2023年高中数学竞赛讲义.doc

高中数学竞赛资料
一、高中数学竞赛大纲
      全国高中数学联赛
      全国高中数学联赛（一试）所波及知识范围不超过教导部《全日制一般高档中学数学教学大纲》中所规定教学规定和内容，但在措施规定上有所提高。
      全国高中数学联赛加试
      全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；恰当增长某些教学大纲之外内容，所增长内容是：
1.平面几何
几种重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。三角形中几种特殊点：旁心、费马点，欧拉线。几何不等式。几何极值问题。几何中变换：对称、平移、旋转。圆幂和根轴。面积措施，复数措施，向量措施，解析几何措施。
2.代数
周期函数，带绝对值函数。三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列通项公式。
第二数学归纳法。平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。多项式除法定理、因式分解定理，多项式相等，整系数多项式有理根*，多项式插值公式*。
n次多项式根个数，根与系数关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简朴函数方程*
3. 初等数论
同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题
圆排列，有反复元素排列与组合，组合恒等式。组合计数，组合几何。抽屉原理。容斥原理。极端原理。图论问题。集合划分。覆盖。平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号内容加试中暂不考，但在冬令营中也许考。
三、高中数学竞赛基本知识

第一章 集合与简易逻辑
一、基本知识
定义1 一般地，一组确定、互异、无序对象全体构成集合，简称集，用大写字母来体现；集合中各个对象称为元素，用小写字母来体现，元素在集合A中，称属于A，记为，否则称不属于A，记作。例如，通常用N，Z，Q，B，Q+分别体现自然数集、整数集、有理数集、实数集、正有理数集，不含任何元素集合称为空集，用来体现。集合分有限集和无限集两种。
集合体现措施有列举法：将集合中元素一一列举出来写在大括号内并用逗号隔开体现集合措施，如{1，2，3}；描述法：将集合中元素属性写在大括号内体现集合措施。例如{有理数}，分别体现有理数集和正实数集。
定义2 子集：对于两个集合A与B，假如集合A中任何一种元素都是集合B中元素，则A叫做B子集，记为，例如。规定空集是任何集合子集，假如A是B子集，B也是A子集，则称A与B相等。假如A是B子集，并且B中存在元素不属于A，则A叫B真子集。
定义3 交集，
定义4 并集，
定义5 补集，若称为A在I中补集。
定义6 差集，。
定义7 集合记作开区间，集合
记作闭区间，R记作
定理1 集合性质：对任意集合A，B，C，有：
（1） （2）；
（3） （4）
【证明】这里仅证（1）、（3），别旳由读者自己完毕。
（1）若，则，且或，因此或，即；反之，，则或，即且或，即且，即
（3）若，则或，因此或，因此，又，因此，即，反之也有
定理2 加法原理：做一件事有类措施，第一类措施中有种不一样措施，第二类措施中有种不一样措施，…，第类措施中有种不一样措施，那么完毕这件事一共有种不一样措施。
定理3 乘法原理：做一件事分个环节，第一步有种不一样措施，第二步有种不一样措施，…，第步有种不一样措施，那么完毕这件事一共有种不一样措施。
二、措施与例题
1．运用集合中元素属性，检查元素与否属于集合。
例1 设，求证：
（1）；
（2）；
（3）若，则
[证明]（1）由于，且，因此
（2）假设，则存在，使，由于和有相似奇偶性，因此是奇数或4倍数，不也许等于，假设不成立，因此
（3）设，则

（由于）。
2．运用子集定义证明集合相等，先证，再证，则A=B。
例2 设A，B是两个集合，又设集合M满足
，求集合M（用A，B体现）。
【解】先证，若，由于，因此，因此；
再证，若，则1）若，则；2）若，则。因此
综上，
3．分类讨论思想应用。
例3 ，若，求
【解】依题设，，再由解得或，
由于，因此，因此，因此或2，因此或3。
由于，因此，若，则，即，若，则或，解得
综上所述，或；或。
4．计数原理应用。
例4 集合A，B，C是I={1，2，3，4，5，6，7，8，9，0}子集，（1）若，求有序集合对（A，B）个数；（2）求I非空真子集个数。
【解】（1）集合I可划分为三个不相交子集；A\B，B\A，中每个元素恰属于其中一种子集，10个元素共有310种也许，每一种也许确定一种满足条件集合对，因此集合对有310个。
（2）I子集分三类：空集，非空真子集，集合I自身，确定一种子集分十步，第一步，1或者属于该子集或者不属于，有两种；第二步，2也有两种，…，第10步，0也有两种，由乘法原理，子集共有个，非空真子集有1022个。
5．配对措施。
例5 给定集合个子集：，满足任何两个子集交集非空，并且再添加I任何一种其她子集后将不再具有该性质，求值。
【解】将I子集作如下配对：每个子集和它补集为一对，共得对，每一对不能同在这个子集中，因而，；另首先，每一对中必有一种在这个子集中出现，否则，若有一对子集未出现，设为C1A与A，并设，则，从而可以在个子集中再添加，与已知矛盾，因此。综上，。
6．竞赛常用措施与例问题。
定理4 容斥原理；用体现集合A元素个数，则
，需要xy此结论可以推广到个集合状况，即

定义8 集合划分：若，且，则这些子集全集叫I一种-划分。
定理5 最小数原理：自然数集任何非空子集必有最小数。
定理6 抽屉原理：将个元素放入个抽屉，必有一种抽屉放有不少于个元素，也必有一种抽屉放有不多于个元素；将无穷多种元素放入个抽屉必有一种抽屉放有无穷多种元素。
例6 求1，2，3，…，100中不能被2，3，5整除数个数。
【解】 记，，由容斥原理，，因此不能被2，3，5整除数有个。
例7 S是集合{1，2，…，}子集，S中任意两个数差不等于4或7，问S中最多具有多少个元素？
【解】将任意持续11个整数排成一圈如右图所示。由题目条件可知每相邻两个数至多有一种属于S，将这11个数按持续两个为一组，提成6组，其中一组只有一种数，若S具有这11个数中至少6个，则必有两个数在同一组，与已知矛盾，因此S至多具有其中5个数。又由于=182×11+2，因此S一共至多具有182×5+2=912个元素，另首先，当时，恰有，且S满足题目条件，因此至少具有912个元素。
例8 求所有自然数，使得存在实数满足：

【解】 当时，；当时，；当时， 。下证当时，不存在满足条件。
令，则
因此必存在某两个下标，使得，因此或，即，因此或，。
（ⅰ）若，考虑，有或，即，设，则，导致矛盾，故只有
考虑，有或，即，设，则，推出矛盾，设，则，又推出矛盾， 因此故当时，不存在满足条件实数。
（ⅱ）若，考虑，有或，即，这时，推出矛盾，故。考虑，有或，即=3，于是，矛盾。因而，因此，这又矛盾，因此只有，因此。故当时，不存在满足条件实数。
例9 设A={1，2，3，4，5，6}，B={7，8，9，……，n}，在A中取三个数，B中取两个数构成五个元素集合，求最小值。
【解】
设B中每个数在所有中最多反复出现次，则必有。若否则，数出现次（），则在出现所有中，至少有一种A中数出现3次，不妨设它是1，就有集合{1，}，其中，为满足题意集合。必各不相似，但只能是2，3，4，5，6这5个数，这不也许，因此
20个中，B中数有40个，因而至少是10个不一样，因此。当时，如下20个集合满足规定：
{1，2，3，7，8}， {1，2，4，12，14}， {1，2，5，15，16}， {1，2，6，9，10}，
{1，3，4，10，11}， {1，3，5，13，14}， {1，3，6，12，15}， {1，4，5，7，9}，
{1，4，6，13，16}， {1，5，6，8，11}， {2，3，4，13，15}， {2，3，5，9，11}，
{2，3，6，14，16}， {2，4，5，8，10}， {2，4，6，7，11}， {2，5，6，12，13}，
{3，4，5，12，16}， {3，4，6，8，9}， {3，5，6，7，10}， {4，5，6，14，15}。
例10 集合{1，2，…，3n}可以划提成个互不相交三元集合，其中，求满足条件最小正整数
【解】 设其中第个三元集为则1+2+…+
因此。当为偶数时，有，因此，当为奇数时，有，因此，当时，集合{1，11，4}，{2，13，5}，{3，15，6}，{9，12，7}，{10，14，8}满足条件，因此最小值为5。

第二章 二次函数与命题
一、基本知识
1．二次函数：当0时，y=ax2+bx+c或f(x)=ax2+bx+c称为有关x二次函数，其对称轴为直线x=-，此外配方可得f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，其中x0=-，下同。
2．二次函数性质：当a>0时，f(x)图象开口向上，在区间（-∞，x0]上随自变量x增大函数值减小（简称递减），在[x0，-∞）上随自变量增大函数值增大（简称递增）。当a<0时，状况相反。
3．当a>0时，方程f(x)=0即ax2+bx+c=0…①和不等式ax2+bx+c>0…②及ax2+bx+c<0…③与函数f(x)关系如下（记△=b2-4ac）。
1）当△>0时，方程①有两个不等实根，设x1,x2(x1<x2)，不等式②和不等式③解集分别是{x|x<x1或x>x2}和{x|x1<x<x2}，二次函数f(x)图象与x轴有两个不一样交点，f(x)还可写成f(x)=a(x-x1)(x-x2).
2）当△=0时，方程①有两个相等实根x1=x2=x0=,不等式②和不等式③解集分别是{x|x}和空集，f(x)图象与x轴有唯一公共点。
3）当△<0时，方程①无解，不等式②和不等式③解集分别是R和.f(x)图象与x轴无公共点。
当a<0时，请读者自己分析。
4．二次函数最值：若a>0，当x=x0时，f(x)取最小值f(x0)=,若a<0，则当x=x0=时，f(x)取最大值f(x0)=.对于给定区间[m,n]上二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)，当x0∈[m，n]时，f(x)在[m，n]上最小值为f(x0)；当x0<m时。f(x)在[m，n]上最小值为f(m)；当x0>n时，f(x)在[m，n]上最小值为f(n)（以上结论由二次函数图象即可得出）。
定义1 能判断真假语句叫命题，如“3>5”是命题，“萝卜好大”不是命题。不含逻辑联结词“或”、“且”、“非”命题叫做简朴命题，由简朴命题与逻辑联结词构成命题由复合命题。
注1 “p或q”复合命题只有当p，q同为假命题时为假，否则为真命题；“p且q”复合命题只有当p，q同步为真命题时为真，否则为假命题；p与“非p”即“p”恰好一真一假。
定义2 原命题：若p则q（p为条件，q为结论）；逆命题：若q则p；否命题：若非p则q；逆否命题：若非q则非p。
注2 原命题与其逆否命题同真假。一种命题逆命题和否命题同真假。
注3 反证法理论根据是矛盾排中律，而未必是证明原命题逆否命题。
定义3 假如命题“若p则q”为真，则记为pq否则记作pq.在命题“若p则q”中，假如已知pq,则p是q充足条件；假如qp，则称p是q必要条件；假如pq但q不p，则称p是q充足非必要条件；假如p不q但pq，则p称为q必要非充足条件；若pq且qp，则p是q充要条件。
二、措施与例题
1．待定系数法。
例1 设方程x2-x+1=0两根是α，β，求满足f(α)=β,f(β)=α,f(1)=1二次函数f(x).
【解】 设f(x)=ax2+bx+c(a0),
则由已知f(α)=β,f(β)=α相减并整顿得（α-β）[（α+β）a+b+1]=0，
由于方程x2-x+1=0中△0，
因此αβ，因此(α+β)a+b+1=0.
又α+β=1,因此a+b+1=0.
又由于f(1)=a+b+c=1，
因此c-1=1，因此c=2.
又b=-(a+1)，因此f(x)=ax2-(a+1)x+2.
再由f(α)=β得aα2-(a+1)α+2=β,
因此aα2-aα+2=α+β=1，因此aα2-aα+1=0.
即a(α2-α+1)+1-a=0,即1-a=0，
因此a=1,
因此f(x)=x2-2x+2.
2．方程思想。
例2 已知f(x)=ax2-c满足-4≤f(1)≤-1，-1≤f(2)≤5，求f(3)取值范围。
【解】 由于-4≤f(1)=a-c≤-1,
因此1≤-f(1)=c-a≤4.
又-1≤f(2)=4a-c≤5，f(3)=f(2)-f(1),
因此×(-1)+≤f(3)≤×5+×4,
因此-1≤f(3)≤20.
3．运用二次函数性质。
例3 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R，a0)，若方程f(x)=x无实根，求证：方程f(f(x))=x也无实根。
【证明】若a>0，由于f(x)=x无实根，因此二次函数g(x)=f(x)-x图象与x轴无公共点且开口向上，因此对任意x∈R,f(x)-x>0即f(x)>x，从而f(f(x))>f(x)。
因此f(f(x))>x，因此方程f(f(x))=x无实根。
注：请读者思索例3逆命题与否对旳。
4．运用二次函数体现式解题。
例4 设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)，方程f(x)=x两根x1，x2满足0<x1<x2<,
（Ⅰ）当x∈(0，x1)时，求证：x<f(x)<x1；
（Ⅱ）设函数f(x)图象有关x=x0对称，求证：x0<
【证明】 由于x1，x2是方程f(x)-x=0两根，因此f(x)-x=a(x-x1)(x-x2)，
即f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x.
（Ⅰ）当x∈(0，x1)时，x-x1<0，x-x2<0，a>0，因此f(x)>x.
另首先f(x)-x1=(x-x1)[a(x-x2)+1]=a(x-x1)[x-x2+]<0，因此f(x)<x1.
综上，x<f(x)<x1.
（Ⅱ）f(x)=a(x-x1)(x-x2)+x=ax2+[1-a(x1+x2)]x+ax1x2,
因此x0=,
因此，
因此
5．构造二次函数解题。
例5 已知有关x方程(ax+1)2=a2(a-x2)，a>1，求证：方程正根比1小，负根比-1大。
【证明】 方程化为2a2x2+2ax+1-a2=0.
构造f(x)=2a2x2+2ax+1-a2,
f(1)=(a+1)2>0，f(-1)=(a-1)2>0，f(0)=1-a2<0，即△>0，
因此f(x)在区间（-1,0）和（0，1）上各有一根。
即方程正根比1小，负根比-1大。
6．定义在区间上二次函数最值。
例6 当x取何值时，函数y=取最小值？求出这个最小值。
【解】 y=1-,令u,则0<u≤1。
y=5u2-u+1=5,
且当即x=3时，ymin=.
例7 设变量x满足x2+bx≤-x(b<-1)，并且x2+bx最小值是，求b值。
【解】 由x2+bx≤-x(b<-1)，得0≤x≤-(b+1).
ⅰ)-≤-(b+1)，即b≤-2时，x2+bx最小值为-，因此b2=2，因此（舍去）。
ⅱ) ->-(b+1)，即b>-2时，x2+bx在[0，-(b+1)]上是减函数，
因此x2+bx最小值为b+1,b+1=-,b=-.
综上，b=-.
7.一元二次不等式问题解法。
例8 已知不等式组 ①②整数解恰好有两个，求a取值范围。
【解】 由于方程x2-x+a-a2=0两根为x1=a，x2=1-a,
若a≤0，则x1<x2.①解集为a<x<1-a，由②得x>1-2a.
由于1-2a≥1-a，因此a≤0,因此不等式组无解。
若a>0，ⅰ）当0<a<时，x1<x2,①解集为a<x<1-a.
由于0<a<x<1-a<1，因此不等式组无整数解。
ⅱ）当a=时，a=1-a，①无解。
ⅲ）当a>时，a>1-a，由②得x>1-2a，
因此不等式组解集为1-a<x<a.
又不等式组整数解恰有2个，
因此a-(1-a)>1且a-(1-a)≤3，
因此1<a≤2，并且当1<a≤2时，不等式组恰有两个整数解0，1。
综上，a取值范围是1<a≤2.
8．充足性与必要性。
例9 设定数A，B，C使得不等式
A(x-y)(x-z)+B(y-z)(y-x)+C(z-x)(z-y)≥0 ①
对一切实数x,y,z都成立，问A，B，C应满足怎样条件？（规定写出充足必要条件，并且限定用只波及A，B，C等式或不等式体现条件）
【解】 充要条件为A，B，C≥0且A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA).
先证必要性，①可改写为A(x-y)2-(B-A-C)(y-z)(x-y)+C(y-z)2≥0 ②
若A=0，则由②对一切x,y,z∈R成立，则只有B=C，再由①知B=C=0，若A0，则由于②恒成立，因此A>0，△=(B-A-C)2(y-z)2-4AC(y-z)2≤0恒成立，因此(B-A-C)2-4AC≤0，即A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)
同理有B≥0，C≥0，因此必要性成立。
再证充足性，若A≥0，B≥0，C≥0且A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)，
1）若A=0，则由B2+C2≤2BC得(B-C)2≤0，因此B=C，因此△=0，因此②成立，①成立。
2）若A>0，则由③知△≤0，因此②成立，因此①成立。
综上，充足性得证。
9．常用结论。
定理1 若a，b∈R，|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|.
【证明】 由于-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|，因此-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|,
因此|a+b|≤|a|+|b|（注：若m>0，则-m≤x≤m等价于|x|≤m）.
又|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b|,
即|a|-|b|≤|a+b|.综上定理1得证。
定理2 若a,b∈R，则a2+b2≥2ab；若x,y∈R+,则x+y≥
(证略)
注 定理2可以推广到n个正数状况，在不等式证明一章中详细论证。

第三章 函数
一、基本知识
定义1 映射，对于任意两个集合A，B，依对应法则f，若对A中任意一种元素x，在B中均有唯一一种元素与之对应，则称f：A→B为一种映射。
定义2 单射，若f：A→B是一种映射且对任意x，y∈A，xy，均有f(x)f(y)则称之为单射。
定义3 满射，若f：A→B是映射且对任意y∈B，均有一种x∈A使得f(x)=y，则称f：A→B是A到B上满射。
定义4 一一映射，若f：A→B既是单射又是满射，则叫做一一映射，只有一一映射存在逆映射，即从B到A由相反对应法则f-1构成映射，记作f-1：A→B。
定义5 函数，映射f：A→B中，若A，B都是非空数集，则这个映射为函数。A称为它定义域，若x∈A，y∈B，且f(x)=y（即x对应B中y），则y叫做x象，x叫y原象。集合{f(x)|x∈A}叫函数值域。一般函数由解析式给出，此时函数定义域就是使解析式故意义未知数取值范围，如函数y=3-1定义域为{x|x≥0,x∈R}.
定义6 反函数，若函数f：A→B（一般记作y=f(x)）是一一映射，则它逆映射f-1：A→B叫原函数反函数，一般写作y=f-1(x). 这里求反函数过程是：在解析式y=f(x)中反解x得x=f-1(y)，然后将x，y互换得y=f-1(x)，最终指出反函数定义域即原函数值域。例如：函数y=反函数是y=1-(x0).
定理1 互为反函数两个函数图象有关直线y=x对称。
定理2 在定义域上为增（减）函数函数，其反函数必为增（减）函数。
定义7 函数性质。
（1）单调性：设函数f(x)在区间I上满足对任意x1，x2∈I并且x1< x2，总有f(x1)<f(x2)
(f(x)>f(x2))，则称f(x)在区间I上是增（减）函数，区间I称为单调增（减）区间。
（2）奇偶性：设函数y=f(x)定义域为D，且D是有关原点对称数集，若对于任意x∈D，均有f(-x)=-f(x)，则称f(x)是奇函数；若对任意x∈D，均有f(-x)=f(x)，则称f(x)是偶函数。奇函数图象有关原点对称，偶函数图象有关y轴对称。
（3）周期性：对于函数f(x)，假如存在一种不为零常数T，使得当x取定义域内每一种数时，f(x+T)=f(x)总成立，则称f(x)为周期函数，T称为这个函数周期，假如周期中存在最小正数T0，则这个正数叫做函数f(x)最小正周期。
定义8 假如实数a<b，则数集{x|a<x<b，x∈R}叫做开区间，记作（a,b），集合{x|a≤x≤b,x∈R}记作闭区间[a,b]，集合{x|a<x≤b}记作半开半闭区间（a,b]，集合{x|a≤x<b}记作半闭半开区间[a，b)，集合{x|x>a}记作开区间（a，+∞），集合{x|x≤a}记作半开半闭区间（-∞,a].
定义9 函数图象，点集{(x,y)|y=f(x)，x∈D}称为函数y=f(x)图象，其中D为f(x)定义域。通过画图不难得出函数y=f(x)图象与其她函数图象之间关系(a,b>0)；（1）向右平移a个单位得到y=f(x-a)图象；（2）向左平移a个单位得到y=f(x+a)图象；（3）向下平移b个单位得到y=f(x)-b图象；（4）与函数y=f(-x)图象有关y轴对称；（5）与函数y=-f(-x)图象有关原点成中心对称；（6）与函数y=f-1(x)图象有关直线y=x对称；（7）与函数y=-f(x)图象有关x轴对称。
定理3 复合函数y=f[g(x)]单调性，记住四个字：“同增异减”。例如y=，u=2-x在（-∞,2）上是减函数，y=在（0，+∞）上是减函数，因此y=在（-∞,2）上是增函数。
注：复合函数单调性判断措施为同增异减。这里不做严格论证，求导之后是显然。
二、措施与例题
x
yx
1
1x
1．数形结合法。
例1 求方程|x-1|=正根个数.
【解】 分别画出y=|x-1|和y=图象，由图象可知两者有唯一交点，因此方程有一种正根。

例2 求函数f(x)=最大值。
【解】 f(x)=，记点P(x，x2)，A（3，2），B（0，1），则f(x)体现动点P到点A和B距离差。
由于|PA|-|PA|≤|AB|=,当且仅当P为AB延长线与抛物线y=x2交点时等号成立。
因此f(x)max=
2.函数性质应用。
例3 设x，y∈R，且满足，求x+y.
【解】 设f(t)=t3+1997t，先证f(t)在（-∞，+∞）上递增。实际上，若a<b，则f(b)-f(a)=b3-a3+1997(b-a)=(b-a)(b2+ba+a2+1997)>0，因此f(t)递增。
由题设f(x-1)=-1=f(1-y)，因此x-1=1-y，因此x+y=2.
例4 奇函数f(x)在定义域（-1，1）内是减函数，又f(1-a)+f(1-a2)<0，求a取值范围。
【解】 由于f(x) 是奇函数，因此f(1-a2)=-f(a2-1)，由题设f(1-a)<f(a2-1)。
又f(x)在定义域（-1，1）上递减，因此-1<1-a<a2-1<1，解得0<a<1。
例5 设f(x)是定义在（-∞，+∞）上以2为周期函数，对k∈Z，用Ik体现区间(2k-1，2k+1]，已知当x∈I0时，f(x)=x2，求f(x)在Ik上解析式。
【解】 设x∈Ik，则2k-1<x≤2k+1，
因此f(x-2k)=(x-2k)2.
又由于f(x)是以2为周期函数，
因此当x∈Ik时，f(x)=f(x-2k)=(x-2k)2.
例6 解方程：(3x-1)()+(2x-3)(+1)=0.
【解】 令m=3x-1，n=2x-3，方程化为
m(+1)+n(+1)=0. ①
若m=0，则由①得n=0，但m，n不一样步为0，因此m0，n0.
ⅰ)若m>0，则由①得n<0，设f(t)=t(+1),则f(t)在（0，+∞）上是增函数。又f(m)=f(-n)，因此m=-n，因此3x-1+2x-3=0，因此x=
ⅱ)若m<0，且n>0。同理有m+n=0,x=,但与m<0矛盾。
综上，方程有唯一实数解x=
3.配措施。
例7 求函数y=x+值域。
【解】 y=x+=[2x+1+2+1]-1
=(+1)-1≥-1=-.
当x=-时，y取最小值-，因此函数值域是[-，+∞）。
4．换元法。
例8 求函数y=(++2)(+1),x∈[0,1]值域。
【解】令+=u，由于x∈[0,1]，因此2≤u2=2+2≤4,因此≤u≤2,因此≤≤2，1≤≤2，因此y=,u2∈[+2，8]。
因此该函数值域为[2+，8]。
5．鉴别式法。
例9 求函数y=值域。
【解】由函数解析式得(y-1)x2+3(y+1)x+4y-4=0. ①
当y1时，①式是有关x方程有实根。
因此△=9(y+1)2-16(y-1)2≥0，解得≤y≤1.
又当y=1时，存在x=0使解析式成立，
因此函数值域为[，7]。
6．有关反函数。
例10 若函数y=f(x)定义域、值域均为R，且存在反函数。若f(x)在(-∞,+ ∞)上递增，求证：y=f-1(x)在(-∞,+ ∞)上也是增函数。
【证明】设x1<x2，且y1=f-1(x1)，y2=f-1(x2)，则x1=f(y1)，x2=f(y2)，若y1≥y2，则由于f(x)在(-∞,+ ∞)上递增，因此x1≥x2与假设矛盾，因此y1<y2。
即y=f-1(x)在(-∞,+ ∞)递增。
例11 设函数f(x)=，解方程：f(x)=f-1(x).
【解】 首先f(x)定义域为（-∞，-）∪[-，+∞）；另首先，设x1，x2是定义域内变量，且x1<x2<-;=>0,
因此f(x)在（-∞，-）上递增，同理f(x)在[-，+∞）上递增。
在方程f(x)=f-1(x)中，记f(x)=f-1(x)=y，则y≥0，又由f-1(x)=y得f(y)=x，因此x≥0,因此x,y∈[-，+∞）.
若xy，设x<y，则f(x)=y<f(y)=x，矛盾。
同理若x>y也可得出矛盾。因此x=y.
即f(x)=x，化简得3x5+2x4-4x-1=0,
即(x-1)(3x4+5x3+5x2+5x+1)=0,
由于x≥0，因此3x4+5x3+5x2+5x+1>0，因此x=1.

第四章 几种初等函数性质
一、基本知识
1．指数函数及其性质：形如y=ax(a>0，a1)函数叫做指数函数，其定义域为R，值域为（0，+∞），当0<a<1时，y=ax是减函数，当a>1时，y=ax为增函数，它图象恒过定点（0，1）。
2．分数指数幂：。
3．对数函数及其性质：形如y=logax(a>0，a1)函数叫做对数函数，其定义域为（0，+∞），值域为R，图象过定点（1，0）。当0<a<1，y=logax为减函数，当a>1时，y=logax为增函数。
4．对数性质（M>0，N>0）；
1）ax=Mx=logaM(a>0，a1)；
2）loga(MN)= loga M+ loga N；
3）loga（）= loga M- loga N；4）loga Mn=n loga M；，
5）loga =loga M；6）aloga M=M；7) loga b=(a,b,c>0，a，c1).
5. 函数y=x+（a>0）单调递增区间是和，单调递减区间为和。（请读者自己用定义证明）
6．持续函数性质：若a<b，f(x)在[a，b]上持续，且f(a)·f(b)<0，则f(x)=0在（a,b）上至少有一种实根。
二、措施与例题
1．构造函数解题。
例1 已知a，b，c∈(-1，1)，求证：ab+bc+ca+1>0.
【证明】 设f(x)=(b+c)x+bc+1 (x∈(-1，1))，则f(x)是有关x一次函数。
因此要证原不等式成立，只需证f(-1)>0且f(1)>0（由于-1<a<1）.
由于f(-1)=-(b+c)+bc+1=(1-b)(1-c)>0，
f(1)=b+c+bc+a=(1+b)(1+c)>0，
因此f(a)>0，即ab+bc+ca+1>0.
例2 （柯西不等式）若a1，a2,…,an是不全为0实数，b1，b2,…,bn∈R，则（）·（）≥()2，等号当且仅当存在R，使ai=，i=1，2，…，n时成立。
【证明】 令f(x)= （）x2-2()x+=,
由于>0，且对任意x∈R，f(x)≥0，
因此△=4()-4（）()≤0.
展开得（）()≥()2。
等号成立等价于f(x)=0有实根，即存在，使ai=，i=1，2，…，n。
例3 设x，y∈R+，x+y=c，c为常数且c∈(0，2]，求u=最小值。
【解】u==xy+≥xy++2·
=xy++2.
令xy=t，则0<t=xy≤,设f(t)=t+,0<t≤
由于0<c≤2，因此0<≤1，因此f(t)在上单调递减。
因此f(t)min=f()=+，因此u≥++2.
当x=y=时，等号成立. 因此u最小值为++2.
2．指数和对数运算技巧。
例4 设p，q∈R+且满足log9p= log12q= log16(p+q)，求值。
【解】 令log9p= log12q= log16(p+q)=t，则p=9 t ，q=12 t ，p+q=16t，
因此9 t +12 t =16 t，即1+
记x=，则1+x=x2，解得
又>0，因此=
例5 对于正整数a，b，c(a≤b≤c)和实数x，y，z，w，若ax=by=cz=70w，且，求证：a+b=c.
【证明】 由ax=by=cz=70w取常用对数得xlga=ylgb=zlgc=wlg70.
因此lga=lg70，lgb=lg70，lgc=lg70，
相加得(lga+lgb+lgc)=lg70，由题设，
因此lga+lgb+lgc=lg70，因此lgabc=lg70.
因此abc=70=2×5×7.
若a=1，则由于xlga=wlg70，因此w=0与题设矛盾，因此a>1.
又a≤b≤c，且a，b，c为70正约数，因此只有a=2，b=5，c=7.
因此a+b=c.
例6 已知x1，ac1，a1，c1. 且logax+logcx=2logbx，求证c2=(ac)logab.
【证明】 由题设logax+logcx=2logbx，化为以a为底对数，得
，
由于ac>0，ac1，因此logab=logacc2，因此c2=(ac)logab.
注：指数与对数式互化，取对数，换元，换底公式往往是解题桥梁。
3．指数与对数方程解法。
解此类方程重要思想是通过指对数运算和换元等进行化简求解。值得注意是函数单调性应用和未知数范围讨论。
例7 解方程：3x+4 x +5 x =6 x.
【解】 方程可化为=1。设f(x)= ，则f(x)在(-∞,+∞)上是减函数，由于f(3)=1，因此方程只有一种解x=3.
例8 解方程组：（其中x，y∈R+）.
【解】 两边取对数，则原方程组可化为 ①②
把①代入②得(x+y)2lgx=36lgx，因此[(x+y)2-36]lgx=0.
由lgx=0得x=1，由(x+y)2-36=0(x，y∈R+)得x+y=6，
代入①得lgx=2lgy，即x=y2，因此y2+y-6=0.
又y>0，因此y=2，x=4.
因此方程组解为 .
例9 已知a>0，a1，试求使方程loga(x-ak)=loga2(x2-a2)有解k取值范围。
【解】由对数性质知，原方程解x应满足.①②③
若①、②同步成立，则③必成立，
故只需解.
由①可得2kx=a(1+k2)， ④
当k=0时，④无解；当k0时，④解是x=，代入②得>k.
若k<0，则k2>1，因此k<-1；若k>0，则k2<1，因此0<k<1.
综上，当k∈(-∞,-1) ∪(0，1)时，原方程有解。

第五章 数列
一、基本知识
定义1 数列，按次序给出一列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{an}一般形式一般记作a1，a2，a3,…，an或a1，a2，a3,…，an…。其中a1叫做数列首项，an是有关n详细体现式，称为数列通项。
定理1 若Sn体现{an}前n项和，则S1=a1，当n>1时，an=Sn-Sn-1.
定义2 等差数列，假如对任意正整数n，均有an+1-an=d（常数），则{an}称为等差数列，d叫做公差。若三个数a，b，c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c等差中项，若公差为d，则a=b-d，c=b+d.
定理2 等差数列性质：1）通项公式an=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：Sn=；3）an-am=(n-m)d，其中n，m为正整数；4）若n+m=p+q，则an+am=ap+aq；5）对任意正整数p，q，恒有ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B至少有一种不为零，则{an}是等差数列充要条件是Sn=An2+Bn.
定义3 等比数列，若对任意正整数n，均有，则{an}称为等比数列，q叫做公比。
定理3 等比数列性质：1）an=a1qn-1；2）前n项和Sn，当q1时，Sn=；当q=1时，Sn=na1；3）假如a，b，c成等比数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a，c等比中项；4）若m+n=p+q，则aman=apaq。
定义4 极限，给定数列{an}和实数A，若对任意>0，存在M，对任意n>M(n∈N),均有|an-A|<，则称A为n→+∞时数列{an}极限，记作
定义5 无穷递缩等比数列，若等比数列{an}公比q满足|q|<1，则称之为无穷递增等比数列，其前n项和Sn极限（即其所有项和）为（由极限定义可得）。
定理3 第一数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)时n=k成立时能推出p(n)对n=k+1成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。

竞赛常用定理
定理4 第二数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)对一切n≤k自然数n都成立时（k≥n0）可推出p(k+1)成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。
定理5 对于齐次二阶线性递归数列xn=axn-1+bxn-2，设它特性方程x2=ax+b两个根为α,β:(1)若αβ，则xn=c1an-1+c2βn-1，其中c1，c2由初始条件x1，x2值确定；(2)若α=β，则xn=(c1n+c2) αn-1，其中c1，c2值由x1，x2值确定。
二、措施与例题
1．不完全归纳法。
这种措施是从特殊状况出发去总结更一般规律，当然结论未必都是对旳，但却是人类探索未知世界普遍方式。一般解题方式为：特殊→猜测→数学归纳法证明。
例1 试给出如下几种数列通项（不规定证明）；1）0，3，8，15，