高阶导数的概念、分段函数的二阶导数、某些简单函数的n阶导数.5. 微分中值定理，包括罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理和泰勒定理.6. 洛必达(L’Hospita l)法则与求未定式极限.7. 函数的极值、函数单调性、函数图形的凹凸性、拐点及渐近线(水平、铅直和斜渐近线)、函数图形的描绘.8. 函数最大值和最小值及其简单应用.9. 弧微分、曲率、曲率半径.三、一元函数积分学1. 原函数和不定积分的概念.2. 不定积分的基本性质、基本积分公式.3. 定积分的概念和基本性质、定积分中值定理、变上限定积分确定的函数及其导数、牛顿-莱布尼茨(Newton-Leibniz)公式.4. 不定积分和定积分的换元积分法与分部积分法.5. 有理函数、三角函数的有理式和简单无理函数的积分.6. 广义积分.7. 定积分的应用：平面图形的面积、平面曲线的弧长、旋转体的体积及侧面积、平行截面面积为已知的立体体积、功、引力、压力及函数的平均值．四.常微分方程1. 常微分方程的基本概念：微分方程及其解、阶、通解、初始条件和特解等.2. 变量可分离的微分方程、齐次微分方程、一阶线性微分方程、伯努利(Bernoulli)方程、全微分方程.3. 可用简单的变量代换求解的某些微分方程、可降阶的高阶微分方程： .4. 线性微分方程解的性质及解的结构定理.5. 二阶常系数齐次线性微分方程、高于二阶的某些常系数齐次线性微分方程.6. 简单的二阶常系数非齐次线性微分方程：自由项为多项式、指数函数、正弦函数、余弦函数，以及它们的和与积7. 欧拉(Euler)方程.8. 微分方程的简单应用五、向量代数和空间解析几何1. 向量的概念、向量的线性运算、向量的数量积和向量积、向量的混合积.2. 两向量垂直、平行的条件、两向量的夹角.3. 向量的坐标表达式及其运算、单位向量、方向数与方向余弦.4. 曲面方程和空间曲线方程的概念、平面方程、直线方程.5. 平面与平面、平面与直线、直线与直线的夹角以及平行、垂直的条件、点到平面和点到直线的距离.6. 球面、母线平行于坐标轴的柱面、旋转轴为坐标轴的旋转曲面的方程、常用的二次曲面方程及其图形.7. 空间曲线的参数方程和一般方程、空间曲线在坐标面上的投影曲线方程.六、多元函数微分学1. 多元函数的概念、二元函数的几何意义.2. 二元函数的极限和连续的概念、有界闭区域上多元连续函数的性质.3. 多元函数偏导数和全微分、全微分存在的必要条件和充分条件.4. 多元复合函数、隐函数的求导法.5. 二阶偏导数、方向导数和梯度.6. 空间曲线的切线和法平面、曲面的切平面和法线.7. 二元函数的二阶泰勒公式.8. 多元函数极值和条件极值、拉格朗日乘数法、多元函数的最大值、最小值及其简单应用.七、多元函数积分学1. 二重积分和三重积分的概念及性质、二重积分的计算(直角坐标、极坐标)、三重积分的计算(直角坐标、柱面坐标、球面坐标).2. 两类曲线积分的概念、性质及计算、两类曲线积分的关系.3. 格林(Green)公式、平面曲线积分与路径无关的条件、已知二元函数全微分求原函数.4. 两类曲面积分的概念、性质及计算、两类曲面积分的关系.5. 高斯(Gauss)公式、斯托克斯(Stokes)公式、散度和旋度的概念及计算.6. 重积分、曲线积分和曲面积分的应用(平面图形的面积、立体图形的体积、曲面面积、弧长、质量、质心、转动惯量、引力、功及流量等)八、无穷级数1. 常数项级数的收敛与发散、收敛级数的和、级数的基本性质与收敛的必要条件.2. 几何级数与p级数及其收敛性、正项级数收敛性的判别法、交错级数与莱布尼茨(Leibniz)判别法.3. 任意项级数的绝对收敛与条件收敛.4. 函数项级数的收敛域与和函数的概念.5. 幂级数及其收敛半径、收敛区间（指开区间）、收敛域与和函数.6. 幂级数在其收敛区间内的基本性质(和函数的连续性、逐项求导和逐项积分)、简单幂级数的和函数的求法.7. 初等函数的幂级数展开式.8. 函数的傅里叶(Fourier)系数与傅里叶级数、狄利克雷(Dirichlei)定理、函数在[-l，l]上的傅里叶级数、函数在[0,l]上的正弦级数和余弦级数。
《高数竞赛辅导》课件
微积分技巧
掌握函数的单调性、极值、 凹凸性等性质，以及极限和定理，如导数、积分、微 分中值定理等，能够解决很
多实际问题。
解题策略的制定
读题策略
仔细阅读题目，理解题意，找出关键信息， 明确解题方向。
类比策略
通过比较相似问题的解法，寻找当前问题的 解决方案。
级数应用
级数在解决实际问题中有着 广泛的应用，如近似计算、 无穷序列的求和等。
04
高数竞赛解题技巧与策略
解题技巧的运用
代数技巧
几何技巧
掌握代数运算的基本技巧， 如因式分解、配方、分式化 简等，有助于简化计算过程
。
熟悉几何图形的性质和定理 ，能够快速找到解题思路， 如相似三角形、勾股定理等
。
函数与极限技巧
积分题型解析
积分具有一些重要性质，如可加性、 可减性、可乘性等，这些性质在高数 中有着广泛的应用。
积分在解决实际问题中有着广泛的应 用，如求曲线下面积、求旋转体体积 等。
积分定义
积分性质
积分运算
积分应用
积分是计算函数与自变量之间的面积 或体积的数学概念，是高数中重要的 基础概念。
积分的四则运算法则是积分运算的基 础，包括加减乘除和复合运算等。
微分方程与差分方程
总结词
理解微分方程和差分方程的概念、解法和应 用，掌握常见微分方程的解法。
详细描述
微分方程和差分方程是研究函数的重要工具 ，学生需要理解它们的概念、解法和应用， 如一阶线性微分方程、二阶常系数线性微分 方程的解法等。同时，学生需要掌握常见微 分方程的解法，如可分离变量方程、一阶线 性方程等。
学习资料
推荐使用《高数竞赛辅导》ppt课件，以及其他相关教材和辅导书。
武忠祥《2016高等数学辅导讲义》第二章解答
在 x 0 的某邻域内曲线 y f (x) 是凸的，且在其左邻域内曲线 y f (x) 在 x 轴下方，在
其右邻域内曲线 y f (x) 在 x 轴上方.先画 y f (x) 的图形，再画 y f (x) 的图形，由图
可知选（C）.
15.【解】 应选（C）. 由 f (x) [ f (x)]3 x2 知, f (x) 3[ f (x)]2 f (x) 2x,
lim
x
x2 x2 1
1 2x2
0 ,则
y
x
为一条斜渐近线，由于该函数
为偶函数，则 y x 为一条斜渐近线.
17.【解】
应选（C）.
lim
x
x2 x2
x 1
1, 则
y
1
为一条水平渐近线.
lim
x1
x2 x2
x 1
,
则
x
1 为一条垂直渐近线.
18.【解】 应填 2.
x0 ln(1 x)
x0
得 lim[ f (x) a] 0, 又由 f (x) 二阶可导知 f (x) 连续， x0
所以 lim f (x) f (0) a x0
3
主编：武忠祥
2016 高等数学辅导讲义练习题解答
f (x) a
f (x) f (0)
lim
lim
8.【解】应选（C）.
x
f (x)
lim
n 1 | x |n
enx
max(1,
x ,ex)
1
n
ex
x 1 1 x 0
x0
f (x) 在 x 1和 x 0 不可导，选（C）
高等数学辅导讲义和高等数学基础篇
高等数学辅导讲义和高等数学基础篇
高等数学辅导讲义：
1.函数与极限。
函数的概念，函数的性质，常用初等函数，极限的概念和性质，无穷
小量和无限大量，函数的极限与连续性，中值定理。
2.导数与微分。
导数的概念和性质，常用导数公式，导数的应用，微分的概念和性质，微分的应用。
3.积分。
积分的概念和性质，不定积分和定积分的计算方法，常用积分公式，
积分的应用。
4.微分方程。
微分方程的基本概念，一阶微分方程的解法，高阶微分方程的解法，
常微分方程的初值问题，线性微分方程。
5.多元函数微积分。
多元函数的概念和性质，多元函数的极限和连续性，多元函数的偏导
数和全微分，多元函数的积分和重积分，常用多元函数的积分公式。
高等数学基础篇：
1.数集和数系。
自然数、整数、有理数、实数、复数等数集和数系，数的基本性质和运算，数轴和坐标系。
2.函数与方程。
函数的概念和性质，函数图像和函数关系，函数的单调性和奇偶性，方程的概念和解法，一元二次方程和一元三次方程的根式解法。
3.数列和级数。
数列的概念和性质，等差数列和等比数列，数列极限和收敛性，无穷级数的概念和性质，收敛级数的判定方法。
4.三角函数和三角恒等式。
角度制和弧度制，三角函数的概念和性质，常用三角函数的图像和性质，三角函数和三角恒等式的应用。
5.解析几何和向量代数。
平面和空间直角坐标系，向量的概念和运算，向量的线性运算和向量的数量积、向量积，直线和平面的解析式，球面和圆锥面的解析式。
权威教学高中数学竞赛辅导课件(四)——函数2
求证:⑴ pf ( m ) 0 ;⑵方程 f ( x) 0 在 (0,1) 内恒有解. m1
5
答案提示
课外思考:
1. 已知二次函数 f (x)＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与 x 轴有 两个不同的公共点，若 f (c)＝0，且 0＜x＜c 时，f (x)＞0．
(1)试比较 1 与 c 的大小；
6
2.在边长为 10 的正三角形 ABC中，以如图所示的方式内接两个正方形 (甲、乙两个正方形有一边相重叠，都有一边落在 BC上，甲有一顶点在 AB 上，乙有一顶点在 AC 上），试求这样内接的两个正方形面积和的最小值．
解：设甲、乙两正方形的边长分别为 x, y ，
易知 BC 边上的四条线段之和为：
且满足条件: ⑴当 x R 时, f ( x 4) f (2 x) ,且 f ( x)≥ x ;
⑵当 x (0, 2) 时, f ( x) ≤ ( x 1)2 ; 2
⑶ f ( x) 在 R 上的最小值为 0.
求最大的 m ,使得存在 t R ,只要 x 1, m ,就
有 f (x t)≤ x
(1 3 )x (1 3 ) y 10 ，记1 3 k ，
3
3
3
则 y 10 x ，设两正方形面积之和为 S ，
k
则有
S
x2
(10 k
Байду номын сангаас
x)2
2( x
5 k
)2
50 k2
，
当 x 5 5 (3 3) y 时， k2
S
取得最小值，其最小值是
Smin
50 k2
450 (3 3)2
25 (3 2
3)2 .
7
大家好
数学竞赛辅导课
数学竞赛辅导课一、课程目标知识目标：1. 理解并掌握数学竞赛中的基础概念、定理及公式，如代数、几何、数论等；2. 学会运用数学方法解决竞赛中的问题，提高解决问题的策略与技巧；3. 了解数学竞赛的题型特点，把握解题思路和时间分配。
技能目标：1. 培养学生快速准确的计算能力，提高解题速度；2. 培养学生逻辑思维和分析问题的能力，提高解题准确率；3. 培养学生团队协作和沟通交流能力，学会在合作中共同解决问题。
情感态度价值观目标：1. 培养学生对数学的兴趣和热情，激发学习积极性；2. 培养学生勇于挑战、克服困难的意志，增强自信心；3. 培养学生遵守竞赛规则，树立公平竞争的意识。
本课程针对数学竞赛辅导，结合学生年级特点和知识深度，注重基础知识的巩固和提高，强调实践操作和思维能力的培养。
课程目标具体、可衡量，旨在帮助学生掌握竞赛相关知识，提高解题技能，培养良好的情感态度价值观，为参加数学竞赛做好充分准备。
二、教学内容1. 代数部分：包括整式、分式、方程、不等式、函数等基础概念及性质，侧重于运用这些知识解决实际问题。
- 教材章节：第一章《整式的运算》，第二章《分式的运算》，第三章《方程与不等式》等。
2. 几何部分：涉及平面几何、立体几何、解析几何等基础知识，重点培养学生的空间想象能力和逻辑推理能力。
- 教材章节：第四章《平面几何》，第五章《立体几何》，第六章《解析几何》等。
3. 数论部分：包括基础数论、组合数论等，锻炼学生运用数论知识解决数学问题的能力。
- 教材章节：第七章《基础数论》，第八章《组合数论》等。
4. 竞赛题型讲解与练习：针对数学竞赛常见题型，如选择题、填空题、解答题等，分析解题思路和技巧。
- 教材章节：各章节练习题、历年竞赛真题等。
5. 拓展训练：安排一些具有挑战性的题目，拓展学生的知识面和思维深度，提高解决问题的能力。
教学内容根据课程目标进行科学性和系统性的组织，注重理论与实践相结合。
教学大纲明确，进度安排合理，确保学生能够在掌握基础知识的同时，提高竞赛解题能力。
【提优教程】江苏省2012高中数学竞赛 第02讲 二次函数与二次不等式教案
第2讲 二次函数与二次不等式本讲内容包括二次函数与二次方程、二次不等式的关系及高次不等式的解法。
二次方程)0(02≠=++a c bx ax 的解，是相应的二次函数)0(2≠++=a c bx ax y 中，函数值为0时x 的值，即此二次函数的图象在x 轴上的截距（函数图象与x 轴的交点的横坐标）。
二次不等式)0(02>>++a c bx ax 的解，是相应的二次函数)0(2>++=a c bx ax y 中，函数值大于0时x 的值，即此二次函数的图象在x 轴上方时x 的取值范围；同样的，二次不等式)0(02><++a c bx ax 的解，是相应的二次函数)0(2>++=a c bx ax y中，函数值小于0时x 的值，即此二次函数的图象在x 轴下方时x 的取值范围。
因此， 的解)0(02>>++a c bx ax 21x x x x ><或 R x x x ∈≠且0 一切实数的解)0(02><++a c bx ax 21x x x << 无解 无解高次不等式可以先进行因式分解，再运用符号法则将它转化为一次不等式或二次不等式求解。
A 类例题例1 设二次函数)0(2222<++=a a ax x y 的图象的顶点为A ，与x 轴的交点为C B ,，当ABC ∆为等边三角形时，求a 的值。
分析 欲求a 的值，需得到一个关于a 的方程。
因为A 是抛物线的顶点，所以AC AB =。
由ABC ∆是等边三角形，得BC AD 23=。
只要以a 表示BC AD 和，则a 的值可求。
解 由函数)0(2222<++=a a ax x y ，化简得2)(22a a x y -+=。
因而有)2,(2a a A --，又设)0,(,)0,(21x C x B 。
则由ABC ∆是等边三角形，得BC AD 23=，即BC y A 23||=。
2021-2022年高中数学竞赛辅导资料《二项式定理与多项式》
2021-2022年高中数学竞赛辅导资料《二项式定理与多项式》1．二项工定理∑=-∈=+nk kk n k n nn b a C b a 0*)()(N2．二项展开式的通项)0(1n r b a C T rr n r nr ≤≤=-+它是展开式的第r+1项. 3．二项式系数4．二项式系数的性质 （1）（2）).10(111-≤≤+=---n k C C C k n k n k n（3）若n 是偶数，有nnn n n nnn C C CC C >>><<<-1210，即中间一项的二项式系数最大.若n 是奇数，有nnn n n nn nn n C C CCC C >>>=<<<-+-1212110 ，即中项二项的二项式系数相等且最大.（4）.2210nn n n n n C C C C =++++（5）.21531420-=+++=+++n n n n n n n C C C C C C（6）.1111----==k n kn k n k n C kn C nC kC 或 （7）).(n k m C C C C C C mm k n m k n m k m n m n m k k n ≤≤=⋅=⋅+---- （8）.1121++++++=+++++n k n n k n n n n n n n C C C C C以上组合恒等式（是指组合数满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基 本工具.（7）和（8）的证明将在后面给出. 5．证明组合恒等式的方法常用的有（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明.（2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中. （3）利用数学归纳法.（4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法.例题讲解1．求的展开式中的常数项.2．求的展开式里x 5的系数.3．已知数列满足 ),,3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 求证：对于任何自然数n ，nn n n n n n n n n n n n n xC a x x C a x x C a x x C a x C a x p +-++-+-+-=-----)1()1()1()1()(111222211100 是x 的一次多项式或零次多项式.4．已知a ，b 均为正整数，且,sin )(),20(2sin ,2222θπθθn b a A ba ab b a n n ⋅+=<<+=>其中求证：对一切，A n 均为整数.5．已知为整数，P 为素数，求证：)(m od )(P y x y x P P P +≡+6．若)10*,,()25(12<<∈+=++ααN m r m r ，求证：7．数列中，，求的末位数字是多少？8．求N=1988－1的所有形如为自然数）的因子d 之和.9．设8219)22015()22015(+++=x ，求数x 的个位数字.10．已知),2,1(8,1,01110 =-===-+n a a a a a n n n 试问：在数列中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.课后练习1．已知实数均不为0，多项ββαα++-=x x x x f 23)(的三根为，求 的值.2．设d cx bx ax x x f ++++=234)(，其中为常数，如果,3)3(,2)2(,1)1(===f f f 求的值.3．定义在实数集上的函数满足：).(,1)1()(x f x x xf x f 求+=-+4．证明：当n=6m 时，.033325531=-⋅+⋅+⋅- n n n n C C C C5．设展开式为n n x a x a x a a 222210++++ ，求证：6．求最小的正整数n ，使得的展开式经同类项合并后至少有1996项.7．设，试求：（1）的展开式中所有项的系数和. （2）的展开式中奇次项的系数和.8．证明：对任意的正整数n ，不等式nnnn n n )12()2()12(-+≥+成立.例题答案：1.解：由二项式定理得77)]1(1[)11(xx x x ++=++77772271707)1()1()1()1(xx C x x C x x C x x C C r r ++++++++++= ①其中第项为 ②在的展开式中，设第k+1项为常数项，记为 则)0(,)1(2,1r k x C xxC T k r k r k kr kr k ≤≤==--+ ③ 由③得r －2k=0，即r=2k ，r 为偶数，再根据①、②知所求常数项为.39336672747172707=+++C C C C C C C评述：求某一项时用二项展开式的通项. 2. 解：因为6662)1()31()321(x x x x -+=-+].1][)3()3()3(31[6665564463362261666633622616x C x C x C x C x C x C x C x C x C x C +-+-+-⋅++⋅+⋅+⋅+= 所以的展开式里x 5的系数为26363362624616563)(33)(1C C C C C C C ⋅+-+⋅+- .16813)(356516464-=⋅+-⋅+C C C评述：本题也可将化为用例1的作法可求得.3. 分析：由是等差数列，则),,2,1(01 =+=+=-i id a d a a i i 从而可将表示成的表达式，再化简即可.解：因为),3,2,1(211 ==++-i a a a i i i 所以数列为等差数列，设其公差为d 有 从而nn n n n n n n n xC nd a x x C d a x x C d a x C a x P )()1()2()1()()1()(022*******+++-++-++-=-- ],)1(2)1(1[])1()1([222111100n n n n n n n n n n n n n n x nC x x C x x C d x C x x C x C a ++-+-⋅+++-+-=--- 由二项定理，知,1])1[()1()1()1(222110=+-=++-+-+---n nn n n n n n n n x x x C x x C x x C x C又因为,)]!1()1[()!1()!1()!(!!11--=-----⋅=-⋅=k n k n nC k n k n n k n k n k kC 从而nn n n n n n x nC x x C x x C ++-+--- 22211)1(2)1(])1()1[(12111----++-+-=n n n n x x x C x nx 所以当的一次多项式，当零次多项式.4. 分析：由联想到复数棣莫佛定理，复数需要，然后分析A n 与复数的关系.证明：因为.sin 1cos ,,20,2sin 2222222b a b a b a b a ab +-=-=><<+=θθπθθ所以且显然的虚部，由于.)()(1)2()(1)2(2222222222222n nn n bi a b a abi b a b a i b a ab b a b a ++=+-+=+++-= 所以.)()sin (cos )(222n n bi a n i n b a +=++θθ从而n n n bi a n b a A 222)(sin )(++=为θ的虚部.因为a 、b 为整数，根据二项式定理，的虚部当然也为整数，所以对一切，A n 为整数. 评述：把A n 为与复数联系在一起是本题的关键.5. 证明：P P p P P P P P P P y xy C y x C y x C x y x +++++=+----1122211)(由于)1,,2,1(!)1()1(-=+--=P r r r p p p C r P 为整数，可从分子中约去r ！，又因为P 为素数，且，所以分子中的P 不会红去，因此有所以评述：将展开就与有联系，只要证明其余的数能被P 整除是本题的关键.6. 分析：由已知1)()25(12=++=++αααm m r 和 猜想，因此需要求出，即只需要证明为正整数即可.证明：首先证明，对固定为r ，满足条件的是惟一的.否则，设],),1,0(,*,,[2121212122ααααα≠≠∈∈+=m m m m m N则)1,0()0,1(,,021212121⋃-∈-∈-≠-=-ααααZ m m m m 而矛盾.所以满足条件的m 和是惟一的. 下面求.因为12212212211212012121222)5(2)5()5()25()25(+-++++++++⋅+⋅+=--+r r r r r r r r r C C C ]22)5(2)5()5([12212212211212012+-++++-+⋅+⋅--r r r r r r r C C C*]252525[2]22)5(2)5([21212121231312112123223122112N ∈+++⋅⋅+⋅=++⋅+⋅=+--+-+++-++r r r r r r rr r r r r r CCCC C又因为)1,0()25(),1,0(2512∈-∈-+r 从而所以)2252525(21212121231312112+--+-+++⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=r r r r r r r r r C C C m故 .1)45()25(1212=-=+++r r 评述：猜想121212)25()25(,)25(+++-+-=r r r 与α进行运算是关键. 7. 分析：利用n 取1，2，3，…猜想的末位数字.解：当n=1时，a 1=3，3642733321+⨯====aa 27)81(3)81(3)3(3336363643642732⨯=⋅=⋅====+⨯a a ，因此的末位数字都是7，猜想， 现假设n=k 时， 当n=k+1时， 34341)14(33+++-===m m a k ka34034342412434124134034034)1(4)1(4)1(4)1(4++++++++++-⋅⋅+-⋅⋅++-⋅⋅+-⋅=m m m m m m m m m m C C C C 从而 于是.27)81(33341⨯===++m m a n na 故的末位数字是7.评述：猜想是关键.8. 分析：寻求N 中含2和3的最高幂次数，为此将19变为20－1和18+1，然后用二项式定理展开.解：因为N=1988－1=(20－1)88－1=(1－4×5)88－1=－888888888787878833388222881885454545454⨯⨯+⨯⨯-+⨯⨯-⨯⨯+⨯⨯C C C C C)552(22552565-=⨯+⨯-=M M 其中M 是整数.上式表明，N 的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+2×9)88－18888888822288188929292⨯⨯++⨯⨯+⨯⨯=C C C=32×2×88+34·P=32×（2×88+9P ）其中P 为整数. 上式表明，N 的素因数中3的最高次幂是2.综上所述，可知，其中Q 是正整数，不含因数2和3.因此，N 中所有形如的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.9. 分析：直接求x 的个位数字很困难，需将与x 相关数联系，转化成研究其相关数. 解：令])22015()22015[(,)22015()22015(82198219+++=+-+-=y x y 则])22015()22015[(8219-+-+，由二项式定理知，对任意正整数n.)2201515(2)22015()22015(22+⋅⋅+=-++-n n n n n C 为整数，且个位数字为零.因此，x +y 是个位数字为零的整数.再对y 估值，因为2.0255220155220150=<+=-<， 且1988)22015()22015(-<-，所以.4.02.02)22015(201919<⨯<-<<y 故x 的个位数字为9.评述：转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.10. 分析：先求出，再将表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除. 证明：在数列中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之. 数列的特征方程为它的两个根为154,15421-=+=x x ，所以n n n B A a )154()154(-++= （n=0，1，2，…） 由,1521,15211,010-====B A a a 得 则],)154()154[(1521n n n a --+=取，由二项式定理得])15(42)15(421542[15211133311----⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅=n n n n n n n n C C C a),(1542)1544(154154154415415441221223232121212232321212223311为整数其中T T k C C C C C C C C C k k k kk k k k k k k k k k k n n nn nn n+⋅=⋅⋅++⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=⋅⋅++⋅⋅+⋅=-----------由上式知当15|k ，即30|n 时，15|a n ，因此数列中有无穷多个能被15整除的项. 评述：在二项式定理中，经常在一起结合使用.37573 92C5 鋅34810 87FA 蟺m40530 9E52鹒~;39806 9B7E 魾34001 84D1 蓑725964 656C 敬23732 5CB4 岴%M。
高数竞赛辅导(2011)
数学竞赛辅导：空间解析几何与多元函数的微分一. 向量代数1.数量积（内积）：||||cos ;a b a b θ⋅=其中θ是,a b之间的夹角。
2. 向量积（外积）：||||||sin ;a b a b θ⨯=,a b a ⨯⊥,a b b ⨯⊥,,a b a b⨯ 构成右手系。
(0;a b a b ⇔⨯=含共线）0a b a b ⊥⇔⋅=3. 坐标表示：121212a b x x y y z z ⋅=++111222ij k a b x y z x y z ⨯=，其中，()111,,a x y z = ，()222,,b x y z =,4.几何意义：||a b ⨯ 代表以,a b为邻边的平行四边形的面积S；平面上三点11(,,0)A x y,22(,,0)B x y ,33(,,0)C x y 构成的三角形的面积为2121212131313131111|||0|||2220ABCi j kx x y y S AB AC x x y y x x y y x x y y --=⨯=--=----也可以写成：11223311|1|21ABC x y S x y x y =。
5. 混合积：(,,)()a b c a b c =⋅⨯。
注意：(,,)(,,)(,,)a b c b c a c a b ==6.坐标表示：111222333(,,)()x y z a b c a b c x y z x y z =⋅⨯=,其中，()111,,a x y z = ，()222,,b x y z = , ()333,,c x y z =7.几何意义：(,,)a b c 的绝对值表示以,,a b c为三条邻边的平行六面体的体积。
,,a b c共面的充要条件是(,,.)0a b c =。
空间不共面的四点111(,,)A x y z ,222(,,)B x y z ,333(,,)C x y z ,444(,,)D x y z 构成的四面体的体积为1112121212223131313334141414441111||||1661x y z x x y y z z x y z V x x y y z z x y z x x y y z z x y z ---==------。
高中数学奥赛赛前辅导
第一讲 集合与函数综合问题例1、数集M 由2003个不同的实数组成，对于M 中任何两个不同的元素a 和b，数2a +M 中任何一个数a，（2003年俄罗斯数学奥林匹克试题）分析：欲证证明：设a ，b ，c 是数集M 中任意三个两两不同的元素，由题设知2222a b c c ++++都是有理数，于是22((()(1(2)2a b a b a b +-+=-+= 是有理数．22((c c +-+=是有理数，从而1(2)2是有理数，进而11((22=+是有理数．例2、称有限集S 的所有元素的乘积为S 的“积数”．给定数集111,,,.23100M ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭求数集M 的所有含偶数个元素的子集的“积数”之和．分析：数集M 的所有子集的积数之和为111(1)(1)(1)1.23100+++- 设数集M 的所有含偶数个元素的子集的积数和为x ，所有含奇数个元素的子集的积数之和为y ，则111(1)(1)(1) 1.23100x y +=+++- 只需再建立一个关于x ，y 的方程，就可解出x ，y ．解答：设数集M 的所有含偶数个元素的子集的积数之和为x ，所有含奇数个元素的子集的积数之和为y ，则111(1)(1)(1)1,23100111(1)(1)(1)1,2310099,299.1004851.200x y x y x y x y x +=+++--=----+=-== 又所以解得例3、设集合S n ={1，2，…，n}．若X 是S n 的子集，把X 中的所有数的和称为X 的“容量”（规定空集的容量为0）．若X 的容量为奇（偶）数，则称X 为S n 的奇（偶）子集．（1）求证：S n 的奇子集与偶子集个数相等；（2）求证：当n ≥3时，S n 的所有奇子集的容量之和与所有偶子集的容量之和相等； （3）当n ≥3时，求S n 的所有奇子集的容量之和．（1992年全国高中数学联赛试题）分析：要证明两个集合的元素的个数一样多，一种方法是直接把这两个集合的元素个数算出来，另一种方法是在这两个集合之间建立一个一一对应．本题我们将用后一种方法来解．解答：（1）设A 是S n 的任一奇子集，构造映射f 如下：{1},1;{1},1.A A A A A A -∈∉ 若若（注：A —{1}表示从集合A 中去掉1后得到的集合） 所以，映射f 是将奇子集映为偶子集的映射．易知，若A 1，A 2是S n 的两个不同的奇子集，则f （A 1）≠f （A 2），即f 是单射． 又对S n 的每一个偶子集B ，若1∈B ，则存在A =B \{1}，使得f （A ）=B ；若1B ∉，则存在{1},A B = 使得f （A ）=B ，从而f 是满射．所以，f 是S n 的奇子集所组成的集到S n 的偶子集所组成的集之间的一一对应，从而S n 的奇子集与偶子集个数相等，故均为11222n n -= 个．（2）设a n (b n )表示S n 中全体奇（偶）子集容量之和． 若n (≥3)是奇数，则S n 的奇子集由如下两类：（1）S n －1的奇子集；（2）S n －1的偶子集与集{n }的并，于是得a n =a n －1＋（b n －1＋n ²2n －2）， ①又S n 的偶子集可由S n －1的偶子集和S n －1的奇子集与{n }的并构成，所以b n = b n －1＋（a n －1＋n ²2n －2）， ② 由①，②，便得a n = b n ． 若n （≥4）是偶数，同上可知a n =a n －1＋（a n －1＋n ²2n －2），b n = b n －1＋（b n －1＋n ²2n －2），由于n －1是奇数，由上面已证a n －1= b n －1，从而a n = b n ． 综上即知，a n = b n ，n =3，4…（3）由于S n 的每一个元素均在2n －1个S n 的子集中出现，所以，S n 的所有子集容量之和为2n －1（1＋2＋…＋n ）=2n －2n （n ＋1)．又由（2）知，a n =b n ，所以2312(1)2(1).2n n n a n n n n --=+=+说明（2）的证明中，建立了递推关系．这也是解决“计数”问题的一个有效方法． 例4、设A 是集合S ={1，2，…1000000}的一个恰有101个元素的子集．证明：在S中存在数t 1，t 2，…t 100，使得集合{|},1,2,,100j j A x t x A j =+∈= 中，每两个的交集为空集．（2003年国际数学奥林匹克试题）证明：考虑集合D ={x －y |x ，y ∈A },则||≤101100110101.D ⨯+=若i j A a ≠∅ ，设i j a A A ∈ ，则a =x ＋t i ，a=y ＋t j ，其中x ，y ∈A ，则t i －t j =y －x ∈D ．若t i －t j ∈D ，即存在x ，y ∈A ，使得t i －t j =y －x ，从而x ＋t i = y ＋t j ，即.i j A A ≠∅ 所以，i j A A ≠∅ 的充要条件是t i －t j ∈D ．于是，我们只需在集合S 中取出100个元素，使得其中任意两个差都不属于D ．下面用递推方法来取出这100个元素．先在S 中任取一个元素t 1，再从S 中取一个t 2，使得122{|}.t t D t x x D +=+∈∈这是因为取定t 1后，至多有10101个S 中的元素不能作为t 2，从而在S 中存在这样的t 2．若已有k (≤99)个S 中的元素t 1，t 2，…，t k 满足要求，再取t k ＋1，使得t 1，…，t k 都不属于t k ＋1＋D ={ t k ＋1＋x |x ∈D }，这是因为t 1，t 2，…，t k 取定后，至多有10101k ≤999999个S 中的数不能作为t k ＋1，故在S 中存在满足条件t k ＋1．所以，在S 中存在t 1，t 2，…，t 100，其中任意两个的差都不属于D ．综上所术，命题得证．说明：条件|S |=106可以改小一些．一般地，我们有如下更强的结论：若A 是S ={1,2,…，n }的k 元子集，m 为正整数，满足条件n >(m －1)2(1),KC +则存在S 中的元素t 1，…，t m ，使A j ={x ＋t j |x ∈A }，j =1,…m 中任意两个的交集为空集．例5、求函数y x =+的值域．（2001年全国高中数学联赛试题）≥0y x =-，所以 x 2－3x ＋2=y 2－2xy ＋x 2，即（2y －3）x =y 2－2．由上式知232,.223y y x y -≠=-且由222000022000002000002000002≥2332(1)(2)≥0,≥0.23231≤≥ 2.22[2,),,232(2)22≥0,2323≥2,32≥0,231,,,2231y y y x y y y y y y y y y y y x y y x y y x x x y x y y x y x -=--+----<-∈+∞=----=-=---+=-⎡⎫∈=⎪⎢-⎣⎭-得所以或又任取令则故所以且任取令则2200002(1)1≤0,2323y y y y --=-=--故x 0≤1，于是2000032≥0,x x y x -+=+且 综上，所求的函数的值域为31,[2,).2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭说明：我们先求出了y 的范围31,[2,)2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ ，这是不是函数的值域呢？第二部分说明了对于31,[2,)2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭ 中的任意一个数y 0，总存在一个x 0，使得00y x =+就证明了函数的值域是31,[2,).2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭例6、求(31)(21)y x x =-+-的图象与x 轴的交点坐标．分析：仔细观察所给的式子，发现(31)(21)y x x =-+-，从而找到了解题途径．解答：因为(31)(21)y x x =-+-，令()1)f t t =，易知f (t )是奇函数，且f (t )是严格递增函数．所以y =f (3x －1)＋f (2x －3)．当y=0时，f (3x －1)=－f (2x －3)=f (3－2x )，所以3x －1=3－2x ，解得4.5x =故图象与x 轴的交点坐标为（4,05）．例7、设a >0，211().ax r x ax x x+==+讨论函数r (x )在（0，＋∞）中的单调性、最小值与最大值．解答：先讨论它的单调性． 设0<x 1<x 2<＋∞212121211212212112212212212112212111()()()()1()()0≤,1()()()()1()()≤0;,1()()()()1()()≥0,r x r x ax ax x x x x a x x x x r x r x x x a x x x x a x x x r x r x x x a x x x x a x -=+-+=--<<-=--<--<-=-->--当有时有所以，在⎛ ⎝上，r (x )是严格递减的；在⎫+∞⎪⎭上，r (x )是严格递增的． 由此可知，r (x )没有最大值；当且仅当x 时，r (x )取最小值说明：此题的结论非常重要，许多问题最后可化归为讨论函数1()(())ar x ax r x x x x=+=+或的增减性来解．例8、设二次函数f (x )=ax 2＋bx ＋c (a ，b ，c ∈R ，a ≠0)满足条件： （1）当x ∈R 时，f (x －4)=f (2－x )，且f (x )≥x ；（2）当x ∈（0，2）时，21()≤();2x f x +（3）f (x )在R 上的最小值为0．求最大的m (m >1)，使得存在t ∈R ，只要x ∈[1，m ]，就有f (x ＋t )≤x ．（2002年全国高中数学联赛试题）分析：先根据题设条件（1），（2），（3），把f (x )的解析式求出来，进而再确定m 的最大值．解答：由f (x －4)=f (2－x )，t ∈R ，可知二次函数f (x )的对称轴为x =－1．又由（3）知，二次函数f (x )的开口向上，即a >0，故可设f (x )=a (x +1)2(a >0)由（1）知f (1)≥1，由（2）知f (1)≤211()12+=，所以f (1)=1，故2211(11),.41()(1).4a a f x x =+==+所以因为21()(1)4f x x =+的图象开口向上，而y =f (x +t )的图象是由y =f (x )的图象平移|t |个单位得到．要在区间[1，m ]上，使得y =f (x +t )的图象在y =x 的图象的下方，且m 最大，则1和m 应当是关于x 的方程21(1)①4x t x ++=的两个根． 令x =1代入方程①，得t =0或t =－4．当t =0时，方程①的解为x 1=x 2=1（这与m >1矛盾！）；当t =－4时，方程①的解为x 1=1，x 2=9．又当t =－4时，对任意x ∈[1，9]，恒有 2(1)(9)≤0,1(41)≤,4x x x x --⇔-+ 即f (x －4)≤x ．所以，m 的最大值为9．说明：我们由f (x －4)= f(2－x )，x ∈R 导出f (x )的图象关于x =－1对称．一般地，若f (x －a )=f (b －x )，x ∈R ，则()()()(),2222b a b a b a b a f x f x a f b x f x -++-+=+-=--=-故f (x )的图象关于2b ax -=对称．这个性质在解题中常常用到．例9、设f 为R ＋→R ＋的函数，对任意正实数x ，f(3x)=3f(x)，且f (x )=1－|x －2|，1≤x ≤3．求最小的实数x ，使得f (x )=f (2004)．分析：先用递推关系推出函数f (x )的解析式，然后再求解． 解答：由已知条件得1,1≤≤2,()3,2≤≤ 3.x x f x x x -⎧=⎨-⎩当3≤x ≤6时，令,3xt =则1≤t ≤2，此时 f (x )=f (3t )=3f (t )=3(t －1) =x －3， 即得 f (x )=|x －3|，2≤x ≤6．当6≤x ≤18时，令,3xt =则2≤x ≤6，于是 f (x )=f (3t )=3f (t )=3|t －3|=|x －9|．1,1≤≤2,|3|,2≤≤6,|9|,6≤≤18,|27|,18≤≤54,()|81|,54≤≤162,|243|,162≤≤486,|729|,486≤≤1458,|2187|,1458≤≤4374.x x x x x x x x f x x x x x x x x x -⎧⎪-⎪⎪-⎪-⎪=⎨-⎪⎪-⎪-⎪⎪-⎩所以f (2004)=2187－2004=183．由于162－81<183，486－243>183，而243－162<183，所以，最小的满足f (x )=f (2004)的实数x =243＋183=426．说明：请读者自己证明：不存在实数x ∈（0，1），使得f (x )=183．例10、k 是实数，42421()1x kx f x x x ++=++，对任意三个实数a ，b ，c ，存在一个以f (a )，f (b )，f (c )为三边长的三角形，求k 的取值范围．分析：首先，对于任意实数x ，f (x )要恒大于0．在这个前提下，对任意三个实数a ，b ，c ，f (a )，f (b )，f (c )均能构成一个三角形的三边长，只需2f min (x )>f max (x )即可．解答：首先确定k 的范围，使得f (x )恒大于0，即只需x 4＋kx 2＋1恒大于0即可． 当k ≥0时，x 4＋kx 2＋1恒大于0；当k <0时，只需 △=k 2－4<0，即－2<k <0．所以，当k >－2时，f (x )恒大于0． （1）当k =1时，f (x )≡1满足题意． （2）当k >1时，有24222422(1)()1≥1(0),1(1)(1)()1≤1132(1),3k x f x x x x k x k x f x x x x k x -=+=++--=+++++==时等号成立当时等号成立所以，max max 2()1,(),3k f x f x +==从而由三角形的两边之和大于第三边的性质，有221,3k +⨯>解得k <4． 故1<k <4满足条件．（3）当－2<k <1时，与（2）类似，有max max 2()1,(),3k f x f x +==由221,3k +⨯>解得1.2k >-故112k-<<满足条件．综上所述，所求的k的取值范围为14. 2k-<<说明：本题的关键是把“对任意实数a，b，c，存在一个以f(a)，f(b)，f(c)为三边长的三角形”这一条件，转化为“2f min(x)>f max(x)”．例11、设N是非负整数集，f：N→N是一个函数，使得对任一n∈N，都有(f(2n＋1))2－(f(2n))2=6f(n)+1，①f(2n)≥f(n)．问：f(N)中有多少元素小于2003？解答：由题设(f(2n＋1)2－(f(2n))2≥1>0，所以f(2n＋1)> f(2n)．又(f(2n＋1)2=(f(2n))2＋6 f(n)＋1<(f(2n)2＋6 f(2n)＋9，所以f(2n＋1)< f(2n)＋3，故f(2n＋1)< f(2n)＋1或f(2n)＋2．而(f(2n＋1)2－(f(2n))2是奇数，所以f(2n＋1)与f(2n)的奇偶性不同，从而f(2n＋1)= f(2n)＋1．代入①式，得f(2n)=3 f(n)．令n=0，f(0)=3f(0)，所以f(0)=0．令n=0代入①式，得f(1)=1，于是f(2)=3 f(1)=3．下面用数学归纳法证明：f是严格递增函数，即证f(n＋1)>f(n)．当n=0，1，2时，命题成立．假设对小于等于n的情形命题成立．则当n=2k(k≥1)为偶数时，有f(n＋1)=f(2k＋1)=f(2k)＋1> f(2k)=f(n)．当n=2k＋1(k≥0)为奇数时，因为0≤k<k＋1≤n，所以f(k＋1)>f(k)，从而f(k＋1)≥f(k)＋1，于是f(n＋1)=f(2k＋2)=3 f(k＋1)≥3 f(k)＋3= f(2k)＋1＋2= f(2k＋1)＋2> f(2k＋1)= f(n)综上，f(n)是严格单调递增函数．显然，f(27)=3 f(26)=…=37 f(1)=2187>2003，而f(127)= f(126)＋1=3 f(63)＋4=9 f(31)＋4=9 f(30)＋13=27 f(15)＋13=27 f(14)＋40=81 f(7)＋40=81 f(6)＋121=243 f(3)＋121=243 f(2)＋364=729 f(1)＋364=1093<2003，所以，共有f(0)，f(1)，f(2)，…，f(127)这128个元素不超过2003．第二讲三角函数及反三角函数例1、化简11(,). cos()cos[(1)]nkk kk kβπαβαβ=≠∈+++∑Z分析：本题目的化简是利用一个递推模型来实现的，即找到这个题目的“源生地”．可先由产生分母cos αcos(α＋β)的正切函数之和入手．sin tan()tan ,cos cos()11[tan()tan ].cos cos()sin βαβαααβαβαααββ+-=+=+-+考查即得到递推模型：1.c o s ()c o s [(1)]1{t a n [(1)]t a n ()}s i n k k k k αβαβαβαββ+++=++-+再求和，即得原式1{tan[(1)]tan()}sin k k αβαββ=++-+． 解答：略． 例2、不等式22(1)cos (cos 5)3sin 11x x x x θθθ+--+>--+对任何实数x 均成立，求θ．分析：这是一个关于x 的不等式，以解集为全体实数作为背景条件来求参数θ的范围问题．可将θ的正弦（或余弦）值表示成x 的函数f (x )，再利用f (x )的值域，对正弦（或余弦）值的制约去求得θ．解答：将不等式化成222253153sin cos 11153)1.41x x x x x x x x x x x θθπθ++-++-<=+-+-++-<+-+即利用判别式法可求得2531x y x x +=-+的值域为25[1,].3y ∈-)0,4πθ-<从而322,.44k k k πππθπ-<<+∈Z 例3、设,,1,x y z z +∈=R 试求xy ＋2xz 的最大值．分析：这是一个在限定条件下，求多元函数的最值问题．如何将多元函数在限定的条件中转化成单元函数，是破解这一问题的关键．可用三角法代换及平均值去求解．1,,,,z x y z +=∈R 且故可令22sin cos ,z αα=而x=cos 2αsin β，y =cos 2αcos β，其中,0,.2παβ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦于是2222222222222222(2)cos sin (cos sin 2sin )sin (2cos )cos (cos cos 2sin )2cos sin (2cos cos cos )(cos cos 2sin )2cos sin 2cos cos cos cos cos 2sin ≤2cos 2sin .2cos xy xz x y z αβαβαββαβααββαβαβααββαβαβααβββ+=+=+=-+-=-+-⎛⎫-++ ⎪ ⎪-⎝⎭=-222222221tansin ,cos .2112212≤≤1131t t t t t t t t xy xz t tt βββ-===++++==-++令则故当133x y z ===时，取等号．即xy ＋2xz的最大值为3例4、已知θ1＋θ2＋…＋θn =π，θi ≥0(i =1，2，…，n )，求sin 2θ1＋sin 2θ2＋…＋sin 2θn 的最大值．（1985年IMO 预选题）分析：由于变量多，变式的目标难确定，不妨先将问题简单化，即先退到θ1＋θ2为常数时探讨sin 2θ1＋sin 2θ2的最大值的情形．这种策略往往在竞赛题解答中时用到．解答：先考查θ1＋θ2=常数的情形．因为22212121222121212122212121221212212122112sin sin (sin sin )2sin sin 4sin cos cos()cos()222cos (2sin 1)1cos().22,,2sin 10;22,2sin 10;22,2sin 2θθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθθπθθθθπθθθπθθ+=+-+-=--++-+=-+++++<-<++=-=++>上式中当时时时210.2θ->由此可得出，当122πθθ+<时，θ1与θ2有一个为零时，sin 2θ1＋sin 2θ2有最大值;当122πθθ+=且|θ1－θ2|越小时，sin 2θ1＋sin 2θ2值越大．n =3时，即θ1＋θ2＋θ3=π时，2221239sin sin sin ≤4θθθ++是容易证明的．而n ≥4时，可知θ1、θ2、θ3、θ4中必有两个角和不超过.2π 由前面的结论知，12≤2πθθ+时，sin 2θ1＋sin 2θ2当θ1或θ2=0时，有最大值．于是所求的最大值可转化成三个角的和为π，其正弦值的平方的最大值问题．另一方面n =2时，θ1＋θ2=π，sin 2θ1＋sin 2θ2≤2．因此，sin 2θ1＋sin 2θ2＋…＋sin 2θn 的最大值为9.4且当12345,03n πθθθθθθ======= 时，取等号．例5、如图2．1，△ABC 中，高AD =h ，BC =a ，AC =b ，AB =c ．若a ＋h =b ＋c ，求∠BAC 的范围．分析：许多平面几何中的推导过程可用“三角法”进行转换，尤其是几何不等式的证明问题．经常以正、余弦定理及面积公式等结论作为依据．本题目还要从三角变换及不等式的推理中得出角的范围．解答：由,sin b c a h bc BAC ah +=+⎧⎨∠=⎩得出.sin ahbc BAC =∠令∠BAC =a ．于是由22222222()2cos 22()1(1)sin 1.22sin 2cos 1cos 2sin ,cot 1.221122b c a b c bc a bc bca h a h ah a a h h h a a aαααααα+-+--==+-=-=+-+===+++得 故作CE ⊥BC ，使CE =2h ．在Rt △BCE中，有BE =且AE ＋AB =b ＋c =a ＋h ≥BE ．即2≥≤.3h a h a +得出于是41[1,],23h a +∈从而44cot [1,].[2arccot ,].2332BAC απ∈∠∈故例6、n ∈N ＋，x 0=0，x i >0，i =1，2，…n 且11.ni i x ==∑求证1≤.2ni π=<（1996年CMO 试题）分析：所证不等式左侧部分可用2a b+得出．右侧部分可引用θi =arcsin(x 0＋x 1＋…＋x i )，再利用三角公式得出．解答：因11,ni ==∑由平均值不等式，有011≤ 1.2n x x x ++++=故1ni =成立．令θi =arcsin(x 0＋x 1＋…＋x i )，i =0，1…，n ．故101[0,]0.22n ππθθθθ∈=<<<= 且而11111111111sin sin 2cos sin222cos sin.2sin ,[0,],22(cos )()cos .2(1,2,,).cos i i i i i i i i i i i i i i i i i ii i i x x x x x x i n θθθθθθθθθπθθθθθθθθθ-----------+-=-=-<<∈-<=-<-= 利用可知故对上述求和有11101211.cos 2sin ,cos ni n i i i i i x x x x x πθθθθθ-=---<-==++++==∑ 但故代入上式可得出所证不等式右侧成立．例7、如图2．2，锐角△ABC 的外接圆中过A 、B 两点的切线分别与过C 的切线交于V 、T ，且AT ∩BC =P ，BV ∩AC =R ．设AP 、BR 的中点分别是Q 、S ．求证：∠ABQ =∠BAS ，并求当BC ︰CA ︰AB 取何值时，∠ABQ 取最大值． （第41届IMO 预选题）分析：要证∠ABQ =∠BAS ，由条件中的对称性，只要求得∠ABQ 的三角函数值与已知中的△ABC 边及角建立一个结构式即可．作QN ⊥AB 于N ，从cot BNNBQ QN∠=入手，而作PM ⊥AB 于M ，可用BN =BM ＋MN =111(cos )sin 222c BP B QN PM BP B +== 且是解决问题的突破点．解答：作PM ⊥AB 于M ，QN ⊥AB 于N ．记BC =a ，AB =b ，AB =c ，∠A =∠BAC ，∠B =∠CBA ，∠C =∠ACB ．由221sin()sin 2,1sin sin()2ABTACTAB BT C S BP c C c PC S b B b AC CT B ππ-====-又BP ＋CP =a ，故22211.sin ,22ac BP QN PM BP B b c===+而于是 2222222222221()21()21(cos ),2cot cot cot sin sin cos 2sin sin 3.2sin BN BM MN BM AB BM BM AB c BP B BN c b c ABQ B B QN BP B ac Ba cb ac b c ac B b c ac ac B ab C a b c ab C=+=+-=+=++∠==+=++-++++==+-=同理可得出2223cot 2sin a b c BAS ab C++∠=故∠ABQ =∠BAS ．2222222223cot 2sin 3(2cos )2sin 2()43cot ≥3cot .sin sin 43cot ,sin 43cos sin )≤.a b c ABQ ab Ca b a b ab C ab C a b C C ab C C y C CC y C C θθ++∠=+++-=+=---=+=-⎫=由记=于是解得≥,y即≤ABQ ∠当且仅当a =b ，3arccos ,4C ∠=即BC ︰CA ︰AB1时取等号．第三讲 等差数列与等比数列例1、给定正整数n 和正数M ，对于满足条件2211≤n a a M ++的所有等差数列a 1，a 2，a 3，…，试求S= a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a 2n ＋1的最大值．分析：本题属于与等差数列相关的条件最值问题，而最值的求解运用的方法灵活多样，针对条件的理解不同，将有不同的解法．解答：方法一（代数法）．设公差为d ，a n ＋1=a ，则1221222211222(1)(1),2,21,≥()41()(43)102104≥(),101n n n n n n S a a a n d nd S n M a a nd nd nd S n αααααα+++++=+++=+++=++=-+=++-+ 所以另一方面由从而有||≤1)S n d α+且当时，(1)2(1)n S n n n ⎛=+⎭=+=+由于此时有22211443,(),101n S nd a a M n α+=+==+故因此max S n =+122112111()(1)21(3)21(3sin cos )21)sin(),n n n n n n S a a a a a n n a a n r n r θθθϕ++++++=+++++=+=-+=-=+- 故其中cos sin()1,rϕϕθϕ==-=因此当时，有max2S n=+方法三（判别式法）．设首项为a，公差为d，则221122222222(1)(23).222.①3(1)3≤,()≤.②①②,44109≤0.③1(1)③,444109≥0.1(1),||≤1),10nn andSSnd ana a Ma a nd MS Sa a Mn naS SMn nS nad+++==-++++++-++⎡⎤⎛⎫=-⨯⨯-⎢⎥⎪++⎝⎭⎢⎥⎣⎦+=-=故因为所以将代入得因为不等式关于有解所以解之得且当max,10nS=有方法四（不等式法）．因为111112222211111122111111max(1)(1)21(3).2,(3)≤(31)()≤10,3≤1,,,nnnn nnnnna an nS n anna aa a a a Ma aa a Ma aa aS+++++++++-+=+++=--++--=+====由柯西不等式得所以3等号当且仅当时取到即有说明：这是1999年全国高中数学联赛的一道试题，在解答过程中，要分清什么是常量，什么是变量，注意条件和结论的结构形式．解法一通过配方来完成，解法二运用三角代换的方法，解法三运用二次方程根的判别式来完成，解法四则主要运用了柯西不等式．本题入口宽，解法多样，对培养学生的发散思维能力很有好外．例2、n 2(n ≥4)个正整数排成几行几列：a 11 a 12 a 13 a 14 … a 1n a 21 a 22 a 23 a 24 … a 2n a 31 a 32 a 33 a 34 … a 3n … …a n 1 a n 2 a n 3 a n 4 … a nn其中每一行的数成等差数列，每一列的数成等比数列，并且所有公比相等，已知2442431122131,,,.816nn a a a a a a ===+++ 求分析：由于等差数列可由首项与公差惟一确定，等比数列可由首项与公比惟一确定，如果设a 11=a ，第一行数的公差为d ，第一列数的公比为q ，容易算出a st =[a ＋(t －1)d ]q s －1，进而由已知条件，建立方程组，求出a ，d ，q ．解答：设第一行数列公差为d ，各列数列公比为q ，则第四行数列公差是dq 3．于是可得方程组：24113421134342(3)1,1(),83,16a a d q a a d q a a dq ⎧⎪=+=⎪⎪=+=⎨⎪⎪=+=⎪⎩解此方程组，得111.2a d q ===±由于所给n 2个数都是正数，故必有q >0，从而有111.2a d q ===故对任意的1≤k ≤n ，有111112323412311[(1)].2123,22221123,22222:11111,2222222.22k k kk k k n n n n n n ka a q a k d q nS nS n S n nS --++-==+-==++++=++++=+++++=-- 故又两式相减后可得所以 说明：这是1990年全国高中学数学联赛的一道试题，涉及到等差数列、等比数列、数列求和的有关知识和方法．通过建立方程组确定数列的通项；通项确定后，再选择错位相减的方法进行求和．例3、设{a n }是由正数组成的等比数列，S n 是其前n 项之和．（1）证明：21lg lg lg ;2n n n S S S +++<（2）是否存在常数C >0，使得21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立？并证明你分析：对于问题（1），运用对数的性质将所证不等式转化为221,n n n S S S ++<运用等比数列求和公式时，要分q =1和q ≠1两种情况讨论；对于问题（2），充分运用已知条件，进行分析论证，可先假设存在常数C >0，使所证等式成立，然后设法推出矛盾．如果不能推出矛盾，再逆推来考虑常数C >0的存在性．解答：（1）证明：设{a n }的公比为q ，由已知得a 1>0，q >0． （i ）当q =1时，S n =na 1，从而2222211111(2)(1)0.n n n S S S na n a n a a ++-=+-+=-<即有221.n n n S S S ++<（ii ）当q ≠1时，1(1)1n n a q S q-=-，所以22212221121122(1)(1)(1)0.(1)(1)n n n nn n n a q q a q S S S a q q q ++++----=-=-<--由（i ）与（ii ）知，221n n n S S S ++<恒成立，又由于S n >0，两边取常用对数即得21lg lg lg .2n n n S S S +++<（2）不存在．要使21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立，则有221()()(),0.n n n nS C S C S C S C ++⎧--=-⎪⎨->⎪⎩ 分两种情况讨论： （i ）当q =1时221211121()()()()[(2)][(1)]0,n n n S C S C S C na C n a C n a C a ++----=-+--+-=-<即不存在常数C >0使结论成立．（ii ）当q ≠1时，若条件(S n －C ) (S n ＋2－C )= (S n ＋1－C )2成立，则(S n －C ) (S n ＋2－C )－ (S n ＋1－C )222111111(1)(1)(1)111[(1)]0,n n n n a q a q a q C C C q q q a q a C q ++⎡⎤⎡⎤⎡⎤---=----⎢⎥⎢⎥⎢⎥---⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦=--= 因a 1q n ≠0，故只能有a 1－C (1－q )=0，即11a C q=-，此时由于C >0，a 1>0，必有0<q <1．但当0<q <1时，110,11nn n a a q S C S q q--=-=<--不满足S n －C >0，即不存在常数C >0，使结论综合（i ）、（ii ）可得，不存在常数C >0，使得21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立．说明：这是1995年的一道全国高考试题，主要考查等比数列、对数、不等式等基础知识和推理论证能力以及分析和解决问题的能力．其中第（2）问属探索性问题．探索性问题对数学思想方法的运用以及分析问题、解决问题的能力要求更高，探索性问题是高考与竞赛的热点问题．第（2）问还可以用反证法进行如下证明：假设存在常数C >0，使21lg()lg()lg(),2n n n S C S C S C ++-+-=-12221221210,①0,②0,③()()(),④④(2),⑤n n n n n n n n n n n n S C S C S C S C S C S C S S S C S S S ++++++++⎧->⎪->⎪⎨->⎪⎪--=-⎩-=+-则有由得 根据平均值不等式及①、②、③、④知212112()()2()≥2()0,n n n n n n n S S S S C S C S C S C ++++++-=-+----=因为C >0，故⑤式右端非负，而由第（1）问证明知，⑤式左端小于零，矛盾．故不存在常数C >0，使得21lg()lg()lg()2n n n S C S C S C ++-+-=-成立．例4、如图3．1，有一列曲线P 0，P 1，P 2，…，已知P 0所围成的图形是面积为1的等边三角形，P k ＋1由对P k 进行如下的操作得到：将P k 的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉（k =0，1，2，…）．记S n 为P n 所围成图形的面积．（1）求数列{S n }的通项公式；（2）求lim .n n S →∞分析：这是一道有关几何图形的操作性问题．采用从特殊到一般的思考方法，便容易入手．解答：如图，对P 0进行操作，容易看出P 0的每条边变成P 1的4条边，故P 1的边数为3³4，同样，对P 1进行操作，P 1的每条边变成P 2的4条边，故P 2的边数为3³42．类似地，容易得到P n 的边数为3³4n ．已知P 0的面积为S 0=1，比较P 1与P 0，容易看出P 1在P 0的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为213，故1021131.33S S =+⨯=+再比较P 2与P 1，可知P 2在P 1的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为221133⨯，面P 1有3³4条边，故2143114341.333S S =+⨯⨯=++类似地有22326351144341.3333S S =+⨯⨯=+++于是猜想2135211211114441333343411493441()399144193483411()().①59559n n n kk nn k k k n n n S ----===+++++⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭⎡⎤-⎢⎥⎣⎦=+⨯-⎡⎤=+-=-⨯⎢⎥⎣⎦∑∑ 下面用数学归纳法证明①式．当n =1时，由上面已知①式成立．假设n =k 时，有834().559k k S =- 当n =k ＋1时，易知第k ＋1次操作后，比较P k ＋1与P k ，P k ＋1在P k 的每条边上增加了一个小等边三角形，其面积为2(1)13k +，而P k 有3³4k 条边，故12(1)12(1)13434834.5593k k k k k kk k S S S ++++=+⨯⨯⎛⎫=+=-⨯ ⎪⎝⎭综上，由数学归纳法①式得证．8348(2)lim lim .5595n n n n S →+∞→+∞⎡⎤⎛⎫=-⨯=⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦说明：本题是2002年全国高中数学联赛的第14题，这类问题的一般解题过程是：实验——归纳——猜想——论证，主要考查学生探索能力．例5、设a 0为常数，且a n =3n －1－2a n －1(n ∈N ＋) （1）证明：对任意n ≥1，101[3(1)2](1)2;5n n n n n n a a -=+-+-（2）假设对任意n ≥1有a n >a n －1，求a 0的取值范围．分析：本题中数列{a n }由递推关系确定，第一问可以用数学归纳法给予证明，也可以将数列{a n }转化为等比数列直接计算，第二问要对n 进行讨论．解答：（1）证法一：（i ）当n =1时，由已知a 1=1－2a 0，等式成立； （ii ）假设当n =k （k ≥1）等式成立，即101110111101[3(1)2](1)2,53223[3(1)2](1)251[3(1)2](1)2,5k k k k k k k k kk k k k k k k k k k k a a a a a a -+-+++++=+-+-=-=-+---=+-+- 则也就是说，当n =k ＋1时，等式也成立．根据(i)和(ii)，可知等式对任何n ∈N ＋成立．证法二：如果设a n －λ3n =－2(a n －1－λ3n －1)，用a n =3n －1－2a n －1代入，可解出1.5λ=所以135n n a ⎧⎫-⎨⎬⎩⎭ 是公式比为－2，首项为135a -的等比数列．所以10120133(12)(2)(),551[3(1)2](1)2.5n n n n n n n n a a n a a -+--=---∈=+-+-N 即 （2）解法一：由a n 通项公式得11111023(1)32(1)32,5n n n n n n n a a a -----⨯+-⨯⨯-=+-⨯所以a n >a n －1(n ∈N ＋)等价于1203(1)(51)()()2n n a n --+--<∈N（i ）当n =2k －1，k =1，2，…时，①式即为222302303(1)(51)(),2131(),525k k k a a -----<<+即上式对k =1，2，…都成立，故有101311().5253a -<⨯+=（ii ）当n =2k ，k =1，2，…时，①式即为212202203(1)(51)(),2131().525k k k a a -----<>-⨯+即为上式对k =1，2，…都成立，有2120131()0.525a ⨯->-⨯+=综上，①式对任意n ∈N ＋成立，有010,3a <<故a 0的取值范围为1(0,).3解法二：如果a n >a n －1(n ∈N ＋)成立，特别取n =1、2有a 1－a 0=1－3a 0>0，a 2－a 1=6a 0>0，因此010.3a <<下面证明当0103a <<时，对任意n ∈N ＋，有a n －a n －1>0．由a n 通项公式知：5(a n －a n －1)=2×3n －1＋(－1)n －1³3³2n －1＋(－1)n ³5³3³2n －1a 0． (i)当n =2k －1，k =1，2，…时，5(a n －a n －1)=2×3n －1＋3³2n －1－5³3³2n －1a 0>2×2n －1＋3³2n －1－5³2n －1 =0．(ii)当n =2k ，k =1，2，…时，5(a n －a n －1)=2×3n －1－3³2n －1＋5³3³2n －1a 0>2×3n －1－3³2n －1 ≥0．故a 0的取值范围为1(0,).3说明：本题是2003年全国高考的最后一道压轴题，有一定难度．特别是第二问求参数a 0的取值范围，要转化为相关数列的最大值和最小值来进行分析讨论，请读者对这一方法务必理解透彻．例6、设{a n }为等差数列，{b n }为等比数列，且22211223312,,()b a b a b a a a ===<,又12lim ()2,n n b b b →+∞+++= 试求{a n }的首项与公差．分析：题中有两个基本量{a n }中的首项a 1和公差d 是需要求的，利用222123,,a a a 成等比数列和给定极限可列两个方程，但需注意极限存在的条件．解答：设所求数列{a n }的公差为d ，因为a 1<a 2，故d =a 2－a 1>0．又{b n }为等比数列，故2422213213,,b b b a a a == 即即422111()(2),a d a a d +=+化简得2211240a a d d ++=，解得1(2,20,d a =--±<而故a 1<0．若222121(2,1);a d a q a =-==则若222121(2,1),a d a q a =-==-则但12lim ()1n n b b b →+∞+++= 存在，故|q |<1，于是21)q =不可能．从而只有1(2,d a =-于是由212lim ()1,n n b b b →+∞+++== 得21a =111)2,(2 2.a d a ===-+=所以故数列{a n }的首项公差分别为 2.说明：本题是2001年全国高中数学联赛的第13题，涉及到的知识主要是等差数列、等比数列、无穷递缩等比数列所有项的和等知识，用到方程的思想和方法，且在解题过程中要根据题意及时取舍，如由题意推出d >0，a 1<0，|q |<1等，在解题中都非常重要．例7、设S ={1，2，3，…，n }，A 为至少含有两项的、公差为正的等差数列，其项都在S 中，且添加S 的其他元素于A 后均不能构成与A 有相同公差的数列，求这种A 的个数（这里只有两项的数列也看作等差数列）．[分析]：可先通过对特殊的n (如n =1，2，3)，通过列举求出A 的个数，然后总结规律，找出a n 的递推关系，从而解决问题；也可以就A 的公差d =1，2，…，n －1时，讨论A 的个数．解答：解法一：设A 的公差为d ，则1≤d ≥n －1，分两种情况讨论：（i ）设n 为偶数，则当1≤≤2n d 时，公差为d 的A 有d 个；当1≤≤12nd n +-时，公差为d 的A 有n －d 个，故当n 为偶数时，这种A 共有2(12){12[(1)]}().224n n n n +++++++-+= 个（ii ）当n 为奇数，则当1≤≤2n d 时，公差为d 的A 有d 个；当1≤≤12n d n +-时，公差为d 的A 有n －d 个，故当n 为奇数时，这种A 共有2111(12)(12)().224n n n ---+++++++= 个综合（i ）、（ii ）可得，所求的A 有2[]4n 个．解法二：设n 元素集S ={1，2，…，n )中满足题设的A 有a n 个，则a 1=0，a 2=1，a 3=2（A ={1，3}，A ={1，2，3}），a 4=4(A={1，3}，{1，4}，{2，4}，{1，2，3，4})，故1[].2n n na a -=+事实上，S ={1，2，…，n }比S ={1，2，…，n －1}的A 增加有公差为n －1的1个，公差为n －2的1个，…，公差为2n （n 为偶数）或12n +（n 为奇数）的增加1个，共增加[]2n个．由{a n }的递推式可得2[].4n n a =说明：这是1991年全国高中数学联赛第二试的第一题，主要考查应用等差数列和分类讨论的知识与方法解决综合问题的能力．第四讲 递归数列例1、数列{a n }定义如下：1111,(1416n n a a a +==+求它的通项公式．分析：带根号的部分不好处理，容易想到作代换：令n b =解答：设n b 211, 5.24n n b a b -==于是原递推式可化为2211111(14),241624n n n b b b +---=++ 即(2b n ＋1)2=(b n +3)2，由于b n 、b n ＋1非负，所以2b n ＋1=b n +3，故111222113(3),213(3)(),213(),21111.243322n n n n n n n n n n b b b b b b a +----=--=-=+-==++ 故即故说明：这是1981年IMO 的预选题，解题的关键是换元、转化． 例2、设数列{a n }和{b n }满足a 0=1，b 0=0，且11763,()87 4.n n n n n n a a b n b a b ++=+-⎧∈⎨=+-⎩N 证明： a n (n ∈N )是完全平方数．分析：二元递推式给定二数列，可先消元，化为一元递推式，进而求出通项公式，问题就好办了．证明：由a n ＋1=7a n ＋6b n －3，b n ＋1=8a n ＋7b n －4可得b n ＋2－14b n ＋1＋b n =0，其特征方程λ2－14λ＋1=0的根为λ1=7＋27λ=-因此，(7(7,n n n b A B =++-由a 0=1，b 0=0，得b 1=4，所以0,(7(74,A B A B +=⎧⎪⎨++-=⎪⎩解得66A B ==，故10112220112220(7],1(74)8111(7(744211[(2(2].2211(2(2221[222]21[222(]22n n n n n n n n n n n nn n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n b a b b e C C C C C C C C C +----=+--=-+=++-+=+=+=++++-++=+ 从而由于2223,n n n C M -++其中，当n为偶数时，n n n nM C =为整数，当n为奇数时，11n n n n M C --=为整数．从而无论n 为奇数，还是n 为偶数，对n ∈N ，均有e n 为整数，故a n 为完全平方数．说明：如果消去b n 得到a n 的递推关系a n ＋1=14a n －a n －1－6(n ≥1)，则求a n 的过程稍微麻烦一点．本题是2000年全国高中数学联赛二试第二题．这类题型也是二试考查的重点．例3、数列{a n }定义如下：1212110,1,(1)(1)(1),222n n n n na a a na n n a --===+-+--n ≥3．试求1221122123(1)n n n n nn n n n n f a C a C a n C a nC a ----=++++-+ 的最简表达式． 分析：仔细研究所给数列{a n }的递推式和所要化简的f n 的表达式，可以发现通过适当换元就能解决问题．123121111111211112:,0,,,()(1).!232!111(1)!!()!21(1)!()!22(1)!(1)!n n n n n n n nn kn n n k kk k n nn n k kk k k k k n a b b b b b b b n n n k g f n k C a b n n n k n k n k g g b b n k n k n k n k b b n k n k ---==++==-=-=====++--+==-+=--+-+-=-+---+-+=-+--+∑∑∑∑ 解答令则且再令故121122().(1)!n nk n k k k n k b b n k +=+-=-+=-+-∑∑∑令d n =(－2)n(b n －b n －1)，则12(1),2!nn n n d d n -=+-所以d ２=2，且3222(1),2!!l nnn t l d l n ==+-=∑1112122112202(1),,!(2)(2)!2(1)(1)!!(1)(1)()!!(1)!!111(1)()(1)().!(1)!1(1)()0,(1)()0,nnnn n n n kn n n k k knn k k n n k k k k nkk k k d b b n n n k g g n k k n k k n k k n n k k n n nn k k -++=+==++===--===---+--=+---=+-+-+=-+-++-=-=∑∑∑∑∑∑因此于是又故11323344311(1)[1(1)]!(1)!11(1)!(1)!42,311!!()(2)!!111!()2!(1).2!3!!n n n n nn n k k g g n n n n n n g b b f n g n g k k n n g n n n +=+==-=----++=--+=+===-+-+=++-=-+∑∑∑ 由于则说明：这是2000年全国数学冬令营的第二题，运算量大，需要进行多次换元，将问题逐步转化．解题过程要求运算准确、细心．例4、设a 1=1，a 2=3，对一切自然数n 有a n ＋2=(n ＋3) a n ＋1－(n ＋2) a n ，求所有被11整除的a n 的值．解答：设b n ＋1= a n ＋1－a n (n ≥1)，则由条件有b n ＋1=(n ＋1)( a n －a n －1)= (n ＋1) b n (n ≥2)，故b n =nb n －1=n (n －1) b n －2=…= n (n －1)…3b 2=n ! (n ≥2)．所以a n =( a n －a n －1)＋( a n －1－a n －2)＋…＋( a 2－a 1)＋a 1=b n ＋b n －1＋…＋b 2＋1=1!.nk k =∑由此可算出：44188110101!33113,!46233114203,!403791311367083.k k k a k a k a k ======⨯===⨯===⨯∑∑∑当n ≥11时，注意到11!n k k =∑可被11整除，因而10111!!nn k k a k k ===+∑∑也可被11整除．故当n =4，n =8或n ≥10时，a n 均可被11整除．说明：这是1990年巴尔干地区的数学奥林匹克试题，本题中换元起了重要的作用．例5、数列{a n }按如下法则定义：1111,,24n n n a a a a +==+证明：对n >然数．分析：因为结论中涉及到根号及2n a项，因而令n b =平方就容易找到解题思路．解答：令2222122221111,,,2442116n n nnn n n na b b a a a b a +===+=++-则因为于是 22122221222211122211111111(),11242416()22(2),2[2(2)2]4(1).①n n nn n n n n n n n n b b b b b b b b b b b b +++---+=++++=+=++=+即所以因为34,24,n b b ====由①式及b 2，b 3∈N 知，当n >1时，b n ∈N ．说明：这是1991年全苏数学冬令营的一道试题，通过换元，将关于a n 的问题转化为关于b n 的问题，可使问题得到顺利解决．例6、设数列{a n }满足101262,(≥1)1n n n a a a n a --+==+，求a n ．分析：引入待定系数λ，设法将所给问题转化为我们所熟悉的问题．先求得数列{a n }的不动点λ1、λ2，则数列12{}n n a a λλ--为一个等比数列．解答：126(2)626(),1112n n n n n n n a a a a a a λλλλλλλ++-+----=-==++++- 令62λλλ--=-，得λ2－λ－6=0，解之得：λ1=3，λ2=－2，1111100111143(3),2(2),11331,24231{},243311()(),2244342(1)(0,1,2,)4(1)n n n n n n n n n n n n n n n n n n n n na a a a a a a a a a a a a a a a a n ++++++++--=-+=+++--=-++-+--=-=-+++-==+- 所以故即是公比为-的等比数列从而故说明：用待定系数法求一些数列的通项是非常有效的．这类问题的一般情形就是在知识梳理部分提到的第9个问题．例7、（1）已知a 1=0，a 2=4，a n ＋2=2a n ＋1－2a n ，n ∈N ＋，求a n ．（2）已知a 1=0，a 2=2，a 3=6，a n ＋3=2a n ＋2＋a n ＋1－2a n ，n ∈N ＋，求a n ． （3）已知a 1=1，a 2=2，a 3=8，a n ＋3=6a n ＋2－12a n ＋1＋8a n ，n ∈N ＋，求a n ． （4）已知a 1=2，a 2=1，a 3=－13，a n ＋3=7a n ＋2－16a n ＋1＋12a n ，n ∈N ＋，求a n ． 分析：本题中四个小题均属于线性递归数列问题，可用特征根的方法来解决． 解答：（1）特征方程x 2=2x －2有两个相异的根x 1=1＋i ，x 2=1－i ，则{a n }的通项公式为a n =c 1(1＋i)n ＋c 2(1－i)n ，代入前两项的值，得122221(1)(1)0,(1)(1)4,i c i c i c i c ++-=⎧⎪⎨++-=⎪⎩ 解得c 1=－1－i ，c 2=－1＋i ．故31121(1)(1)2cos.4n n n n n a i i π++++=-+--=- （2）特征方程x 3=2x 2＋x －2有三个相异的根x 1=1，x 2=－1，x 3=2，于是{a n }的通项公式为a n =c 1＋c 2(－1)n ＋c 32n ．代入初始值，得12312312320,42,86,c c c c c c c c c -+=⎧⎪++=⎨⎪-+=⎩ 解得c 1=－2，c 2=0，c 3=1，故a n =－2＋2n ．（3）特征方程x 3=6x 2－12x ＋8有三重根x =2，故{a n }的通项公式为c n =( c 1＋c 2n ＋c 3n 2)²2n ， 其中c 1，c 2，c 3满足方程组1231231232221,48162,824728,c c c c c c c c c -+=⎧⎪++=⎨⎪++=⎩ 解此方程组，得123311,,,44c c c ==-=故。
高中数学竞赛讲解完美数学高考指导二
高中数学竞赛讲义+完备数学高考指导(二) 高中数学竞赛讲义〔十〕──直线与圆方程一、根底学问1．解析几何探讨对象是曲线与方程。
解析法本质是用代数方法探讨几何.首先是通过映射建立曲线与方程关系，即假如一条曲线上点构成集合与一个方程解集之间存在一一映射，那么方程叫做这条曲线方程，这条曲线叫做方程曲线。
如x2+y2=1是以原点为圆心单位圆方程。
2．求曲线方程一般步骤：(1)建立适当直角坐标系；(2)写出满意条件点集合；(3)用坐标表示条件，列出方程；(4)化简方程并确定未知数取值范围；〔5〕证明合适方程解对应点都在曲线上，且曲线上对应点都满意方程〔实际应用常省略这一步〕。
3．直线倾斜角和斜率：直线向上方向与x轴正方向所成小于1800正角，叫做它倾斜角。
规定平行于x轴直线倾斜角为00，倾斜角正切值〔假如存在话〕叫做该直线斜率。
依据直线上一点及斜率可求直线方程。
4．直线方程几种形式：〔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：；〔5〕两点式：；〔6〕法线式方程：xcosθ+ysinθ=p〔其中θ为法线倾斜角，|p|为原点到直线间隔〕；〔7〕参数式：〔其中θ为该直线倾斜角〕，t几何意义是定点P0〔x0, y0〕到动点P〔x, y〕有向线段数量〔线段长度前添加正负号，假设P0P方向向上那么取正，否那么取负〕。
5．到角与夹角：假设直线l1, l2斜率分别为k1, k2，将l1绕它们交点逆时针旋转到与l2重合所转过最小正角叫l1到l2角；l1与l2所成角中不超过900正角叫两者夹角。
假设记到角为θ，夹角为α，那么tanθ=,tanα=.6．平行与垂直：假设直线l1与l2斜率分别为k1, k2。
且两者不重合，那么l1//l2充要条件是k1=k2；l1l2充要条件是k1k2=-1。
7．两点P1(x1, y1)与P2(x2, y2)间间隔公式：|P1P2|=。
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第二讲 连续 导数 导数的应用一、连续性的证明例1 设dt xt f x f x f )()(,0)0()(10⎰==ϕ可导，,讨论)(x ϕ'在0=x 处的连续性。
解 )0()(1)()()(01≠===⎰⎰⎰=x xdu u f du xu f dt xt f x xxxt u ϕ20)()()(xduu f x xf x x⎰-='ϕ)0(212)(lim)(lim)0()(lim)0(0200f x x f x du u f xx x xx x '===-='→→→⎰ϕϕϕ 又)0(21)0(21)(lim)()(lim)(lim 02f f x x f xduu f x xf x x xx x '='-=-='→→→⎰ϕ 故)(x ϕ'在0=x 处连续。
例2 设dt xt f x xx f x f x )()(,2)(lim)(100⎰==→ϕ连续，且，讨论)(x ϕ'在0=x 处的连续性。
( 方法和例11类似)二、导数及其应用1、求函数的高阶导数（莱布尼茨公式的应用）例1 设x xx f +-=11arctan )(，求()()0n f解 11)(2+-='x x f()1)(12-='+x f x两边求1-n 阶导数得()()()()()0)(1)()1(2)(1212=-+-++--x f n n x f n x f xn n n令0=x 得()())0()1()0(2---=n n f n n f 而0)0(,0)0(=''='f f则()⎪⎩⎪⎨⎧-=+是奇数时当是偶数时当n n n f n n ,!)1(,0)0(21例2求函数2()ln(1)f x x x =+在0x =处的n 阶导数()(0)(3).n f n ≥分析 求函数的高阶导数(用两个函数乘积的n 阶导数的莱布尼兹公式或泰勒展开.解法1 由莱布尼兹公式()()()0(),nn i i n i n i uv C u v -==∑ 得 2()2()[ln(1)][ln(1)]n n x x x x +=+12(1)22(2)()[ln(1)]()[ln(1)],n n n n C x x C x x --'''++++ [因为2()()0,(3)i x i =≥]1()(1)(1),(1)i i ii x i x ---+==+ 所以 12()2(1)(1)n n nn x x x x ---+=+ 2312(1)(2)!(1)(3)!2(1).(1)(1)n n n n n n nx n n x x --------++-++ 因此 1()(1)(0)!.2n n fn n --=⋅-解法2 由麦克劳林公式()2(0)(0)()(0)(0)(),2!!n nn f f f x f f x x x o x n '''=+++++所以2ln(1)x x +2342232[(1)()]2342n n n x x x x x x o x n ---=-+-++-+- , 433(1)(),22n n n x x x o x n -=-++-+- 比较nx 前的系数知:()3(0)(1).!2n n f n n --=-因此1()(1)(0)!.2n n f n n --=⋅-例设)(x f 在0=x 的邻域具有二阶导数，且310)(1 lim e x x f x xx =⎥⎦⎤⎢⎣⎡++→，试求)0(f ，)0(f '及)0(f ''.分析：这种类型的题目，先要取对数将指数去掉化成分式。
再根据分式极限为常数而分母极限为零，得到分子极限为零。
另外求一点的导数往往要用定义。
解 由310])(1[lim e xx f x xx =++→得3])(1ln[lim=++→xx x f x x ，因为分母极限为零，从而分子极限为零，即0])(1ln[lim 0=++→xx f x x ， 可以得到0)(lim=→xx f x ， 同样，我们有)0(0)(lim 0f x f x ==→，由导数的定义得00)0()(lim)0('0=--=→x f x f f x 。
因为)(x f 在0=x 的邻域具有二阶导数，由泰勒公式得)0)((0)0("21)(22→+=x x x f x f ） 两边取极限得2])(0)0("21[lim 220=+→xx f x ， 故4)0("=f 。
8、设)(x f 在[] 0, 1 上二阶可导，(0)(1) , (1)1,f f f '==求证：( 0, 1 )ξ∃∈ 使 ()2f ξ''=.分析：罗尔定理、拉格朗日定理和柯西中值定理是高等数学的重要内容，往往也是研究生考试和数学竞赛的命题的重点。
平时练习时，采用多种方法去解决，能有效地提高解题能力。
这种题目难点是构造出一个合适的函数。
证1 令2()(),F x f x x x =-+ 则 []()0,1(0,1),F x C D ∈ (0)(1)F F =由洛尔定理知 (0,1), ()0F ηη'∃∈=()()21F x f x x ''=-+, []()0,1(0,1)F x C D '∈ , (1)(1)10()F f F η'''=-==由洛尔定理知 (0,1), ()0, ()()2, ()2F F x f x f ξξξ''''''''∃∈==-= 证2 令2()(),F x f x x =- []()0,1(0,1),F x C D ∈ 由拉格朗日定理知(0,1), ()()(10)(1)(0)1,F F F F ηηη''∃∈=-=-=-[]()0,1(0,1),F x C D '∈ (1)(1)21(),F f F η'''=-=-= 由洛尔定理知 (0,1), ()0, ()()2, ()2F F x f x f ξξξ''''''''∃∈==-= 证3 在1x =展开为一阶泰勒公式2111()(1)(1)(1)()(1), (,1)2f x f f x f x x ξξ'''=+-+-∈ 1(0)(1)(1)(), (0,1)2f f f f ξξ'''=-+∈ 因(0)(1) , (1)1,f f f '== 故 (0,1), () 2 f ξξ''∃∈=证4 令 21()()()2F x f x x =--, 用两次洛尔定理。
证5 令 2()()()F x xf x x f x '=--, 用一次洛尔定理。
9、设f 在],[b a 上可微，且a 与b 同号，证明：存在),(b a ∈ξ，使 （1）)(')()]()([222ξξf a b a f b f -=-；（2）)('ln )()(ξξf a b a f b f ⎪⎭⎫⎝⎛=-.证：（1）令2)(x x g =，显然g f ,在],[b a 上满足Cauchy 中值定理的条件，所以ξξ2)(')()(22f a b a f b f =--， 即 )(')()]()([222ξξf a b a f b f -=-.（2）令||ln )(x x g =，显然g f ,在],[b a 上满足Cauchy 中值定理的条件，所以)('1)('||ln ||ln )()(ξξξξf f a b a f b f ==--，即 )('ln )('ln )()(ξξξξf a b f a b a f b f ⎪⎭⎫⎝⎛==-10、设R f →]1,0[:二阶可微，1)1('),1()0(==f f f ，证明：存在)1,0(∈ξ，使2)("=ξf . 证明：令x x x f x F +-=2)()(，则)1()0(F F =。
显然)(x F 在]1,0[上满足Rolle 定理的条件，从而)1,0(1∈∃η，使0)('=ηF . 又 012)1(')1('=+-=f F ，于是12)(')('+-=x x f x F 在]1,[η上满足Rolle 定理的条件，故)1,0()1,(⊂∈∃ηξ，使0)("=ξF ，即存在)1,0(∈ξ，使2)("=ξf .11、设)(x f 是定义在),(∞+-∞上的函数，1)0(',0)(=≠f x f .且.)()()(,),(,y f x f y x f y x =+∞+-∞∈∀ 证明：f 在),(∞+-∞上可导，且)()('x f x f = .分析：由于已知条件：)()()(,),(,y f x f y x f y x =+∞+-∞∈∀是一个很广的条件，要充分利用它；另外要用导数的定义。
证明： 由已知条件得1)0(=f . 因为x x f x f x f x x f x x f x x ∆-∆=∆-∆+→∆→∆)()()(lim )()(lim00xx f x f x ∆-∆=→∆]1)()[(lim 0xx f x f x ∆-∆=→∆1)(lim )(0x f x f x f x ∆-∆=→∆)0()(lim )(0)0(')(f x f = )(x f =。
所以)(x f 在),(∞+-∞上可导，且)()('x f x f =.12、设),,2,1,(sin sin sin )(221n i R a nx a x a x a x f i n =∈+++=，且|sin ||)(|x x f ≤，证明：1|2|21≤+++n na a a .分析：从结论可以看出，绝对值里面刚好是)0(f '，因此容易想到先求)(x f 的导数。
再用导数的定义。
证明：因为nx na x a x a x f n cos 2cos 2cos )('21+++= ，所以n na a a f +++= 212)0('又n x x na a a xx f x f x f f +++==-=→→ 21002)(lim )0()(lim)0('， 所以 1sin lim )(lim |2|0021=≤=+++→→xxx x f na a a x x n . 即1|2|21≤+++n na a a 。