新课标好题巧解 高中数学-高中数学文科生要学选修吗
在2011年全国高中数学联合竞赛一试试题(A)卷中,涉及到的内容比较
全面,但是
函数、数列和解析几何的知识所占分值分别为24分、20分和28分,
分值比例比较大;二试中的4个
题目分别涉及到了平面几何的圆内接四边形、
多项式、组合及数论的知识,由此设计以下导学资料(有些
题目为奥数专家提
供),希望能给同学们启发和帮助。
一、数列导学
知识点:
(1)等差数列
a
n
?a
1
?
?
n?1
?
d?a
m
?
?
n?m
?
d
d为
公差.
S
n
?
n
?
a
n
?a
1
?
n
?
n?1
?
?na
1
?d
22
?
a
n
?
等差?a
n+1
-a
n
=常数
?2a
n+1
?a
n
?a
n?2
?a
n
?kn?b
?S
n
?An
2
?Bn?C
(2)等比数列
a
n
?a
1
q
n?1
?am
q
n?m
?
na
1
,q?1
?
S
n
?
?
a
1
(1?q
n
)
,q?1
?
1?q
?
?
a
n<
br>?
等比?
a
n+1
=常数
?a
n+1
2?a
n
a
n?
(?a
n
?Aq
n
<
br>2
a
n
?0)
a
n
?
An,q?1
?S
n
?
?
n
A(q-1),q?1
?
?
S
1
,n?1
S
n
与
a
n
关系:
a
n
?
?
?
S
n
?S
n?1
,n?2
a
n
?a
1
?
?
?
a
k
?ak?1
?
k?2
n
f(x)?f(a)?
?
f
?
?
(t)dt
a
(3)无穷递缩等比数列各项和公式:
S=
?
an
?limS
n
?
n?1
n??
??
x
a
1
(0?|q|?1).
1?q
模拟真题:
题1:
已知数列
?
a
n
?
满足
a
1
?1
,
a
n?1
?
n?2
S
n
,
n?1
.证明:
S
n?1
?4a
n
,
n?1
.
n
解析:
(n?2)S
n
?na
n?1
?n(S
n?1
?S
n
)
S
n?1
S
?
S
?
?2?
n
故
?
n
?
是公比为2的等比数列
n?1n
?
n<
br>?
S
n?1
S
?4?
n?1
n?1n?1
n?1
S
n?1
?4a
n
,n?2
S
n?1
?4
n?1
n=1时,
a
2
?3,S
1
?3
,
S
2
?a
1
?a
2
?4?4a
1
证毕.
n
?
n
?
1
3
题2:正数列
?<
br>a
n
?
满足:
?
a
i
?
?
?
a
i
?
.
n?1
.求证:
?
<3.
i?1
?
i?1
?
k?1
a
k
k
n
2
解析:
a
n
=n,
n?k
n=k+1
?
a
i
3
?a
k?
1
3
i?1
n
?
k
?
k?1
?
?
?
?
?a
k?1
?
.
2
??
2
a
k?1
3
?k<
br>?
k?1
?
a
k?1
?a
k?1
2
a
k?1
2
?k
?
k?1
?
?a
k?1
?
a
k?1<
br>?k?1
??
a
k?1
?k
?
?0?a
k?
1
?
?
k?1
?
S
n
?
?
a
i
,
?
a
i
3
?
S
n
2
i?1
i?1
nn
?
a
i
3
?S
n?1
2
i?1
n?1
a
k?1
3
?S
n?1
2
?S
n
2
?
?
S
n?1
?S
n
??
S
n?1
?S
n
?
?
?
2S
n
?
a
n?1
?
a
n?1
a
n?1
2
?a
n?1
?2S
n
a
n
2
?a
n
?2S
n?1
?
a
n?1
?a
n
??
a
n?1?
a
n
?
?a
n?1
?a
n
?a
n?1
?a
n
?1
又
a
1
?1
?a
n
?n
?
k?1
n
1
k
3
?3
1
k
3
2
?
1
11
?
k?1k?1
?
2
k?1
2
?
k
3
2?
k?1?k?1
?
?4k
3
?
?
k
2
?1
?
2k?2k
2
?1
?k3
?k?
?
k
2
?1
?
k
2
?1 成立
?
?
?
k?1
n
1
k
3
2
?1?
?
k?2
n
11
?
k?1k?1
?1?1?
211
2
?2??3
??
2
2
nn?1
题3:给定正整数n和正实数M,对于满足条件
a
1
2<
br>?a
n?1
2
?M
的所有等差数列
a
1,
,
a
2
???a
2n?1
,求
S?a
n?1
?an?2
????a
2n?1
的最大值
解析:
a
1?rcos
?
,a
n?1
?rsin
?
,0?r?M<
br>
d?
a
n?1
?a
n
r?
cos
?
?sin
?
?
?
nn
n(n?1)
d
2
S?
(n?1)a
n?1
?
r(n?1)
?
3sin?
?cos
?
?
2
r(n?1)1
10
sin
?
?
?
?
?
,
?
?arctan(
?)
?
23
?
?
10
M
?
n?1
?
2
题4:
a
1
?1
,
a
n
?
a
n?11
.求证:
0?a
10
?2?10
370
?
2a
n?1
解析:
a
n
?2
成立
b
n
?a
n
?2
=
12
(a
n?1
?)?2
2a
n?1
2
a
n
?22a
n?1
?2
?
?1
2a
n
?1
22
b
n
b
n?1
??
?1
2a
n?1
22
b
2
?
31
?2?
210
2
b
2
1
b
3
??
2
2210?22
b
4
?
1
42
10(22)?22
b
10
?
1
10
2
(22)
2
(22)
2
???
(22)<
br>876
103
(2
?10
)
=
11
?
10
256
(22)
255
1
0
114
?2
380
?2
382
2
?
11
?
370
256255
10
10(22)
二、不等式导学
知识点:
(1)柯西不等式:若
a
i
∈R,
b
i
∈R,
i=1, 2, ....., n
,则
(
?
a)(
?
b)?(
?
a
i
b
i
)
2
.
2
i
2
i
i?1i?1i?1nnn
等号当且仅当存在λ∈R,使得对任意
i=1, 2, .....,
n
,
a
i
=
?
b
i
,
变式
1:若
a
i
∈R,
b
i
∈R,
i=1, 2,
....., n
,则
(
?
i?1
n
a
)?
b
i
2
i
(
?
a
i
)
2
(
?
b
i
)
2
i?1
i?1
n
n
.
等号成立条件为
i=1, 2, ....., n
,
a
i
=
?
b
i
。
变式2:设
a
i
,
b
i
同号且不为0,(
i=1, 2, ....., n
),则
?
i?1
n
a
i
?
b
i
(
?
a
i
)
2
n
?
ab
i
i?1
i
?1
n
.
i
等号成立当且仅当
b
1
=b
2
=.....=b
n
.
(2)平均值不等式:设
a
1
, a
2
,.....,a<
br>n
∈R
+
,记
H
n
=
n
111????
a
1
a
2
a
n
,
G
n
=
22
a
1
?a
2
???a
n
a
1
2
?a
2
???a
n
a
1
a
2
?a
n
, A
n
=,
,Q
n
?
nn
则
H
n
?G
n
?A
n
?
Q
n
. 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤平方平均。
其中等号成立的条件均为a
1
=a
2
=…=a
n
.
(3)排序不等式:若两组实数
a1?a2?.....?an
且
b1?b2
?.....?bn
,则对于
b1, b2, ....., bn
的任意排列
b
i
,b
i
,
?
,b
i
,
n
12
n
有a
1
b
n
+a
2
bn-1
+…+a
n
b
1
≤
a
1
bi
?a
2
b
i
???a
n
b
i
≤
a
1
b
1
+a
2
b
2
+..
...+a
n
b
n
12
n
(4)
凸函数
f
?
x
?
的根
x
1
,
x
2
,且
f
?
x
?
单调可得琴生不等式
f
?
x
1
?
?f
?
x
2
?
?
2
?
x?x
?
f
?
12
?
?
2
?
模拟真题:
1(x?1)
2
x?1??<
br>题1:对于所有实数
x?1
.证明:
2
x?1?x?1
解析:
1
x?1?x?1?x?1
2
x
2
x?x?2
x?1?x?tan
2
x
(x
?1)
2
?x?1?x?1?2x?1
由
x?1?x?1
(x?1)
2
1
??(x?1)x?1
x?1?x?1<
br>2
1(x?1)
2
111
所以有:
x?1??x?1?(x?
1)x?1?xx?1
2
x?1?x?1
22
又因为
x?x?2?2x?1
所以有:
1xx
2
x?1?
1
2
x?1
?
x?x?1
x?1?x?1?x
所以
1x
2<
br>2
x?1?
(x?1)
2
x?1?x?1
?
x?x?
2
题2:设a,b,c都是正实数,证明:
ab
b?c
?
c?a
?
c
a?b
?
3
2
解析:令
a?b?c?s
a
s?a
?1?
s
s?a
同理:
b
s?b
?1?
s
s?b
c
s?c
?1?
s
s?c
a
b?c
?
b
c?a
?
c
a?b
?3
2
令
a?
1
m
,b?<
br>1
n
,c?
1
p
则有:
np
mn
?pm
?
pm
np?nm
?
mn
pm?pn
?3
2
1113
m
2
n?pm
2
?<
br>n
2
p?n
2
m
?
p
2
m?p2
n
?
2mnp
类推:
a
a?b
?
b
a?b
?1
2
?
abc3
????
b?cc?aa?b2
abcd4
????
b?c?dc?a?da?b?da?b?c3
?
结论:(1)
x
i
?R
,
?
i?1
n
x
i
n<
br>
?
s?x
i
n?1
1
?
a?b?c
?
2
(2)海伦公式:
s?
相关结论:
s?x?y?z
s?a?z
rA11
?tan???
zzzs?a
abc
???3
s?as?bs?c
tan
r
A
2
aAbBcC
tan?tan?tan?rk
z2x2y2
ABC
?btan?ctan?rk
222
ABC2ssinc
atan?btan?ctan?k
2
22a?b?c
atan
题3:设
x
1
?x
2
?x
3
?....?x
n
?0
,且满足
x
1
?x
2
?x
3
?....?x
n
?400
,
x
1
2
?x
2
2
?x
3
2
?.
...?x
n
2
?10
4
求证:
x
1
?x
2
?10
解析:若证
x
1
?x
2
?10
只需证
x
1
?x
2
?2x
1
x
2
?x
1
?x
2
?2x
2
2
?x
1
?3x
2
?100
因为
x
1
2?x
2
2
?x
3
2
?....?x
n
2
?10
4
且
x
i
2
?x
i
....x
2
i?2
?
x
1
2
?x
2
?
x
2
?....?xn
?
又因为
x
2
?....?x
n
?400?x
1
<
br>则原式
?x
1
2
?x
2
?
400?x
1
?
?x
1
?
x
1
?x
2
?<
br>?400x
2
100
?
x
1
?x
2
?
?400x
2
?10
4
?x
1
?3x
2
?100
成立
即
x
1
?x
2
?10
成立
题4:已知<
br>a,b,c?R*,a
2
?b
2
?c
2
?2abc?
1
,求证:
ab?bc?ca?
1
?2abc
解析:a
2
?b
2
?c
2
?2abc?1
2
a
2
?b
2
?c
2
?3(abc)
3<
br>
2
3(abc)
3
?2abc?1
2
f(t)?3t
3
?2t?1
f(
1
8
)?0
abc?
1
8
必有两个数,不大于
1
2
,或不小于
a,b?
1
2
或
a,b?
1
2
(a?
1
2
)(b?
1
2
)?0
ab?
11
2
(a?b)?
4
?0
2(a?b)?4ab?1
2ac?2bc?4abc?c
2ab?1?c
a
2
?b
2
?c
2
?2abc?1
2ab?c
2
?2abc?1
2ab(1?c)?1?c
2
?(1?c)(1?c)
2ab?1?c
a
2
?b
2
?c
2?2abc?1
?3(abc)
3
2ab?c
2
?2abc?1
s(a
2
?b
2
?c
2
)?kabc?1
2ab?2bc?2ca?4abc?1
2
1
2
,
s(a
2
?b
2
?c
2
)?2ss
abc?1
ab?bc?ca?2sabc?
1
2s
s?1
成立
1
s?
不成立
4
三、多项式除法导学
知识点:
1. 带余除法
定理1 (
带余除法定理)设
f
?
x
?
与
g
?
x?
是多项式,且
g
?
x
?
?0
,那么存在惟一
的一对多项式
q
?
x
?
与
r
?
x
?
,使得
f
?
x
?
?g
?
x<
br>?
q
?
x
?
?r
?
x
?
①
其中
r
?
x
?
?0
或者
degr?
x
?
?degg
?
x
?
。
q
?
x
?
叫做以
g
?
x
?
除
f<
br>?
x
?
所得的商,
r
?
x
?
叫做<
br>余式。
定义1:在①式中,当
r
?
x
?
?0
时,称
g
?
x
?
整除
f
?
x
?
,记为
g
?
x
?
|
f
?
x
?
,也称
g
?
x
?
是
f
?
x<
br>?
的因式,或
f
?
x
?
是
g
?x
?
的倍式。若
r
?
x
?
?0
,则称
g
?
x
?
不整除
f
?
x
?
。
定理2 (余数定理)多项式
f
?
x
?
除以
x?a
所得余数为
f
?
a
?
。
推论1 ?
x?a
?
|
?
f
?
x
?
?
f
?
a
?
?
推论2 若
f
?
x
?
?Z
?
x
?
,
a
与
b
是不同的整数,则
?
a?b
?
|
?
f
?
a
?
?f
?
b
?
?
.
由余数定理还可以得到以下重要定理:
定理3 (因式定理)多项式
f
?
x
?
有因式
x?a
的充要条件是
f
?
a<
br>?
?0
.
多项式整除的基本性质:
(1)若
f
?
x
?
|
g
?
x
?
,
g
?
x
?
|
h
?
x
?
,则
f
?
x
?
|
h
?
x
?
(2)若<
br>h
?
x
?
|
f
?
x
?
,<
br>h
?
x
?
|
g
?
x
?
,则
h
?
x
?
|
?
?
f
?
x
?
?g
?
x
?
?
?
(3)若<
br>h
?
x
?
|
f
?
x
?
,则
h
?
x
?
|
f
?
x
?
?
g
?
x
?
,
g
?
x
?
为任意多项
式.
(4)若
f
?
x
?
|
g
?
x
?
,
g
?
x
?
|
f
?
x
?
,则
f
?
x
?
?c?g
?
x
?
,其中
c
是不等于零的常数.
2. 多项式的分解
定义2:一个次数大于零的多项式
f
?
x
?
,如果在数 域
F
内除形如
?
和
?
f
?
x
?< br>(
?
,
?
为非零数)的因式(称为
f
?
x< br>?
的平凡因式)外,无其它因式,则称
f
?
x
?
在< br>F
内不可
约.若
f
?
x
?
在
F内除平凡因式外,还有其它因式,则称
f
?
x
?
在
F< br>内可约.
不可约多项式的一些重要性质:
(1)如果多项式
p
?< br>x
?
不可约,而
f
?
x
?
是任一多项式,那 么,或者
?
p
?
x
?
,f
?
x
?
?
?1
,或
者
p
?
x
?
|
f
?
x
?
.
(2)如果多项式
f
?
x
?
与
g
?
x
?
的乘积能被不可约多项式
p
?
x
?
整除,那么
f
?
x
?
与< br>g
?
x
?
中至少有一个被
p
?
x
?
整除.
定理4 数域
F
上的次数大于零的多项式
f
?< br>x
?
,如果不计零次因式的差异,那么
f
?
x
?可以惟一地分解为以下形式:
k
2
f
?
x
?
?ap
1
k
1
?
x
?
p
2
?x
?
?p
t
k
t
?
x
?
②
其中
a
是
f
?
x
?
的最高次项的系数 ,
p
1
?
x
?
,p
2
?
x
?
,?p
t
?
x
?
是首项系数为1的互不相等
的 不可约多项式,并且
p
i
?
x
??
i?1,2,?,t?
是
f
?
x
?
的
k
i
重因式 .
【注】其中数域
F
是指
Q
,或
R
,或
C
.
关于整系数多项式的分解问题.
定义3:设整系数多项式
f
?
x
?
?
?
a
j
x
j
各项系数的 最大公约数等于1,即
j?0
m
?
a
0
,a
1,a
2
,?,a
m
?
?1
;则称
f
?
x
?
为本原多项式.
引理 设
f
?
x
?
,
g
?
x
?
和
h
?
x
?
都是整系数多项式并且
h
?
x
?
?f
?
x
?
?g
?
x
?
,如果质数
p
整除多项 式
h
?
x
?
的所有系数,那么至少有
f
?
x
?
与
g
?
x
?
这两个多项式之一,其所
有的系数也都能被
p
整除.
推论 本原多项式的乘积仍然是一个本原多项式.
定理5 如果整系数多项式
f
?
x
?
在有理系数范围内可 约,那么,它在整系数范围
内也可约.
以上论断的等价陈述是:如果整系数多项式
f
?
x
?
在整系数范围内不可约,那么它
在有理数范围
内也不可约.
3. 最大公因式
定义4:如果两个多项式
f
?
x
?
与
g
?
x
?
同时被
d
?
x
?
整除,那么
d
?
x
?
叫做
f
?
x
?
与
g
?
x
?
的公因式.如果d
?
x
?
是
f
?
x
?
与g
?
x
?
的公因式,并且
f
?
x
?<
br>与
g
?
x
?
的所有公因式都整
除
d
?
x
?
,则
d
?
x
?
叫做
f?
x
?
与
g
?
x
?
的最大公因式.
【注】两个不全为零的多项式的最大公因式是不唯一的,它们之间只有常数因子
的差异.这时,
我们约定,最大公因式是指首项系数为1的那一个,这样,两个多项
式
f
?
x
?
与
g
?
x
?
的最大公因式就是惟一的,记为?
f
?
x
?
,g
?
x
?
?<
br>.
两个多项式的最大公因式,有以下重要定理:
定理6 设多项式
f?
x
?
与
g
?
x
?
的最大公因式为<
br>d
?
x
?
,那么存在多项式
u
?
x
?
与
v
?
x
?
,
使以下等式成立:
f<
br>?
x
?
u
?
x
?
?g
?
x
?
v
?
x
?
?d
?
x
?
③
定义5:如果两个多项式除零次多项式外无其他的公因式,那么就称这两个多项
式互素.
显然,
f
?
x
?
与
g
?
x
?
互素
?
?
f
?
x
?
,g
?<
br>x
?
?
?1
.
定理7 两个多项式
f
?
x
?
与
g
?
x
?
互素的充要条件是,存在
多项式
u
?
x
?
与
v
?
x
?,使
f
?
x
?
u
?
x
?
?
g
?
x
?
v
?
x
?
?1
④
互素多项式的一些重要性质:
(1)若
?
f
?
x?
,h
?
x
?
?
?1,
?
g
?
x
?
,h
?
x
?
?
?1
,则<
br>?
f
?
x
?
?g
?
x
?
,
h
?
x
?
?
?1
(2)若
h
?
x
?
|
f
?
x
?
g
?
x
?
,
?
h
?
x
?
,f
?
x
?
?
?1
,则
h
?
x
?
|g
?
x
?
.
(3)若
g
?
x
?
|
f
?
x
?
,
h
?
x
?
|
f
?
x
?
,
?
g
?
x
?
,h
?
x
?
?
?1
,则
g
?
x
?
h
?
x
?
|
f
?
x
?
.
模拟真题:
题1:设
p
为素数,
f(x)?a
n
x?a
n?1
x
明:
f(x)
在
Z上可约.
证明:首先证明
f(x)?0
的根之模大于1,设
f(x0
)?0
,若
x
0
?1,
则
nn?1
?a
n?1
x
0
???a
1
x
0
?a<
br>n
?a
n?1
???a
1
与假设矛盾.
p?a<
br>n
x
0
nn?1
???a
1
x?p?Z
?<
br>x
?
,n?1,
且
?
a
i
?p,
证
i?1
n
若
f(x)?g(x)h(x),g(x),h(x
)?Z
?
x
?
,
则
p?f(0)?g(0)h(0),g(
0),h(0)
为整数,
不妨设
a
为
g(x)
的首项系数,
则
g(0)
g(0)
为所有根之积,于是
?1,
从而
g(0
)?1
,
a
a
同理
h(0)?1
,故
p?g(0)
?h(0)
与
p
为素数矛盾.
题2:设
d?(m,n),
证明:
x
d
?1?(x
n
?1,x
m
?1)
证明:设
m?dm
1
,n?dn
1
,(m
1<
br>,n
1
)?1
则
x
m
?1?(x
d
)
m
1
?1?(x
d
?1)(x
d(m
1
?1)
???x
d
?1)
x
n
?1
?(x
d
)
n
1
?1?(x
d
?1)(x
d(n
1
?1)
???x
d
?1)
从而
(x
d
?1)(x
m
?1),(x
d
?1)(x
n
?1)
即
x
d
?1
为
x
n?1
与
x
m
?1
的公因式
再设
?
i
m
((f
1
(x),f
2
(x),
?
f<
br>k?1
(x),f
k
(x))
由
(m
1
,n
1
)?1
,则存在
t,s
使
tm
1
?sn
1
?1
若
?
i
n
?1,
则(<
br>(
?
i
m
)
t
(
?
i
n<
br>)
s
?
?
i
dm
1
x
?
i
dn
1
s
?
?
i
d(m
1
t?n
1
s)
?
?
i
d
?1,
,这表明
x
n
?1
与
x
m
?1
的因
式必为
x
d
?1
的因式.
故
x
d
?1?(x
n
?1,x
m
?1)
题3:试求
a,b
之值,使多
项式
f(x)?x
4
?(2a?1)x
3
?(a?1)
2<
br>x
2
?bx?4
可分解为
两个首项系数为1的二次多项式
P(
x)
与
Q(x)
之积,且
(1)
P(x)?0
有相异两实根
r,s
(2)
Q(r)?s,Q(s)?r
解析:设
P(x)?x
2
?ux?v?(x?r)(x?s)
①
Q(x)?x
2
?
?
x?t
由(2)得
r
2
?
?
r?t?s
②
s
2
?
?
s?t?r
③
②-③得
?
??(r?s?1)
④
将④代入②得
t?(r?s)?rs
⑤
由①及韦达定理得
r?s??u,rs?v
代入④,⑤,得
?
?u?1,t?v?u
?f(x)?P(x)Q(x)
=
(x
2
?
ux?v)[x
2
?(u?1)x?(v?u)]
=
x
4
?(2u?1)x
3
?(u
2
?2u?2v)x
2
=
(u
2
?2uv?v)x?v(v?u)
比较两端同次项的系数,得
?
2a?1?2u?1
?
22
?
(a?1)?u?2u?2v
⑥
?
2
?
b??(u?2uv?v)
?
4?v(v?u)
?
?<
br>a?2
?
a??1
解之得
?
或
?
?
b??14
?
b??2
当
a??1,b??2
时,由⑥解
得
u?0,v?2,
于是
P(x)?x
2
?ux?v?x
2
?2
无实根,
与题设条件(1)不合,故舍去.因此
a?2,b??14为所求.