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奥数挑战三角函数的高级运算在奥数竞赛中，三角函数的高级运算一直是考察的重点之一。
掌握三角函数的高级运算，不仅可以帮助我们更好地理解数学知识，还能够提高解题的效率和准确性。
在本文中，我将为大家介绍奥数中的三角函数高级运算，并给出一些例题进行详细讲解。
一、三角函数的基本概念在开始介绍三角函数的高级运算之前，我们首先需要明确三角函数的基本概念。
常见的三角函数包括正弦函数sin(x)、余弦函数cos(x)、正切函数tan(x)等。
这些函数可以通过对应的特殊角度值来确定，如0度、30度、45度、60度等。
同时，三角函数也可以表示为一个周期性函数，其取值范围在区间[-1, 1]之间。
二、三角函数的高级运算1. 复合角的三角函数运算复合角是由两个角度相加、相减或相乘而成的新角。
在奥数中，我们经常会遇到复合角的运算，这需要灵活运用三角函数的运算性质。
以sin(A + B)为例，我们可以利用三角函数的加法公式进行计算：sin(A + B) = sinAcosB + cosAsinB同样地，我们还可以利用其他三角函数的加法公式计算cos(A + B)和tan(A + B)。
需要注意的是，复合角的三角函数运算可以通过套用不同的公式来实现，所以我们需要灵活选择适合的公式。
2. 幂函数与三角函数的运算在奥数竞赛中，我们常常需要处理幂函数与三角函数的运算。
例如，我们需要计算sin²x、cos²x和tan²x等。
这时候，我们可以利用三角函数的平方公式进行计算：sin²x = 1/2(1 - cos2x)cos²x = 1/2(1 + cos2x)tan²x = (1 - cos2x) / (1 + cos2x)通过利用这些公式，我们可以将幂函数与三角函数的运算转化为幂函数与幂函数的运算，从而更容易求解。
3. 倍角、半角和三角恒等式倍角、半角和三角恒等式是三角函数的高级运算中常见的一类题型。
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。
挑战奥数的三角函数三角函数是数学中的重要概念，广泛应用于各个领域。
它不仅是高中数学的重点内容，也是奥林匹克数学竞赛中的常见考点。
挑战奥数的三角函数，意味着我们需要深入理解三角函数的性质和运用，以更好地应对奥数竞赛中的难题。
三角函数包括正弦函数、余弦函数、正切函数等。
在解决数学问题时，我们通过运用三角函数来描述和分析角的关系。
下面我们将逐一介绍这些函数的基本概念和运算规律。
正弦函数是三角函数中最基本的函数之一。
它的定义域为实数集，值域为[-1, 1]。
我们可以通过单位圆的概念来理解正弦函数的性质。
在单位圆上，角θ对应的点的纵坐标就是正弦函数的值。
正弦函数具有周期性，即sin(θ) = sin(θ + 2kπ)，其中k为整数。
利用这一性质，我们可以简化计算过程，并解决一些复杂的三角函数方程。
余弦函数是正弦函数的补函数。
它的定义域和值域与正弦函数相同，也具有周期性。
在单位圆上，角θ对应的点的横坐标就是余弦函数的值。
我们可以利用余弦函数来计算角平分线的性质，求解三角形的边长和角度等问题。
正切函数是正弦函数和余弦函数的商。
它的定义域为所有使余弦函数不为零的实数，值域为实数集。
在单位圆上，角θ的切线斜率就是正切函数的值。
正切函数也具有周期性，并且存在其它函数如反正切函数等与之相关的性质和运算规律。
除了这些常见的三角函数，还有诱导公式、和角公式等其他与三角函数密切相关的概念。
诱导公式指的是根据已知角或函数值，推导其他角或函数值的公式。
和角公式用于描述两个角的和及其函数值之间的关系。
了解这些公式的推导和应用，可以帮助我们更好地理解和运用三角函数。
挑战奥数时，我们需要熟练掌握三角函数的性质和运算规律，并能够灵活运用它们解决各种题目。
此外，我们还需要注意一些常见的技巧和策略。
比如，将复杂的三角函数方程转化为代数方程，利用三角函数的周期性简化计算，利用几何图形辅助分析和推导等等。
综上所述，挑战奥数的三角函数意味着我们需要深入理解三角函数的性质和运用，掌握其相关的公式和技巧，并能够灵活运用它们解决各种复杂的数学问题。
竞赛讲座11――三角运算及三角不等关系三角运算的基本含义是应用同角公式、诱导公式、加法定理（和、差、倍、半角公式等的统称），对三角式作各种有目的的变形（主要指恒等变形），有时表现为计算求值、有时表现为推理证明。
由于三角公式很多，并且存在着联系，因此一定要注意选择公式的目的性与简单性。
三角运算一．三角运算的常规思考三角运算主权涉及3个主要变形：角、函数名称、运算方式。
其中的难点与关键在角。
大量的三角运算技巧都与角的处理有关。
遇到一个三角问题，从角、函数名称、运算方式这3个主要方面去寻找下手地方与前进方向是解题的有效思考。
特别地，对于证明题，从找条件与结论的差异入手，并向着消除差异的方向前进，常能成功。
例1．已知βα,都是钝角，且1312sin =α，53)cos(=-αβ，求βsin例2．设βα,为锐角，且)sin(sin sin 22βαβα+=+，求证：2πβα=+。
二．三角变换与方程数学公式（或条件等式）本身就是一个等量关系，视公式（或等式）中的数学对象为已知值或未知值就成为一个方程。
例3．已知⎩⎨⎧=+=+a b βαβαcos cos sin sin （422≤+b a ），求)sin(βα+，)cos(βα+。
三．三角变换与构造法通过构造对偶式、构造方程、构造函数、构造图形等途径来求解三角问题例5．求54cos 52cosππ+的值。
例6．求值：︒︒-︒+︒80sin 40sin 50cos 10cos 22例7．已知：0cos cos cos 2211=+++n n A A A αααΛ0)1cos()1cos()1cos(2211=++++++n n A A A αααΛ求证：对任意R ∈β，恒有0)cos()cos()cos(2211=++++++βαβαβαn n A A A Λ。
例8 求满足等式4sin 347cos 1215=-+-x x 的锐角x 。
四．三角法引进三角函数，进行三角变形去解决其他代数、几何问题。
奥林匹克数学竞赛辅导资料全等三角形经验谈：你见过两片完全相同的树叶吗？你见过两个完全相同的事物吗？也许你从未意识到这世界上还有完全相同。
在这里我们将引导你的思路，给你解题技巧：完全相同--全等三角形。
内容综述：三解形是平面几何中最重要的图形，它的有关知识是今后我们学习四边形、多边形乃至立体几何的重要基础。
三角形全等的判定和性质是证明有关三角形问题的基础，必须熟练掌握。
判定两个三角形全等的方法有：SAS，ASA，AAS，SSS。
全等三角形的性质：全等三角形的对应边、对应角及其它对应元素相等。
要点讲解：例1：如图2-7-1，△ABC和△DCE均是等边三角形，B、C、E三点共线，AE交CD于G，BD交AC于F。
求证：①AE=BD②CF=CG思路①证明△ACE≌△BCD。
证明①∵△ABC和△DCE都是等边三角形，∴CB=CA，CD=CE，∠BCA=∠ECD=，∴∠BCD=∠ACE=，∴△BCD≌△ACE，∴AE=BD。
思路②证明△FCD≌△GCE。
证明②由△BCD≌△DCE都是等边三角形可知∴CD=CE，∠BCA=∠ECD=∴∠ACD=-∠BCA-∠ECD=∴△FCD≌△GCE，∴CF=CG说明：证明两条线段相等的重要方法之一就是证明它们所在的两个三角形全等。
例2：如图2-7-2，在正方形ABCD中，M是AB的中点，MN⊥MD，BN平分∠CBE。
求证：MD=MN。
思路：取AD的中点P，连结PM，证明△DMP≌△MNB。
证明：取AD的中点P，连结PM，则有DP=MB。
∵DM⊥MN，∴∠DMA+∠BMN=，又由正方形ABCD 知∠A=，∴∠DMA+∠MDA=，∴∠BMN=∠MDA又∵BN平分∠CBE，∴∠MBN=又由P、M分别为AD、AB的中点，ABCD是正方形，得△PAM是等腰直角三角形，故∠DPM=。
∴∠DPM=∠MBN，∴△DPM≌△MBN，∴DM=MN。
说明：本题中DM和MN所在的三角形不全等，这时就要考虑作出它们所在的新三角形，证明这两个新三角形全等。
竞赛讲座33－三角函数几何中的两个基本量是：线段的长度和角的大小.三角函数的本质就是用线段长度之比来表示角的大小，从而将两个基本量联系在一起，使我们可以借助三角变换或三角计算来解决一些较难的几何问题.三角函数不仅是一门有趣的学问，而且是解决几何问题的有力工具.1．角函数的计算和证明问题在解三角函数问题之前，除了熟知初三教材中的有关知识外，还应该掌握：（1）三角函数的单调性当a为锐角时，sina与tga的值随a的值增大而增大；cosa与ctga 随a的值增大而减小；当a为钝角时，利用诱导公式转化为锐角三角函数讨论.注意到sin45°=cos45°=,由(1)可知,当时0＜a＜45°时,cosa＞sina;当45°＜a＜90°时,cosa＜sina.(2)三角函数的有界性|sina|≤1,|cosa|≤1,tga、ctga可取任意实数值（这一点可直接利用三角函数定义导出）.例1（1986年全国初中数学竞赛备用题）在△ABC中，如果等式sinA+cosA=成立，那么角A是（）（A）锐角（B）钝角（C）直角分析对A分类，结合sinA和cosA的单调性用枚举法讨论.解当A=90°时，sinA和cosA=1；当45°＜A＜90°时sinA＞，cosA＞0，∴sinA+cosA＞当A=45°时，sinA+cosA=当0＜A＜45°时，sinA＞0,cosA＞∴sinA+cosA＞∵1, 都大于.∴淘汰（A）、（C），选（B）.例2（1982年上海初中数学竞赛题）ctg67°30′的值是（）（A）-1 （B）2-（C）-1（D）（E）分析构造一个有一锐角恰为67°30′的Rt△，再用余切定义求之.解如图36-1，作等腰Rt△ABC，设∠B=90°，AB=BC=1.延长BA到D使AD=AC，连DC，则AD=AC=，∠D=22.5°,∠DCB=67.5°.这时，ctg67°30′=ctg∠DCB=∴选(A).例3(1990年南昌市初中数学竞赛题)如图,在△ABC中,∠A所对的BC边的边长等于a,旁切圆⊙O的半径为R,且分别切BC及AB、AC的延长线于D，E，F.求证:R≤a·证明作△ABC的内切圆O′,分别切三边于G,H,K.由对称性知GE=KF(如图36-2).设GB=a，BE=x，KC=y,CF=b.则x+a=y+b, ①且BH=a,BD=x,HC=y,DC=b.于是,x-a=y-b. ②①+②得,x=y.从而知a=b.∴GE=BC=a.设⊙O′半径为r.显然R+r≤OO′ (当AB=AC)时取等号.作O′M⊥EO于M,则O′M=GE=a,∠OO′M=∴R+r≤两式相加即得R≤.例4（1985年武汉等四市初中联赛题）凸4n+2边形A1A2A3…A4n+2（n为自然数）各内角都是30°的整数倍，已知关于x的方程：x2+2xsinA1+sinA2=0 ①x2+2xsinA2+sinA3=0 ②x2+2xsinA3+sinA1=0 ③都有实根，求这凸4n+2边形各内角的度数.解∵各内角只能是、、、，∴正弦值只能取当sinA1=时，∵sinA2≥sinA3≥∴方程①的判别式△1=4（sin2A1-sinA2）≤440方程①无实根，与已知矛盾，故sinA1≠.当sinA1=时，sinA2≥，sinA3≥，∴方程①的判别式△1=4（sin2A1-sinA2）=0.方程①无实根，与已知矛盾，故sinA1=.综上所述，可知sinA1=1，A1=.同理，A2=A3=.这样其余4n-1个内角之和为这些角均不大于又n为自然数，∴n=1,凸n边形为6边形,且A4+A5+A6=4×2.解三角形和三角法定理推论设a、b、c、S与a′、b′、c′、S′.若我们在正、余弦定理之前介绍上述定理和推论是为了在解三角形和用三角函数解几何题时有更大的自由.（1）解三角形例5（第37届美国中学生数学竞赛题）在图36-3中，AB是圆的直径，CD是平行于AB的弦，且AC和BD相交于E，∠AED=α,△CDE和△ABE的面积之比是( ).(A)cosα(B)sinα(C)cos2α(D)sin2α(E)1-sinα解如图，因为AB∥DC,AD=CB,且△CDE∽△ABE,BE=AE,因此连结AD，因为AB是直径，所以∠ADB=在直角三角形ADE中，DE=AEcosα.∴应选(C).例6 (1982年上海初中数学竞赛题)如图36-4,已知Rt△斜边AB=c,∠A=α,求内接正方形的边长.解过C作AB的垂线CH，分别与GF、AB交于P、H，则由题意可得又∵△ABC∽△GFC，∴，即（2）三角法.利用三角知识（包括下一讲介绍的正、余弦定理）解几何问题的方法叫三角法.其特点是将几何图形中的线段，面积等用某些角的三角函数表示，通过三角变换来达到计算和证明的目的，思路简单，从而减少几何计算和证明中技巧性很强的作辅助线的困难.例7（1986年全国初中数学竞赛征集题）如图36-5，在△A BC中，BE、CF是高，∠A=，则△AFE和四边形FBCE的面积之比是（）（A）1∶2（B）2∶3（C）1∶1（D）3∶4解由BE、CF是高知F、B、C、E四点共圆，得AF·AB=AE·AC.在Rt△ABE中，∠ABE=，∴S△AFE∶S FBCE=1∶1.应选(C).例8 (1981年上海中学生数学竞赛题)在△ABC中∠C为钝角,AB边上的高为h,求证:AB＞2h.证明如图36-6,AB=AD+BD=h(ctgA+ctgB) ①∵∠C是钝角,∴∠A+∠B＜,∴ctgB＞ctg(-A)=tgA.②由①、②和代数基本不等式，得例9 （第18届国际数学竞赛题）已知面积为32cm2的平面凸四边形中一组对边与一条对角线之长的和为16cm.试确定另一条对角线的所有可能的长度.解如图36-7，设四边形ABCD面积S为32cm2，并设AD=y,AC=x,BC=z.则x+y+z=16(cm)由但S=32，∴sinθ=1,sin =1,且x-8=0.故θ==且x=8,y+z=8.这时易知另一条对角线BD的长为此处无图例10 (1964年福建中学数学竞赛题)设a、b、c是直角三角形的三边，c为斜边，整数n≥3,求证:a n+b n＜c n.分析如图34-8,注意到Rt△ABC的边角关系:a=csinα＞0,b=ccosα＞0,可将不等式转化为三角不等式sin nα+cos nα＜1来讨论.证明设直角三角形一锐角∠BAC=α(如图),则。
初中数学竞赛辅导讲义---解直角三角形利用直角三角形中的已知元素(至少有一条是边)求得其余元素的过程叫做解直角三角形，解直角三角形有以下两方面的应用：1．为线段、角的计算提供新的途径．解直角三角形的基础是三角函数的概念，三角函数使直角三角形的边与角得以转化，突破纯粹几何关系的局限．2．解实际问题．测量、航行、工程技术等生活生产的实际问题，许多问题可转化为解直角三角形获解，解决问题的关键是在理解有关名词的意义的基础上，准确把实际问题抽象为几何图形，进而转化为解直角三角形．【例题求解】【例1】如图，已知电线杆AB直立于地面上，它的影子恰好照在土坡的坡面CD和地面BC上，如果CD与地面成45°，∠A＝60°，CD＝4m，BC＝(24-)m，则电线杆AB62的长为．思路点拨延长AD交BC于E，作DF⊥BC于F，为解直角三角形创造条件．【例2】如图，在四边形ABCD中，AB=24-，BC-1，CD=3，∠B=135°，∠C＝90°，则∠D等于( )A．60°B．67．5°C．75°D．无法确定思路点拨通过对内分割或向外补形，构造直角三角形．注：因直角三角形元素之间有很多关系，故用已知元素与未知元素的途径常不惟一，选择怎样的途径最有效、最合理呢？请记住：有斜用弦，无斜用切，宁乘勿除．在没有直角的条件下，常通过作垂线构造直角三角形；在解由多个直角三角形组合而成的问题时，往往先解已具备条件的直角三角形，使得求解的直角三角形最终可解．【例3】如图，在△ABC中，∠=90°，∠BAC=30°，BC=l，D为BC边上一点，tan∠ADC 是方程2)1(5)1(322=+-+x x x x 的一个较大的根?求CD 的长． 思路点拨 解方程求出 tan ∠ADC 的值，解Rt △ABC 求出AC 值，为解Rt △ADC 创造条件．【例4】 如图，自卸车车厢的一个侧面是矩形ABCD ，AB=3米，BC=0．5米 ，车厢底部距离地面1．2米，卸货时，车厢倾斜的角度θ=60°．问此时车厢的最高点A 距离地面多少米?(精确到1米)思路点拨 作辅助线将问题转化为解直角三角形，怎样作辅助线构造基本图形，展开空间想象，就能得到不同的解题寻路【例5】 如图，甲楼楼高16米，乙楼坐落在甲楼的正北面，已知当地冬至中午12时太阳光线与水平面的夹角为30°，此时，求：(1)如果两楼相距20米，那么甲楼的影子落在乙楼上有多高?(2)如果甲楼的影子刚好不落在乙楼上，那么两楼的距离应当是多少米?思路点拨 (1)设甲楼最高处A 点的影子落在乙楼的C 处，则图中CD 的长度就是甲楼的影子在乙楼上的高；(2)设点A 的影子落在地面上某一点C ，求BC 即可．注：在解决一个数学问题后，不能只满足求出问题的答案，同时还应对解题过程进行多方面分析和考察，思考一下有没有多种解题途径，每种途径各有什么优点与缺陷，哪一条途径更合理、更简捷，从中又能给我们带来怎样的启迪等． 若能养成这种良好的思考问题的习惯，则可逐步培养和提高我们分析探索能力．学历训练1．如图，在△ABC 中，∠A=30°，tanB=31，BC=10，则AB 的长为 ．2．如图，在矩形ABCD 中．E 、F 、G 、H 分别为AB 、BC 、CD 、DA 的中点，若tan ∠AEH =34，四边形EFGH 的周长为40cm ，则矩形ABCD 的面积为 ．3．如图，旗杆AB ，在C 处测得旗杆顶A 的仰角为30°，向旗杆前北进10m ，达到D ，在D 处测得A 的仰角为45°，则旗杆的高为 ．4．上午9时，一条船从A 处出发，以每小时40海里的速度向正东方向航行，9时30分到达B 处，从A 、B 两处分别测得小岛M 在北偏东45°和北偏东15°方向，那么B 处船与小岛M 的距离为( )A ．20海里B ．20海里C ．315海里D ．3205．已知a 、b 、c 分别为△ABC 中∠A 、∠B 、∠C 的对边，若关于x 的方程02)(2=-+-+b c ax x c b 有两个相等的实根，且sinB ·cosA —cosB ·sinA ＝0，则△ABC 的形状为( )A ．直角三角形B ．等腰三角形C ．等边三角形D ．等腰直角三角形6．如图，在四边形ABCD 中，∠A ＝135°，∠B=∠D=90°，BC=32，AD=2，则四边形ABCD 的面积是( )A ．24B ．34C ． 4D ．67．如图，在△ABC 中，∠ACB=90°，CD ⊥AB 于D ，CD=1，已知AD 、BD 的长是关于x 的方程02=++q px x 的两根，且tanA —tanB=2，求p 、q 的值．8．如图，某电信部门计划修建一条连结B 、C 两地的电缆，测量人员在山脚A 点测得B 、C 两地的仰角分别为30°、45°，在B 地测得C 地的仰角为60°．已知C 地比A 地高200米，则电缆BC 至少长多少米?(精确到0.1米)9．如图，在等腰Rt △ABC 中，∠C=90°，∠CBD ＝30，则DC AD = ．10．如图，正方形ABCD 中，N 是DC 的中点．M 是AD 上异于D 的点，且∠NMB=∠MBC ，则tan ∠ABM ＝ ．11．在△ABC 中，AB=26-，BC=2，△ABC 的面积为l ，若∠B 是锐角，则∠C 的度数是 ．12．已知等腰三角形的三边长为 a 、b 、c ，且c a =，若关于x 的一元二次方程022=+-c bx x 的两根之差为2，则等腰三角形的一个底角是( )A ． 15°B ．30°C ．45°D ．60°13．如图，△ABC 为等腰直角三角形，若AD=31AC ，CE=31BC ，则∠1和∠2的大小关系是( )A ．∠1>∠2B ．∠1<∠2C ．∠1＝∠2D ．无法确定14．如图，在正方形ABCD 中，F 是CD 上一点，AE ⊥AF ，点E 在CB 的延长线上，EF 交AB 于点G ．(1)求证：DF ×FC ＝BG ×EC ；(2)当tan ∠DAF=31时，△AEF 的面积为10，问当tan ∠DAF=32时，△AEF 的面积是多少?15．在一个三角形中，有一边边长为16，这条边上的中线和高线长度分别为10和9，求三角形中此边所对的角的正切值．16．台风是一种自然灾害，它以台风中心为圆心在周围数十千米范围内形成气旋风暴，有极强的破坏力．据气象观测，距沿海某城市A的正南方向220千米B处有一台风中心，其中心最大风力为12级，每远离台风中心20千米，风力就会减弱一级，该台风中心现正在以15千米／时的速度沿北偏东30°方向往C处移动，且台风中心风力不变，若城市所受风力达到或超过四级，则称为受台风影响．(1)该城市是否会受到这次台风的影响?请说明理由．(2)若会受到台风影响，那么台风影响该城市的持续时间有多长?(3)该城市受到台风影响的最大风力为几级?17．如图，山上有一座铁塔，山脚下有一矩形建筑物ABCD，且建筑物周围没有开阔平整地带．该建筑物顶端宽度AD和高度DC都可直接测得，从A、D、C三点可看到塔顶端H．可供使用的测量工具有皮尺、测角器．(1)请你根据现有条件，充分利用矩形建筑物，设计一个测量塔顶端到地面高度HG的方案．具体要求如下：①测量数据尽可能少；②在所给图形上，画出你设计的测量平面图，并将应测数据标记在图形上(如果测A、D间距离，用m表示；如果测D、C间距离，用n表示；如果测角，用α、β、γ等表示．测角器高度不计)．(2)根据你测量的数据，计算塔顶端到地面的高度HG(用字母表示)．参考答案。
高中奥林匹克数学竞赛讲座三角恒等式和三角不等式知识、方法、技能三角恒等变形，既要遵循代数式恒等变形的一般法则，又有三角所特有的规律. 三角恒等式包括绝对恒等式和条件恒等式两类。
证明三角恒等式时，首先要观察已知与求证或所证恒等式等号两边三角式的繁简程度，以决定恒等变形的方向；其次要观察已知与求证或所证恒等式等号两边三角式的角、函数名称、次数以及结构的差别与联系，抓住其主要差异，选择恰当的公式对其进行恒等变形，从而逐步消除差异，统一形式，完成证明.“和差化积”、“积化和差”、“切割化弦”、“降次”等是我们常用的变形技巧。
当然有时也可以利用万能公式“弦化切割”，将题目转化为一个关于2tanxt =的代数恒等式的证明问题. 要快捷地完成三角恒等式的证明，必须选择恰当的三角公式. 为此，同学们要熟练掌握上图为三角公式脉络图，由图可见两角和差的三角函数的公式是所有三角公式的核心和基础. 此外，三角是代数与几何联系的“桥梁”，与复数也有紧密的联系，因而许多三角问题往往可以从几何或复数角度获得巧妙的解法. 三角不等式首先是不等式，因此，要掌握证明不等式的常用方法：配方法、比较法、放缩法、基本不等式法、数学归纳法等. 其次，三角不等式又有自己的特点——含有三角式，因而三角函数的单调性、有界性以及图象特征等都是处理三角不等式的锐利武器. 三角形中有关问题也是数学竞赛和高考的常见题型. 解决这类问题，要充分利用好三角形内角和等于180°这一结论及其变形形式. 如果问题中同时涉及边和角，则应尽量利用正弦定理、余弦定理、面积公式等进行转化，实现边角统一. 求三角形面积的海伦公式)](21[))()((c b a p c p b p a p p S ++=---=其中，大家往往不甚熟悉，但十分有用. 赛题精讲例1：已知.cos sin )tan(:,1||),sin(sin AA A -=+>+=βββαβαα求证【思路分析】条件涉及到角α、βα+，而结论涉及到角βα+，β.故可利用αβαβββαα-+=-+=)()(或消除条件与结论间角的差异，当然亦可从式中的“A ”入手. 【证法1】 ),sin(sin βαα+=A),sin()sin(βαββα+=-+∴A),cos(sin ))(cos sin(),sin(sin )cos(cos )sin(βαβββαβαββαββα+=-++=+-+A A.cos sin )tan(,0)cos(,0cos ,1||AA A -=+≠+≠-∴>βββαβαβ从而【证法2】αβαβββαβααββββsin )sin(cos sin )sin()sin(sin cos sin sin sin -++=+-=-A).tan(sin )cos(sin )sin(])sin[()sin(cos sin )sin(βαββαββαββαβαβββα+=++=-+-++=例2：证明：.cos 64cos 353215cos 77cos 7x x x ocs x x =+++ 【思路分析】等号左边涉及角7x 、5x 、3x 、x 右边仅涉及角x ，可将左边各项逐步转化为x sin 、x cos 的表达式，但相对较繁. 观察到右边的次数较高，可尝试降次. 【证明】因为,cos 33cos cos 4,cos 3cos 43cos 33x x x x x x +=-=所以 从而有x x x x x 226cos 9cos 3cos 63cos cos 16++= =)2cos 1(29)2cos 4(cos 326cos 1x x x x +++++xx x x x x x x x x x x x cos 20cos 2cos 30cos 4cos 12cos 6cos 2cos 64,2cos 992cos 64cos 66cos 1cos 3276+++=+++++=.cos 353cos 215cos 77cos cos 20cos 153cos 153cos 65cos 65cos 7cos x x x x xx x x x x x +++=++++++=【评述】本题看似“化简为繁”，实质上抓住了降次这一关键，很是简捷. 另本题也可利用复数求解. 令77)1(cos 128,,1cos 2,sin cos zz z z i z +=+=+=αααα从而则，展开即可. 例3：求证：.112tan 312tan 18tan 18tan 3=++【思路分析】等式左边同时出现12tan 18tan 、12tan 18tan +，联想到公式βαβαβαtan tan 1tan tan )tan(-+=+.【证明】 12tan 312tan 18tan 18tan 3++112tan 18tan )12tan 18tan 1)(1218tan(312tan 18tan )12tan 18(tan 3=+-+⨯=++=【评述】本题方法具有一定的普遍性. 仿此可证)43tan 1()2tan 1)(1tan 1(+++222)44tan 1(=+ 等.例4：已知.20012tan 2sec :,2001tan 1tan 1=+=-+αααα求证【证明】)4tan()22sin()22cos(12cos 2sin 12tan 2sec απαπαπαααα+=++-=+=+.2001tan 1tan 1=-+=αα 例5：证 明：.3sin )60sin()60sin(sin 4θθθθ=+- 【证明】θθθ3sin 4sin 33sin -=)60sin()60sin(sin 4)sin 60cos cos 60)(sin sin 60cos cos 60(sin sin 4])sin 21()cos 23[(sin 4)sin 41cos 43(sin 4)sin 43(sin 422222θθθθθθθθθθθθθθθθ-+=-+=-=-=-=【评述】这是三倍角的正弦的又一表示. 类似地，有)60cos()60cos(cos 43cos θθθθ+-=)60tan()60tan(tan 3tan θθθθ+-+= . 利用这几个公式可解下例.例6：求证：①16178cos 66cos 42cos 6cos = ②sin1°sin2°sin3°…sin89°=.106)41(45⨯【证明】①cos6°cos42°cos66°cos78°=cos6°cos54°cos66°54cos 78cos 42cos ⨯.16154cos 4)183cos(4154cos 478cos 42cos 18cos =⨯==②sin1°sin2°sin3°…sin89°=(sin1°sin59°sin61°)(sin2°sin58°sin62°)…(sin29°sin31°sin89°)sin30°sin60° =4387sin 6sin 3sin )41(29⨯60sin 30sin )87sin 33sin 27(sin )66sin 54sin 6)(sin 63sin 57sin 3(sin 3)41(30=45sin )54sin 36)(sin 63sin 27)(sin 72sin 18)(sin 18sin 9(sin 3)41(81sin 18sin 9sin 3)41(4040⋅⨯⨯=⋅⨯=36sin 18cos 223)41(54cos 72sin 223)41(54cos 18sin 36cos 18cos 223)41(54cos 72cos 36cos 18cos 223)41(18cos 36cos 54cos 72cos 223)41(72sin 54sin 36sin 18sin 223)41(434342424242⨯=⨯=⨯=⨯=⨯=⋅= 又)72cos 1)(36cos 1(41)36sin 18(cos 2 -+=165)72cos 36cos 1(41)72cos 36cos 72cos 36cos 1(41=+=--+=即 .4536sin 18cos =所以 .106)41(89sin 2sin 1sin 45⨯= 例7：证明：对任一自然数n 及任意实数m n k mx k,,,2,1,0(2=≠π为任一整数），有.2cot cot 2sin 14sin 12sin 1x x xx x n n-=+++ 【思路分析】本题左边为n 项的和，右边为2项之差，故尝试将左边各项“裂”成两项之差，并希冀能消去其中许多中间项.【证明】,2cot cot 2sin 2cos cos sin 2cos 22sin 2cos cos 22sin 122x x x xx x x x x x x -=-=-=同理x x x4cot 2cot 4sin 1-=……x x xnn n2cot 2cot 2sin 11-=- 【评述】①本题裂项技巧也可通过数学归纳法获得.②“裂项相消”在解题中具有一定的普遍性，类似可证下列各题：n n n n -=-+++ααααααααtan tan tan )1tan(3tan 2tan 2tan tan .1cot 1cos 89cos 88cos 12cos 1cos 11cos 0cos 1.2cot 2cot 2tan 22tan 22tan 2tan 1122=+++-=++++++ααααααn n n n 例8：证明：.2sin21sin )2sin()sin()2sin()sin(sin βββαβαβαβαα++=+++++++n n n 【证明】)],2cos()2[cos(212sinsin βαβαβα--+-=)]sin()2sin()sin([sin 2sin,,)]212cos()212[cos(212sin )sin(,)]23cos()25[cos(212sin )2sin()],2cos()23[cos(212sin)sin(βαβαβααββαβαββαβαβαββαβαβαββαn n n n +++++++-+-++-=++-+-=++-+-=+各项相加得类似地.21sin )2sin()]2cos()212[cos(21ββαβαβα++=--++-=n n n所以，.2sin21sin )2sin()sin()sin(sin βββαβαβαα++=+++++n n n 【评述】①本题也可借助复数获证.②类似地，有.2sin)2cos(21sin)cos()cos(cos ββαββαβααnn n ++=+++++利用上述公式可快速证明下列各式：2sin 21cos 2sin cos 3cos 2cos cos θθθθθθθ+=++++n n n.2197cos 95cos 93cos 9cos .2175cos 73cos 9cos等=+++=++πππππππ针对性训练题1．证明：sin47°+sin61°－sin11°－sin25°=cos7°. 2．证明：.sin sin )cos(2sin )2sin(αββααβα=+-+3．已知：sin A +sin B +sin C =0，cos A +cos B +cos C =0.求证：sin2A +sin2B +sin2C =0，cos2A +cos2B +cos2C =0. 4．已知.03sin 312sin 21sin :),,0(=++∈θθθπθ求证 5．已知αβαβπβα-=<<<求且,tan 3tan ,20的最大值.6．已知α、β、γ、θθγβαπθγβαπsin sin sin sin .),2,0(==+++∈y 求且的最大值. 7．△ABC 中，C=2B 的充要条件是.22ab b c =-8．△ABC 中，已知A 2sin 、B 2sin 、C 2sin 成等差数列，求证：A cot 、B cot 、C cot 也成等差数列.9．△ABC 中，角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，已知c a b +=2，求B 的最大值. 10．若α、),2,0(πβ∈能否以αsin 、βsin 、)sin(βα+的值为边长构成一个三角形.11．求函数x x y 382-++=的值域.12．求函数22122++++=x x xy 的值域.。
奥数秘笈三角形与角度奥数秘笈：三角形与角度三角形是初中数学中的常见图形，也是奥数竞赛中常出现的题型。
在解题过程中，对于三角形的角度关系的准确理解和灵活运用是非常重要的。
本文将介绍三角形的基本概念以及与角度相关的奥数解题技巧。
一、三角形的基本概念三角形是由三条边和三个内角构成的闭合图形。
三角形的内角和为180度。
根据三角形的边长和角的关系，我们可以将三角形分为等边三角形、等腰三角形和普通三角形。
1. 等边三角形：三条边都相等，三个内角都为60度。
2. 等腰三角形：两条边相等，两个对角线相等。
3. 普通三角形：三条边长度都不相等，三个内角也不相等。
二、三角形中的角度关系在解决奥数问题时，我们需要准确理解和灵活运用三角形中的角度关系。
以下是一些常见的奥数解题技巧：1. 三角形内角和定理：三角形的三个内角之和等于180度。
在解题时，可以利用这个定理计算未知角度的值。
例题1：已知三角形ABC中，角A的补角为40度，角B的补角为70度，求角C的度数。
解：根据补角的定义，角A的补角为90-40=50度，角B的补角为90-70=20度。
由三角形内角和定理可得：A + B + C = 180。
代入已知条件，得50 + 20 + C = 180，解得C = 180 - 70 = 110度。
2. 同位角和内错角：同位角指的是两条平行线被割线所切的对应角，它们的度数相等。
内错角指的是两条平行线被割线所切的内角，它们的度数互补。
例题2：如图所示，平行线l1和l2被直线t所切，已知∠1 = 70度，求∠2的度数。
（图片略）解：根据同位角的性质，∠1 = ∠2。
由内错角的性质，∠2 + ∠1 = 180。
代入已知条件，得∠2 + 70 = 180，解得∠2 = 110度。
3. 外角和内角关系：三角形的一个外角等于其两个对应内角的和。
例题3：如图所示，已知三角形ABC，∠A = 40度，∠B= 60度，求∠C的度数。
（图片略）解：根据外角和内角关系，∠C = ∠A + ∠B = 40 + 60 = 100度。
初中数学奥林匹克赛题解析知识点整理数学奥林匹克赛是一项旨在培养学生数学思维能力和解决问题能力的比赛。
它涵盖了初中数学的各个领域，并且难度较高，需要学生具备一定的数学基础和解题技巧。
在本文中，我们将解析一些常见的初中数学奥林匹克赛题，并整理出一些涉及的重要知识点，帮助学生更好地准备和应对这类比赛。
1. 方程的解析解法在初中数学奥林匹克赛中，经常会出现一些复杂的方程问题。
要解决这类问题，我们首先要掌握方程的基本概念和解法。
一般来说，方程的解就是使得方程两边相等的未知数值。
我们可以通过消元、配方法、因式分解等一系列的运算步骤，得出方程的解。
对于一些复杂的方程，我们还可以利用图形解法、特殊解法等方法求解。
2. 几何图形的性质分析几何问题是初中数学奥林匹克赛中的重要题型之一。
在解答几何题时，我们需要掌握各类几何图形的性质和定理。
例如，矩形的对角线相等、平行四边形的对边平行等。
同时，我们要善于利用图形的特殊性质来解决问题，比如利用对称性、相似性等特点进行推理。
3. 数列的性质和求解方法数列是数学奥林匹克赛中的常见题型。
学生要能够分析数列的性质并运用相关的公式和定理。
例如，等差数列的通项公式为an=a1+(n-1)d，等比数列的通项公式为an=a1*q^(n-1)。
我们还需要熟练掌握数列的求和公式，如等差数列的前n项和Sn=n/2*(a1+an)。
4. 不等式的求解技巧不等式在初中数学奥林匹克赛中也是常见的题型。
要解决不等式问题，我们需要利用各种不等式的性质和定理。
例如，对于一元一次不等式ax+b>0，如果a>0，那么解集为x>-b/a；如果a<0，那么解集为x<-b/a。
此外，我们还要善于进行不等式的加减乘除操作，以求得不等式的解。
5. 组合数学的运算方法组合数学是数学奥林匹克赛中的一道难题。
学生要能够灵活运用组合数学的技巧和公式。
例如，排列组合的计算公式为C(n,m)=n!/m!(n-m)!，其中n为总数，m 为选择个数。
第11讲 正余弦定理和解三角形一、知识要点1、三角形面积公式：111sin sin sin 222S ab C ac B bc A ∆=== 2、正弦定理：在一个三角形中，各边和它所对角的正弦的比相等，并且都等于该三角形外接圆的直径，即R Cc B b A a 2sin sin sin ===。
3、正弦定理有如下的变形公式：（1）C R c B R b A R a sin 2,sin 2,sin 2===；（2）Rc C R b B R a A 2sin ,2sin ,2sin ===； （3）c b a C B A ::sin :sin :sin =4、余弦定理：在△ABC 中，有c 2 = a 2+b 2－2bc cos C ，b 2 = a 2+c 2－2ac cos B ，a 2 = b 2+c 2－2bc cos A ． 变形公式：abc b a C ac b a c B bc a c b A 2cos ,2cos ,2cos 222222222-+=-+=-+=5、在三角形中，我们把三条边（a,b,c ）和三个内角（A ，B ，C ）称为六个基本元素，只要已知其中的三个元素（至少一个是边），便可以求出其余的三个元素（可能有两解、一解、无解），这个过程叫做解三角形。
正余弦定理的主要作用是解斜三角形。
6、三角形中的各种关系设△ABC 的三边为a 、b 、c ，对应的三个角为A 、B 、C ． 1．角与角关系：A +B +C = π，2．边与边关系：a + b > c ，b + c > a ，c + a > b ，a －b <c ，b －c < a ，c －a > b ．3．边与角关系： 1）正弦定理 2）余弦定理及它们的变形形式 4．三角形内角定理的变形由A ＋B ＋C ＝π，知A ＝π－（B ＋C ）可得出： sin A ＝sin （B ＋C ），cos A ＝－cos （B ＋C ）．而222C B A +-=π．有：2cos 2sin C B A +=，2sin 2cos C B A +=．7、解斜三角形的常规思维方法是：（1）已知两角和一边（如A 、B 、C ），由A +B +C = π求C ，由正弦定理求a 、b ． （2）已知两边和夹角（如a 、b 、c ），应用余弦定理求c 边；再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A +B +C = π，求另一角．（3）已知两边和其中一边的对角（如a 、b 、A ），应用正弦定理求B ，由A +B +C = π求C ，再由正弦定理或余弦定理求c 边，要注意解可能有多种情况．（4）已知三边a 、b 、c ，应余弦定理求A 、B ，再由A +B +C = π，求角C ．二、典型例题例1、在△ABC 中，已知3=a ，2=b ，B=45︒ 求A 、C 及c.变式1、 C B b a A c ABC ,,2,45,60和求中，===∆变式2、 在C A a c B b ABC ,,1,60,30和求中，===∆例2、在ABC ∆中，AB=2，AC=1，AD 为BC 边上的中线，30=∠BAD ，求BC 。
竞赛讲座11――三角运算及三角不等关系三角运算的基本含义是应用同角公式、诱导公式、加法定理（和、差、倍、半角公式等的统称），对三角式作各种有目的的变形（主要指恒等变形），有时表现为计算求值、有时表现为推理证明。
由于三角公式很多，并且存在着联系，因此一定要注意选择公式的目的性与简单性。
三角运算一．三角运算的常规思考三角运算主权涉及3个主要变形：角、函数名称、运算方式。
其中的难点与关键在角。
大量的三角运算技巧都与角的处理有关。
遇到一个三角问题，从角、函数名称、运算方式这3个主要方面去寻找下手地方与前进方向是解题的有效思考。
特别地，对于证明题，从找条件与结论的差异入手，并向着消除差异的方向前进，常能成功。
例1．已知βα,都是钝角，且1312sin =α，53)cos(=-αβ，求βsin例2．设βα,为锐角，且)sin(sin sin 22βαβα+=+，求证：2πβα=+。
二．三角变换与方程数学公式（或条件等式）本身就是一个等量关系，视公式（或等式）中的数学对象为已知值或未知值就成为一个方程。
例3．已知⎩⎨⎧=+=+a b βαβαcos cos sin sin （422≤+b a ），求)sin(βα+，)cos(βα+。
三．三角变换与构造法通过构造对偶式、构造方程、构造函数、构造图形等途径来求解三角问题例5．求54cos 52cosππ+的值。
例6．求值：︒︒-︒+︒80sin 40sin 50cos 10cos 22例7．已知：0cos cos cos 2211=+++n n A A A ααα0)1cos()1cos()1cos(2211=++++++n n A A A ααα求证：对任意R ∈β，恒有0)cos()cos()cos(2211=++++++βαβαβαn n A A A 。
例8 求满足等式4sin 347cos 1215=-+-x x 的锐角x 。
四．三角法引进三角函数，进行三角变形去解决其他代数、几何问题。
初中数学竞赛辅导讲义---锐角三角函数古希腊数学家和古代中国数学家为了测量的需要，他们发现并经常利用下列几何结论：在两个大小不同的直角三角形中，只要有一个锐角相等，那么这两个三角形的对应边的比值一定相等．正是古人对天文观察和测量的需要才引起人们对三角函数的研究，1748年经过瑞士的著名数学家欧拉的应用，才逐渐形成现在的sin 、cos 、tg 、ctg 的通用形式． 三角函数揭示了直角三角形中边与锐角之间的关系，是数形结合的桥梁之一，有以下丰富的性质：1．单调性；2．互余三角函数间的关系； 3．同角三角函数间的关系． 平方关系：sin 2α+cos 2α=1； 商数关系：tg α=ααcos sin ，ctg α=ααsin cos ； 倒数关系：tg αctg α=1．【例题求解】【例1】 已知在△ABC 中，∠A 、∠B 是锐角，且sinA ＝135，tanB=2，AB=29cm ， 则S △ABC = ．思路点拨 过C 作CD ⊥AB 于D ，这样由三角函数定义得到线段的比，sinA=135=AC CD ，tanB=2=BDCD，设CD=5m ，AC ＝13m ，CD ＝2n ，BD ＝n ，解题的关键是求出m 、n 的值．注：设△ABC 中，a 、b 、c 为∠A 、∠B 、∠C 的对边，R 为△ABC 外接圆的半径，不难证明：与锐角三角函数相关的几个重要结论： (1) S △ABC =C ab B ac A bc sin 21sin 21sin 21==； （2）R CcB b A a 2sin sin sin ===． 【例2】 如图，在△ABC 中．∠ACB ＝90°，∠ABC ＝15°，BC=1，则AC=( ) A ．32+ B ．32- C ．0.3D ．23-思路点拨 由15°构造特殊角，用特殊角的三角函数促使边角转化．注：（1）求(已知)非特角三角函数值的关是构造出含特殊角直角三角形．（2）求(已知)锐角角函数值常根据定转化为求对应线段比，有时需通过等的比来转换．【例3】 如图，已知△ABC 是等腰直角三角形，∠ACB ＝90°，过BC 的中点D 作DE ⊥AB 于E ，连结CE ，求sin ∠ACE 的值．思路点拨 作垂线把∠ACE 变成直角三角形的一个锐角，将问题转化成求线段的比．【例4】 如图，在△ABC 中，AD 是BC 边上的高，tanB=cos ∠DAC ， (1)求证：AC ＝BD ； (2)若sinC=1312，BC=12，求AD 的长． 思路点拨 (1)把三角函数转化为线段的比，利用比例线段证明； (2) sinC=ACAD=1312，引入参数可设AD=12k ，AC ＝13k ．【例5】 已知：在Rt △ABC 中，∠C=90°，sinA 、sinB 是方程02=++q px x 的两个根． (1)求实数p 、q 应满足的条件；(2)若p 、q 满足(1)的条件，方程02=++q px x 的两个根是否等于Rt △ABC 中两锐角A 、B 的正弦?思路点拨 由韦达定理、三角函数关系建立p 、q 等式，注意判别式、三角函数值的有界性，建立严密约束条件的不等式，才能准确求出实数p 、q 应满足的条件．学历训练1．已知α为锐角，下列结论①sin α+cos α=l ；②如果α>45°，那么sin α>cos α；③如果cos α>21，那么α<60°； ④αsin 11)-(sin 2-=α．正确的有 ．2．如图，在菱形ABCD 中，AE ⊥BC 于E ，BC=1，cosB135，则这个菱形的面积为 ． 3．如图，∠C=90°，∠DBC=30°，AB ＝BD ，利用此图可求得tan75°= ．4．化简(1)263tan 27tan 22-+οο= ．(2)sin 2l °+sin 22°+…+sin 288°+sin 289°= ．5．身高相等的三名同学甲、乙、丙参加风筝比赛．三人放出风筝线长、线与地面夹角如下表(假设风筝线是拉直的)，则三人所放的风筝中( )A ．甲的最高B ．丙的最高C ．乙的最低D ．丙的最低6．已知 sin αcos α=81，且0°<α<45°则co α-sin α的值为( )A ．23 B ．23- C ．43 D ．43-7．如图，在△ABC 中，∠C ＝90°，∠ABC ＝30°，D 是AC 的中点，则ctg ∠DBC 的值是( )A ．3B ．32C ．23 D ．43 8．如图，在等腰Rt △ABC 中．∠C ＝90°，AC ＝6，D 是AC 上一点，若tan ∠DBA=51，则AD 的长为( )A ．2B ．2C ． 1D ．229．已知关于x 的方程0)1(242=++-m x m x 的两根恰是某直角三角形两锐角的正弦，求m 的值．10．如图，D 是△ABC 的边AC 上的一点，CD=2AD ，AE ⊥BC 于E ，若BD ＝8，sin ∠CBD=43，求AE 的长． 11．若0°<α<45°，且sin αcon α=1673，则sin α= ．12．已知关于x 的方程0)cos 1(2sin 423=-+⋅-ααx x 有两个不相等的实数根，α为锐角，那么α的取值范围是 ．13．已知是△ABC 的三边，a 、b 、c 满足等式))((4)2(2a c a c b -+=，且有035=-c a ，则sinA+sinB+sinC 的值为 ．14．设α为锐角，且满足sin α=3cos α，则sin αcos α等于( ) A ．61 B ．51 C ．92 D ．103 15．如图，若两条宽度为1的带子相交成30°的角，则重叠部分(图中阴影部分)的面积是( ) A ．2 B ．23C ．1D ．2116．如图，在△ABC 中，∠A ＝30°，tanB=23，AC=32，则AB 的长是( ) A ．33+ B ．322+ C ．5 D ．29 17．己在△ABC 中，a 、b 、c 分别是∠A 、∠B 、∠C 的对边，且c=35，若关于x 的方程0)35(2)35(2=-+++b ax x b 有两个相等的实根，又方程0sin 5)sin 10(22=+-A x A x 的两实根的平方和为6，求△ABC 的面积．18．如图，已知AB=CD=1，∠ABC ＝90°，∠CBD °=30°，求AC 的长．19．设 a 、b 、c 是直角三角形的三边，c 为斜边，n 为正整数，试判断n n b a +与n c 的关系，并证明你的结论．20．如图，已知边长为2的正三角形ABC 沿直线l 滚动．(1)当△ABC 滚动一周到△A l B 1C 1的位置，此时A 点所运动的路程为 ，约为 (精确到0.1，π=3.14)(2)设△ABC 滚动240°，C 点的位置为C ˊ，△ABC 滚动480°时，A 点的位置在A ˊ，请你利用三角函数中正切的两角和公式tan(α+β)=(tanα+tanβ)÷(1-tanα·tanβ)，求出∠CACˊ+∠CAAˊ的度数．参考答案。
三角问题选讲1一、三角函数的性质及应用三角函数的性质大体包括：定义域、值域、奇偶性、周期性、单调性、最值等． 【例1】求函数y=2sin(3π-2x)的单调增区间。
解：y=2sin(3π-2x)= 2sin(2x+23π)。
由2k π-2π≤2x+23π≤2k π+2π，k∈Z ，得k π-712π≤x≤k π-12π，k∈Z 。
即原函数的单调增区间为：[k π-712π，k π-12π]（k∈Z ） 【例2】若φ∈（0，2π），比较sin(cos φ)，cos(sin φ)，cos φ这三者之间的大小。
解：∵在（0，2π）中，sinx<x<tgx ，而0<cosx<1<2π，∴sin(cos φ)< cos φ。
∵在（0，2π）中，y=cosx 单调递减，∴cos φ< cos(sin φ)。
∴sin(cos φ)< cos φ< cos(sin φ)。
【例3】已知x,y∈[-4π，4π]，a∈R，且33sin 2014sin 202x x a y y a ⎧+-=⎪⎨++=⎪⎩。
求cos(x+2y)的值。
解：原方程组化为33sin 2014sin 202x x a y y a ⎧+-=⎪⎨++=⎪⎩。
∵x,-2y∈[-2π，2π]，函数f(t)=t 3+sint在[-2π，2π]上单调递增，且f(x)=f(-2y) ∴x=2y，∴cos(x+2y)=1。
【例4】求证：在区间（0，2π）内存在唯一的两个数c 、d(c ＜d)，使得 sin （cosc ）＝ c ， cos （sind ）＝ d ．证明：考虑函数f （x ）＝cos （sinx ）－x ， 在区间[0，2π]内是单调递减的，并且连续， 由于f （0）＝cos （sin0）－0=1>0，f （2π）＝cos （sin 2π）－2π= cos 1－2π<0， ∴存在唯一的d∈（0，2π），使f （d ）＝0，即cos （sind ）＝ d ． 对上式两边取正弦，并令c=sind ，有sin （cos （sind ））=sin d ，sin （cosc ）=c 。
第一讲 集合概念及集合上的运算知识、方法、技能高中一年级数学（上）（试验本）课本中给出了集合的概念；一般地，符合某种条件（或具有某种性质）的对象集中在一起就成为一个集合.在此基础上，介绍了集合的元素的确定性、互异性、无序性.深入地逐步给出了有限集、无限集，集合的列举法、描述法和子集、真子集、空集、非空集合、全集、补集、并集等十余个新名词或概念以及二十几个新符号.由此形成了在集合上的运算问题，形成了以集合为背景的题目和用集合表示空间的线面及其关系，表面平面轨迹及其关系，表示充要条件，描述排列组合，用集合的性质进行组合计数等综合型题目.赛题精讲Ⅰ．集合中待定元素的确定充分利用集合中元素的性质和集合之间的基本关系，往往能解决某些以集合为背景的高中数学竞赛题.请看下述几例.例1：求点集}lg lg )9131lg(|),{(33y x y x y x +=++中元素的个数. 【思路分析】应首先去对数将之化为代数方程来解之. 【略解】由所设知,9131,0,033xy y x y x =++>>及 由平均值不等式，有,)91()31()(3913133333xy y x y x =⋅⋅≥++ 当且仅当333331,91,9131====y x y x 即（虚根舍去）时，等号成立. 故所给点集仅有一个元素.【评述】此题解方程中，应用了不等式取等号的充要条件，是一种重要解题方法，应注意掌握之.例2：已知.}.,22|{},,34|{22B A x x x y y B x x x y y A ⋂∈+--==∈+-==求R R【思路分析】先进一步确定集合A 、B.【略解】,11)2(2≥--=x y 又.33)1(2≤++-=x y∴A=}.31|{},3|{},1|{≤≤-=⋂≤=-≥y y B A y y B y y 故【评述】此题应避免如下错误解法：联立方程组⎪⎩⎪⎨⎧+--=+-=.22,3422x x y x x y 消去.0122,2=+-x x y 因方程无实根，故φ=⋂B A . 这里的错因是将A 、B 的元素误解为平面上的点了.这两条抛物线没有交点是实数.但这不是抛物线的值域.例3：已知集合|}.|||1|||),{(},0,|||||),{(y x xy y x B a a y x y x A +=+=>=+= 若B A ⋂是平面上正八边形的顶点所构成的集合，则a 的值为.【思路分析】可作图，以数形结合法来解之.【略解】点集A 是顶点为（a ，0），（0，a ），（－a ，0），（0，－a ）的正方形的四条边构成（如图Ⅰ－1－1－1）.将||||1||y x xy +=+，变形为,0)1|)(|1|(|=--y x所以，集合B 是由四条直线1,1±=±=y x 构成.欲使B A ⋂为正八边形的顶点所构成，只有212<<>a a 或这两种情况.（1）当2>a 时，由于正八形的边长只能为2，显然有,2222=-a故 22+=a .（2）当21<<a 时，设正八形边长为l ，则,222,2245cos -=-=︒l l l 这时，.221=+=l a 综上所述，a 的值为,222或+如图Ⅰ－1－1－1中).0,22(),0,2(+B A 【评述】上述两题均为1987年全国高中联赛试题，题目并不难，读者应从解题过程中体会此类题目的解法.Ⅱ．集合之间的基本关系充分应用集合之间的基本关系（即子、交、并、补），往往能形成一些颇具技巧的集合综合题.请看下述几例.例4：设集合},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A 则在下列关系中，成立的是（ ）A ．D CB A ≠≠≠⊂⊂⊂ B ．φφ=⋂=⋂DC B A , C ．D C C B A ≠⊂⋃=, D ．φ=⋂=⋃D C B B A ,图Ⅰ－1－1－1【思路分析】应注意数的特征，即.,612613,21221Z ∈+=++=+n n n n n 【解法1】∵},|613{},|21{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+=∈=∈=n n D n n C n n B n n A ∴D C C B A ≠⊂⋃=,.故应选C. 【解法2】如果把A 、B 、C 、D 与角的集合相对应，令}.|63{},|2{},|{},|2{Z Z Z Z ∈+=∈+='∈='∈='n n D n n C n n B n n A ππππππ 结论仍然不变，显然A ′为终边在坐标轴上的角的集合，B ′为终边在x 轴上的角的集 合，C ′为终边在y 轴上的角的集合，D ′为终边在y 轴上及在直线x y 33±=上的角的集合，故应选（C ）.【评述】解法1是直接法，解法2运用转化思想把已知的四个集合的元素转化为我们熟悉的的角的集合，研究角的终边，思路清晰易懂，实属巧思妙解.例5：设有集合B A B A x x B x x x A ⋃⋂<==-=和求和},2|||{}2][|{2（其中[x ]表示不超过实数x 之值的最大整数）.【思路分析】应首先确定集合A 与B.从而 .2,.21A x ∈≤≤-显然∴}.22|{≤<-=⋃x x B A若 },2,1,0,1{][,2][,2--∈+=⋂∈x x x B A x 则从而得出 ).1]([1)1]([3-=-===x x x x 或 于是 }3,1{-=⋂B A【评述】此题中集合B 中元素x 满足“|x |<3”时，会出现什么样的结果，读者试解之.例6：设})],([|{},),(|{),,()(2R R R ∈==∈==∈++=x x f f x x B x x f x x A c b c bx x x f 且， 如果A 为只含一个元素的集合，则A=B.【思路分析】应从A 为只含一个元素的集合入手，即从方程0)(=-x x f 有重根来解之.【略解】设0)(},|{=-∈=x x f A 则方程R αα有重根α，于是,)()(2α-=-x x x f )],([..)()(2x f f x x x x f =+-=从而α即 ,)()]()[(222x x x x x +-+-+-=ααα 整理得,0]1)1[()(22=++--ααx x 因α,x 均为实数 .,01)1(2αα=≠++-x x 故 即.}{A B ==α【评述】此类函数方程问题，应注意将之转化为一般方程来解之.例7：已知N N M a y x y x N x y y x M =⋂≤-+=≥=求}.1)(|),{(},|),{(222成立时，a 需满足的充要条件.【思路分析】由.,M N N N M ⊆=⋂可知【略解】.M N N N M ⊆⇔=⋂由).1()12(1)(22222a y a y y x a y x -+-+-≤≤-+得于是，若0)1()12(22≤-+-+-a y a y ① 必有.,2M N x y ⊆≥即而①成立的条件是 ,04)12()1(422m a x ≤-----=a a y 即 ,0)12()1(422≤-+-a a 解得 .411≥a【评述】此类求参数范围的问题，应注意利用集合的关系，将问题转化为不等式问题来求解. 例8：设A 、B 是坐标平面上的两个点集，}.|),{(222r y x y x C r ≤+=若对任何0≥r 都有B C A C r r ⋃⊆⋃，则必有B A ⊆.此命题是否正确？【思路分析】要想说明一个命题不正确，只需举出一个反例即可.【略解】不正确.反例：取},1|),{(22≤+=y x y x A B 为A 去掉（0，0）后的集合.容易看出,B C A C r r ⋃⊆⋃但A 不包含在B 中.【评述】本题这种举反例判定命题的正确与否的方法十分重要，应注意掌握之.Ⅲ．有限集合中元素的个数有限集合元素的个数在课本P 23介绍了如下性质：一般地，对任意两个有限集合A 、B ，有 ).()()()(B A card B card A card B A card ⋂-+=⋃我们还可将之推广为：一般地，对任意n 个有限集合,,,,21n A A A 有)(1321n n A A A A A card ⋃⋃⋃⋃⋃-)]()([)]()()()([3121321A A card A A card A card A card A card A card n ⋂+⋂-++++= )]()]([)]()(1232111n n n n n n A A A card A A A card A A card A A card ⋂⋂++⋂⋂+⋂++⋂++---).()1(311n n A A A card ⋂⋂⋂⋅-+--应用上述结论，可解决一类求有限集合元素个数问题.【例9】某班期末对数学、物理、化学三科总评成绩有21个优秀，物理总评19人优秀，化学总评有20人优秀，数学和物理都优秀的有9人，物理和化学都优秀的有7人，化学和数学都优秀的有8人，试确定全班人数以及仅数字、仅物理、仅化学单科优秀的人数范围（该班有5名学生没有任一科是优秀）.【思路分析】应首先确定集合，以便进行计算.【详解】设A={数学总评优秀的学生}，B={物理总评优秀的学生}，C={化学总评优秀的学生}. 则.8)(,7)(,9)(,20)(,19)(,21)(=⋂=⋂=⋂===A C card C B card B A card C card B card A card ∵)()()()()()()(A C card C B card B A card C card B card A card C B A card ⋂-⋂-⋂-++=⋃⋃ ),(C B A card ⋂⋂+∴.3689201921)()(=--++=⋂⋂-⋃⋃C B A card C B A card 这里，)(C B A card ⋃⋃是数、理、化中至少一门是优秀的人数，)(C B A card ⋂⋂是这三科全优的人数.可见，估计)(C B A card ⋃⋃的范围的问题与估计)(C B A card ⋂⋂的范围有关.注意到7)}(),(),(min{)(=⋂⋂⋂≤⋂⋂A C card C B card B A card C B A card ，可知 7)(0≤⋂⋂≤C B A card . 因而可得.43)(36≤⋃⋃≤C B A card 又∵.5)(),()()(=⋃⋃=⋃⋃+⋃⋃C B A card U card C B A card C B A card 其中 ∴.48)(41≤≤U card 这表明全班人数在41~48人之间. 仅数学优秀的人数是).(C B A card ⋃⋂ ∴)()()()()(B card C B A card C B card C B A card C B A card -⋃⋃=⋃-⋃⋃=⋃⋂ .32)()()(-⋃⋃=⋂+-C B A card C B card C card 可见,11)(4≤⋃⋂≤C B A card 同理可知 ,10)(3≤⋃⋂≤C A B card.12)(5≤⋃⋂≤A B C card 故仅数学单科优秀的学生在4~11之间，仅物理单科优秀的学生数在3~10之间，仅化学单科优秀的学生在5~12人之间.第二讲 映射及映射法知识、方法、技能1．映射的定义设A ，B 是两个集合，如果按照某种对应法则f ，对于集合A 中的任何一个元素，在集合B 中都有惟一的元素和它对应，这样的对应叫做从集合A 到集合B 的映射，记作.:B A f →（1）映射是特殊的对应，映射中的集合A ，B 可以是数集，也可以是点集或其他集合，这两个集合有先后次序，从A 到B 的映射与从B 到A 的映射是截然不同的.（2）原象和象是不能互换的，互换后就不是原来的映射了.（3）映射包括集合A 和集合B ，以及集合A 到B 的对应法则f ，三者缺一不可.（4）对于一个从集合A 到集合B 的映射来说，A 中的每一个元素必有惟一的，但B 中的每一个元素都不一定都有原象.如有，也不一定只有一个.2．一一映射一般地，设A 、B 是两个集合，.:B A f →是集合A 到集合B 的映射，如果在这个映射下，对于集合A 中的不同元素，在集合B 中有不同的象，而且B 中每一个元素都有原象，那么个这个映射叫做A 到B 上的一一映射.3．逆映射如果f 是A 与B 之间的一一对应，那么可得B 到A 的一个映射g ：任给B b ∈，规定 a b g =)(，其中a 是b 在f 下的原象，称这个映射g 是f 的逆映射，并将g 记为f —1.显然有（f —1）—1= f ，即如果f 是A 与B 之间的一一对应，则f —1是B 与A 之间的一一对应，并且f —1的逆映射是f .事实上，f —1是B 到A 的映射，对于B 中的不同元素b 1和b 2，由于它们在f 下的原象不同，所以b 1和b 2在f —1下的像不同，所以f —1是1－1的. 任给b a f A a =∈)(,设，则a b f=-)(1.这说明A 中每个元素a 在f —1都有原象.因此，f —1是映射上的.这样即得f —1是B 到A 上的1－1映射，即f —1是B 与A 之间一一对应.从而f —1有逆映射.:B A h →由于任给b a h A a =∈)(,设，其中b 是a 在f —1下的原象，即f —1(b)=a ，所以，f(a)=b ，从而f h a f b a h ===得),()(，这即是f —1的逆映射是f .赛题精讲Ⅰ映射关映射的高中数学竞赛题是常见题型之一，请看下述试题.例1：设集合},,,,|),,,{(},,110|{M d c b a d c b a F x x x M ∈=∈≤≤=集合Z 映射f ：F →Z.使得v u y x v x y u y x v u cd ab d c b a ff f ,,,,66),,,(,39),,,(.),,,(求已知→→-→的值.【思路分析】应从cd ab d c b a f -→),,,(入手，列方程组来解之.【略解】由f 的定义和已知数据，得⎩⎨⎧∈=-=-).,,,(66,39M y x v u xv uy xy uv 将两式相加，相减并分别分解因式，得.27))((,105))((=+-=-+x u v y x u v y显然，},110|{,,,,0,0Z ∈≤≤∈≥-≥-x x x v u y x v y x u 在的条件下，,110≤-≤v u ,21)(,15)(,105|)(,2210,221]11105[21=+=++≤+≤≤+≤+v y v y v y v y v y 可见但即 对应可知.5)(,7)(21=-=-x u x u 同理，由.9)(,3)(223,221]1127[,11021=+=+≤+≤≤+≤+≤-≤x u x u x u x u v y 又有知 对应地，.3)(,9)(21=-=-v y v y 于是有以下两种可能： （Ⅰ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+;3,9,7,15v y x u x u x y （Ⅱ）⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+=-=+.3,9,5,21v y x u x u v y 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 中元素的范围.因此，（Ⅱ）无解.【评述】在解此类问题时，估计x u v y x u v y +--+,,,的可能值是关键，其中，对它们的取值范围的讨论十分重要.例2：已知集合}.0|),{(}333|),{(><<=xy y x x y y x A 和集合求一个A 与B 的一一对应f ，并写出其逆映射.【略解】从已知集合A ，B 看出，它们分别是坐标平面上两直线所夹角形区域内的点的集合（如图Ⅰ－1－2－1）.集合A 为直线x y x y 333==和所夹角内点的集合，集合B 则是第一、三象限内点的集合.所要求的对应实际上可使A 区域拓展成B 区域，并要没有“折叠”与“漏洞”.先用极坐标表示集合A 和B ：图Ⅰ－1－2－1},36,,0|)sin ,cos {(πθπρρθρθρ<<∈≠=R A }.20,,0|)sin ,cos {(πϕρρϕρϕρ<<∈≠=R B 令).6(3),sin ,cos ()sin ,cos (πθϕϕρϕρθρθρ-=→f 在这个映射下，极径ρ没有改变，辐角之间是一次函数23πθϕ-=，因而ϕθ和之间是一一对应，其中),3,6(ππθ∈ ).2,0(πϕ∈所以，映射f 是A 与B 的一一对应. 逆映射极易写，从略.【评述】本题中将下角坐标问题化为极坐标问题，颇具特色.应注意理解掌握.Ⅱ映射法应用映射知识往往能巧妙地解决有关集合的一些问题.例3：设X={1，2，…，100}，对X 的任一非空子集M ，M 中的最大数与最小数的和称为M 的特征，记为).(M m 求X 的所有非空子集的特征的平均数.【略解】设.}|101{,:,X A a a A A A f X A ≠≠⊂∈-=''→⊂令 于是A A f '→:是X 的非空子集的全体（子集组成的集），Y 到X 自身的满射，记X 的非空子集为A 1，A 2，…，A n （其中n=2100－1），则特征的平均数为.))()((21)(111∑∑=='+=ni i i n i i A m A m n A m n 由于A 中的最大数与A ′中的最小数的和为101，A 中最小数与A ′中的最大数的和也为101，故,202)()(='i i A m A m 从而特征平均数为 .10120221=⋅⋅n n如果A ，B 都是有限集合，它们的元素个数分别记为).(),(B card A card 对于映射B A f →:来说，如果f 是单射，则有)()(B card A card ≤；如果f 是满射，则有)()(B card A card ≥；如果f 是双射，则有)()(B card A card =.这在计算集合A 的元素的个数时，有着重要的应用.即当)(A card 比较难求时，我们就找另一个集合B ，建立一一对应B A f →:，把B 的个数数清，就有)()(B card A card =.这是我们解某些题时常用的方法.请看下述两例.例4：把△ABC 的各边n 等分，过各分点分别作各边的平行线，得到一些由三角形的边和这些平行线所组成的平行四边形，试计算这些平等四边形的个数.【略解】如图Ⅰ－1－2－2所示，我们由对称性，先考虑边不行于BC 的小平行四边形.把AB 边和AC 边各延长一等分，分别到B ′，C ′，连接B ′C ′.将A ′B ′的n 条平行线分别延长，与B ′C ′相交，连同B ′，C ′共有n+2个分点，从B ′至C ′依次记为1，2，…，n+2.图中所示的小平行四边形所在四条线分别交B ′C ′于i ，j ，k ，l .记A={边不平行于BC 的小平行四边形}，}.21|),,,{(+≤<<<≤=n l k j i l k j i B把小平行四边形的四条边延长且交C B ''边于四点的过程定义为一个映射：B A f →:. 下面我们证明f 是A 与B 的一一对应，事实上，不同的小平行四边形至少有一条边不相同，那么交于C B ''的四点亦不全同.所以，四点组),,,(l k j i 亦不相同，从而f 是A 到B 的1－1的映射.任给一个四点组21),,,,(+≤<<<≤n l k j i l k j i ，过i ，j 点作AB 的平行线，过k ，l 作AC 的平行线，必交出一个边不平行于BC 的小平行四边形，所以，映射f 是A 到B 的满射. 总之f 是A 与B 的一一对应，于是有.)()(42+==n C B card A card加上边不平行于AB 和AC 的两类小平行四边形，得到所有平行四边形的总数是.342+n C 例5：在一个6×6的棋盘上，已经摆好了一些1×2的骨牌，每一个骨牌都恰好覆盖两上相邻的格子，证明：如果还有14个格子没有被覆盖，则至少能再放进一个骨牌.【思路分析】还有14个空格，说明已经摆好了11块骨牌，如果已经摆好的骨牌是12块，图Ⅰ－1－2－3所示的摆法就说明不能再放入骨牌.所以，有14个空格这一条件是完全必要的.我们要证明当还有14个空格时，能再放入一个骨牌，只要能证明必有两个相邻的空格就够了.如果这种 情况不发生，则每个空格的四周都有骨牌，由于正方形是对称的，当我们选定一个方向时，空格和骨牌就有了某种对应关系，即可建立空格到骨牌的一种映射，通过对空格集合与骨牌集合之间的数量关系，可以得到空格分布的一个很有趣的结论，从而也就证明了我们的命题.【略解】我们考虑下面5×6个方格中的空.如果棋盘第一行（即最上方的一行）中的空格数多于3个时，则必有两空格相邻，这时问题就得到解决.现设第一行中的空格数最多是3个，则有11314)(=-≥X card ，另一方面全部的骨牌数为11，即.11)(=Y card 所以必有),()(Y card X card =事实上这是一个一一映射，这时，将发生一个很有趣的现象：最下面一行全是空格，当然可以放入一个骨牌.【评述】这个题目的证明是颇具有特色的，从内容上讲，这个题目具有一定的综合性，既有覆盖与结构，又有计数与映射，尤其是利用映射来计数，在数学竞赛中还较少见.当然这个题目也可以用其他的方法来解决.例如，用抽屉原则以及用分组的方法来讨论其中两行的结构，也能比较容易地解决这个问题，请读者作为练习.例6：设N={1，2，3，…}，论证是否存一个函数N N f →:使得2)1(=f ，n n f n f f +=)())((对一切N ∈n 成立，)1()(+<n f n f 格，即除去第一行后的方格中的空格.对每一个这样的空格，考察它上方的与之相邻的方格中的情况.（1）如果上方的这个方格是空格，则问题得到解决.（2）如果上方的这个方格被骨牌所占，这又有三种情况.（i ）骨牌是横放的，且与之相邻的下方的另一个方格也是空格，则这时有两空格相邻，即问题得到解决；（ii ）骨牌是横放的，与之相邻的下方的另一个方格不是空格，即被骨牌所覆盖； （iii ）骨牌是竖放的.现在假设仅发生（2）中的（ii ）和（iii ）时，我们记X 为下面5×6个方格中的空格集合，Y 为上面5×6个方格中的骨牌集合，作映射Y X →:ϕ，由于每个空格（X 中的）上方都有骨牌（Y 中的），且不同的空格对应于不同的骨牌.所以，这个映射是单射，于是有 )()(Y card X card ≤，对一切N ∈n 成立.【解法1】存在，首先有一条链.1→2→3→5→8→13→21→…①链上每一个数n 的后继是)(n f ，f 满足n n f n f f +=)())((②即每个数是它产面两个数的和，这种链称为f 链.对于①中的数m>n ，由①递增易知有n m n f m f -≥-)()(③我们证明自然数集N 可以分析为若干条f 链，并且对任意自然数m>n ，③成立（从而)()1(n f n f >+），并且每两条链无公共元素）.方法是用归纳法构造链（参见单壿著《数学竞赛研究教程》江苏教育出版社）设已有若干条f 链，满足③，而k+1是第一个不在已有链中出现的数，定义1)()1(+=+k f k f ④这链中其余的数由②逐一确定.对于m>n ，如果m 、n 同属于新链，③显然成立，设m 、n 中恰有一个属于新链.若m 属于新链，在m=k+1时，,1)(1)()()(n m n k n f k f n f m f -=+-≥-+=-设对于m ，③成立，则n m f m n m n f m m f n f m f f -≥+-≥-+=-)()()()())(( [由②易知)(2m f m ≥]. 即对新链上一切m ，③成立.若n 属于新链，在n=k+1时，.11)()()()(n m k m k f m f n f m f -=--≥--=-设对于n ，③成立，在m>n 时，m 不为原有链的链首。
《仁华学校奥林匹克数学课本(小学三年级)》
上册
第1 讲速算与巧算（一）
第2 讲速算与计算（二）
第3讲上楼梯问题
第4讲植树与方阵问题
第5讲找几何图形的规律
第6讲找简单数列的规律
第7讲填算式（一）
第8讲填算式（二）
第9讲数字谜（一）
第10讲数字谜（二）
第11讲巧填算符（一）
第12讲巧填算符（二）
第13讲火柴棍游戏（一）
第14讲火柴棍游戏（二）
第15讲综合练习题
下册
第1 讲从数列中找规律
第2 讲从哥尼斯堡七桥问题谈起
第3讲多笔画及应用问题
第4讲最短路线问题
第5讲归一问题
第6讲平均数问题
第7讲和倍问题
第8讲差倍问题
第9讲和差问题
第10讲年龄问题
第11讲鸡兔同笼问题
第12讲盈亏问题
第13讲巧求周长
第14讲从数的二进制谈起
第15讲综合练习。
