數(shù)學(xué)競(jìng)賽基本知識(shí)集錦

1、常用公式由于是講競(jìng)賽，這里就不再重復(fù)過(guò)于基礎(chǔ)的東西，例如六種三角函數(shù)之間的轉(zhuǎn)換，兩角和與差的三角函數(shù),二倍角公式等等。但是由于現(xiàn)在的教材中常用公式刪得太多，有些還是不能不寫(xiě)。先從最基礎(chǔ)的開(kāi)始（這些必須熟練掌握）：半角公式sin-1coscos21cos22積化和差sincos1.sin2sincoscoscos1cos2cossin和差化積tan1cos1cossin2,1cossin1cossin1.sin2sinsin1cos2cossinsin2sincos22coscos2coscos22萬(wàn)能公式sinsin2cossin22coscos2sinsin22sin22tan1tan2co

2、s21tan21tan2tan22tan1tan2三倍角公式sinsin60coscos603sin33sin4sin4sin603cos34cos3cos4cos60二、某些特殊角的三角函數(shù)值除了課本中的以外，還有一些sincostan15*44&J242v,375v6a/6石2V34418V51/472J%，514三、三角函數(shù)求值給出一個(gè)復(fù)雜的式子，要求化簡(jiǎn)。這樣的題目經(jīng)?？迹乙话慊鰜?lái)都是一個(gè)具體值。要熟練應(yīng)用上面的常用式子，個(gè)人認(rèn)為和差化積、積化和差是競(jìng)賽中最常用的，如果看到一些不常用的角，應(yīng)當(dāng)考慮用和差化積、積化和差，一般情況下直接使用不了的時(shí)候，可以考慮先乘一個(gè)三角函數(shù)

3、，然后利用積化和差化簡(jiǎn)，最后再把這個(gè)三角函數(shù)除下去舉個(gè)例子求值:2cos746coscos77一一，2,提不：乘以2sin，化簡(jiǎn)后再除下去。7求值：cos210cos250sin40sin80ni題目：設(shè)n為正整數(shù)，求證sinii2n1,2n12n四、三角不等式證明最常用的公式一般就是：x為銳角，則sinxxtanx；還有就是正余弦的有界性。例1 .求證：x為銳角，sinx+tanx<2x2 .設(shè)xyz石，且xyz,求乘積cosxsinycosz的最大值和最小值。1給遞推式求通項(xiàng)公式(1)常見(jiàn)形式即一般求解方法注：以下各種情況只需掌握方法即可，沒(méi)有必要記住結(jié)果，否則數(shù)學(xué)就變成無(wú)意義的機(jī)械

4、勞動(dòng)了。an1panq若p=1,則顯然是以a為首項(xiàng)，q為公差的等差數(shù)列,若pw1,則兩邊同時(shí)加上一q一，變?yōu)閍n1q-p1p1pan顯然是以a1q為首項(xiàng)，p為公比的等比數(shù)列p1an1panfn,其中f(n)不是常數(shù)n1若p=1,則顯然an=a1+fi,n>2i1若pw1,則兩邊同時(shí)除以pn+1,變形為an1n1pannpa利用疊加法易得anpn1fii1i1p從而an1pi注：還有一些遞推公式也可以用一般方法解決，但是其他情況我們一般使用其他更方便的方法，下面我們?cè)俳榻B一些屬于數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的“高級(jí)方法”。(2)不動(dòng)點(diǎn)法當(dāng)f(x)=x時(shí)，x的取值稱為不動(dòng)點(diǎn)，不動(dòng)點(diǎn)是我們?cè)诟?jìng)賽中解決遞推式的基

5、本方法。典型例子：an1aanbcand注：我感覺(jué)一般非用不動(dòng)點(diǎn)不可的也就這個(gè)了，所以記住它的解法就足夠了。我們?nèi)绻靡话惴椒ń鉀Q此題也不是不可以，只是又要待定系數(shù)，又要求倒數(shù)之類的，太復(fù)雜，如果用不動(dòng)點(diǎn)的方法，此題就很容易了令xax-,即cx2daxb0,cxd令此方程的兩個(gè)根為xi,x2,若xi=x2則有11pan1xianxi其中k可以用待定系數(shù)法求解，然后再利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式求解。2c注：如果有能力，可以將p的表達(dá)式記住，p=，竺ad若xiwx2則有an1xianxiqan1x2anx2其中k可以用待定系數(shù)法求解，然后再利用等比數(shù)列通項(xiàng)公式求解。注：如果有能力，可以將q的表達(dá)式記住，

6、q=acx1特征根法特征根法是專用來(lái)求線性遞推式的好方法。先來(lái)了解特征方程的一般例子，通過(guò)這個(gè)來(lái)學(xué)會(huì)使用特征方程。an2pan1qan特征方程為x2=px+q,令其兩根為xi,x2則其通項(xiàng)公式為anAx1nBx；,aB用待定系數(shù)法求得。an3pan2qan1ran特征方程為x3=px2+qx+r,令其三根為xbx2,x3則其通項(xiàng)公式為anAx：Bx；Cx；,a、BC用待定系數(shù)法求得。注：通過(guò)這兩個(gè)例子我們應(yīng)當(dāng)能夠得到特征方程解線性遞歸式的一般方法，可以試著寫(xiě)出對(duì)于一般線性遞歸式的特征方程和通項(xiàng)公式，鑒于3次以上的方程求解比較困難，且競(jìng)賽中也不多見(jiàn)，我們僅需掌握這兩種就夠了。(4)數(shù)學(xué)歸納法簡(jiǎn)單

7、說(shuō)就是根據(jù)前幾項(xiàng)的規(guī)律猜出一個(gè)結(jié)果然后用數(shù)學(xué)歸納法去證。這樣的題雖說(shuō)有不少但是要提高不完全歸納的水平實(shí)在不易。大家應(yīng)當(dāng)都會(huì)用數(shù)學(xué)歸納法，因此這里不詳細(xì)說(shuō)了。但需要記得有這樣一個(gè)方法,適當(dāng)?shù)臅r(shí)候可以拿出來(lái)用。(5)聯(lián)系三角函數(shù)三角函數(shù)是個(gè)很奇妙的東西，看看下面的例子2anan1-21an看起來(lái)似乎摸不著頭腦，只需聯(lián)系正切二倍角公式，馬上就迎刃而解。注：這需要我們對(duì)三角函數(shù)中的各種公式用得很熟，這樣的題目競(jìng)賽書(shū)中能見(jiàn)到很多。例數(shù)列an定義如下：ai姓,an1個(gè)2J4a；,求an通項(xiàng)注：這個(gè)不太好看出來(lái)，試試大膽的猜想，然后去驗(yàn)證。(6)迭代法先了解迭代的含義_0_1_2_3_fxx,fxfx,fx

8、ffx,fxfffx,f右上角的數(shù)字叫做迭代指數(shù)，其中fnx是表示fnx的反函數(shù)再來(lái)了解復(fù)合的表示：fgxfgx,fghxfghx如果設(shè)Fxg1fgx,則Fnxg1fngx，就可以將求F(x)的迭代轉(zhuǎn)變?yōu)榍骹(x)的迭代。這個(gè)公式很容易證明。使用迭代法求值的基礎(chǔ)。而在數(shù)列中我們可以將遞推式看成an1Fan,因此求通項(xiàng)和求函數(shù)迭代就是一樣的了。我們盡量找到好的g(x),以便讓f(x)變得足夠簡(jiǎn)單，這樣求f(x)的n次迭代就很容易得到了。從而再得到F(x)的n次迭代式即為通項(xiàng)公式。練習(xí)已知數(shù)列an滿足a11,a；2,a；n1a2n2a2n1,a2n2%：a2n1a；n,試求數(shù)列的通項(xiàng)公式。題目：已

9、知數(shù)列an滿足a10,a21,an1nanan1,求該數(shù)列的通項(xiàng)公式。2數(shù)列求和求和的方法很多，像裂項(xiàng)求和，錯(cuò)位相減等等，這些知識(shí)就算單純應(yīng)付高考也應(yīng)該都掌握了，這里不再贅述。主要寫(xiě)競(jìng)賽中應(yīng)當(dāng)掌握的方法一一阿貝爾恒等式。阿貝爾(Abel)恒等式有多種形式，最一般的是nn1akbkSkbkbk1Snbnk1k1k其中Skaki1注：個(gè)人認(rèn)為，掌握這一個(gè)就夠了，當(dāng)然還有更為一般的形式，但是不容易記，也不常用。Abel恒等式就是給出了一個(gè)新的求和方法。很多時(shí)候能簡(jiǎn)化不少。n2nai例：假設(shè)a1a2an0,且ai1,求證：1:1i1i1-ii1計(jì)數(shù)問(wèn)題1抽屜原則我第一次接觸抽屜原則，是在一本奧賽書(shū)的答

10、案上，有一步驟是：由抽屜原則可得，于是我就問(wèn)同學(xué)，什么是抽屜原則，同學(xué)告訴我，三個(gè)蘋(píng)果放進(jìn)兩個(gè)抽屜，必有一個(gè)抽屜里至少有兩個(gè)蘋(píng)果。后來(lái)才發(fā)現(xiàn)，抽屜原則不只是這么簡(jiǎn)單的，它有著廣泛的應(yīng)用以及許多種不同的變形，下面簡(jiǎn)單介紹一下抽屜原則。抽屜原則的常見(jiàn)形式一，把n+k(k>1)個(gè)物體以任意方式全部放入n個(gè)抽屜中，一定存在一個(gè)抽屜中至少有兩個(gè)物體。二，把mn+k(k>1)個(gè)物體以任意方式全部放入n個(gè)抽屜中，一定存在一個(gè)抽屜中至少有m+1個(gè)物體。三，把m+m+m+k(k>1)個(gè)物體以任意方式全部放入n個(gè)抽屜中，那么后在一個(gè)抽屜里至少放入了m+1個(gè)物體，或在第二個(gè)抽屜里至少放入了m+1個(gè)

11、物體，或在第n個(gè)抽屜里至少放入了m+1個(gè)物體四，把m個(gè)物體以任意方式全部放入n個(gè)抽屜中，有兩種情況：當(dāng)n|m時(shí)(n|m表示n整除m),一定存在一個(gè)抽屜中至少放入了m個(gè)物體；當(dāng)n不能整除m時(shí)，一定存在一個(gè)抽屜中至少放入了U+1個(gè)物nn體(x表示不超過(guò)x的最大整數(shù))五，把無(wú)窮多個(gè)元素分成有限類，則至少有一類包含無(wú)窮多個(gè)元素。注：背下來(lái)上面的幾種形式?jīng)]有必要，但應(yīng)當(dāng)清楚這些形式雖然不同，卻都表示的一個(gè)意思。理解它們的含義最重要。在各種競(jìng)賽題中，往往抽屜原則考得不少，但一般不會(huì)很明顯的讓人看出來(lái)，構(gòu)造抽屜才是抽屜原則中最難的東西。一般來(lái)說(shuō)，題目中一旦出現(xiàn)了“總有”“至少有”“總存在”之類的詞，就暗示著

12、我們：要構(gòu)造抽屜了。例：從自然數(shù)1,2,3,99,100這100個(gè)數(shù)中隨意取出51個(gè)數(shù)來(lái)，求證：其中一定有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的倍數(shù).用2種顏色涂5X5共25個(gè)小方格，證明：必有一個(gè)四角同色的矩形出現(xiàn)2容斥原理容斥原理常常使用，其實(shí)說(shuō)簡(jiǎn)單點(diǎn)，就是從多的往下減，減過(guò)頭了在加回來(lái)，又加多了再減，減多了再加，最終得到正確結(jié)果。對(duì)于計(jì)數(shù)中容易出現(xiàn)重復(fù)的題目，我們常常采用容斥原理，去掉重復(fù)的情況。容斥原理基本形式：nAn|Ai|Aii11ijnAjAAj1ijkn,n1._-1AlA2An其中|A|表示集合A中元素的個(gè)數(shù)。例：在不大于2004的正整數(shù)中，至少可被3,5,7之一整除?由數(shù)字1,2,

13、3,4,5組成的n位數(shù)，要求n位數(shù)中這五個(gè)數(shù)字每個(gè)至少出現(xiàn)一次，求所有這種n位數(shù)的個(gè)數(shù)。3遞推方法許多競(jìng)賽題目正面計(jì)算十分困難，于是我們避開(kāi)正面計(jì)算，先考慮n-1時(shí)的情況，在計(jì)算n時(shí)的情況比n-1時(shí)的情況增添了多少，然后寫(xiě)出一個(gè)遞推式，這樣就可以利用數(shù)列的知識(shí)進(jìn)行解決，但一般要求根據(jù)遞推式求通項(xiàng)的能力要比較強(qiáng)，是和擅長(zhǎng)數(shù)列的同學(xué)使用。沒(méi)什么具體解釋，多多練習(xí)吧例設(shè)m為大于1的正整數(shù)，數(shù)列an滿足：ai+a2+an模m余0,0<ai<m(i=1,2n)。試求滿足上述條件的不同數(shù)列an的個(gè)數(shù)。4映射計(jì)數(shù)個(gè)人認(rèn)為映射計(jì)數(shù)絕對(duì)是計(jì)數(shù)方法中最經(jīng)典的一種，常常能將復(fù)雜至極的問(wèn)題簡(jiǎn)單化，變成人人

14、都會(huì)做的普通題目。但是想熟練掌握往往是不容易的，要求有大量的習(xí)題積累，才能形成建立映射的能力。明確概念：對(duì)于y=f(x)單射：不同的x對(duì)應(yīng)不同的y,即|x|<|y|滿射：每個(gè)y至少有一個(gè)x映射，即|x|>|y|雙射：即是單射又是滿射，即|x|=|y|倍數(shù)映射：|x|=m|y|mN,m1注：雙射即通常說(shuō)的一一映射，有的人將雙射理解為m=2的倍數(shù)映射或其他映射，這是不對(duì)的。不要從感覺(jué)上去理解。雙射應(yīng)當(dāng)是“單射”“滿射”的綜合。利用映射解題，一般是建立雙射，將要證明的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為其他的問(wèn)題，但是計(jì)算總數(shù)不變。而我們不僅要會(huì)建立雙射，也應(yīng)會(huì)建立單射和滿射，因?yàn)轱@然建立單射和滿射是證明不等關(guān)系

15、的極好方法，不可以忽略。利用倍數(shù)映射解決的題目，我目前還沒(méi)遇到多少，但還是要時(shí)刻記著有這樣一種方法。一，建立雙射例集合1,2,，2004有多少個(gè)元素和為奇數(shù)的子集？將正整數(shù)n寫(xiě)成若干個(gè)1與若干個(gè)2之和，和項(xiàng)的順序不同認(rèn)為是不同的寫(xiě)法，所有寫(xiě)法的種數(shù)記為A(n);將正整數(shù)n寫(xiě)成若干個(gè)大于1的正整數(shù)之和，和項(xiàng)順序不同認(rèn)為是不同的寫(xiě)法，所有寫(xiě)法的種數(shù)記為B(n),求證：A(n)=B(n+2)注：此題即為很好的映射計(jì)數(shù)例子。因?yàn)榧幢悴挥糜成湮覀兛梢园袮(n)求出來(lái)，再把B(n+2)求出來(lái)，然后比較后會(huì)發(fā)現(xiàn)兩者相等，但這顯然是超大工作量，如果使用了映射計(jì)數(shù)，我們只需用一些技巧，在A(n)和B(n+2)中

16、建立雙射，此題即得到證明。二，建立單射或滿射例設(shè)n為正整數(shù)，我們稱1,2,2n的一個(gè)排列xi,X2,x2n具有性質(zhì)P：如果存在1wiw2n-1,使得|xi-xi+i|=n,求證：對(duì)任何n,具有性質(zhì)P的排列比不具有性質(zhì)P的排列個(gè)數(shù)多。注：映射計(jì)數(shù)可能會(huì)有一定難度，如果覺(jué)得掌握不了也不要灰心，只要多練，時(shí)間一長(zhǎng)自然就會(huì)了。不等式與最值1平均不等式設(shè)ajR(i=1,2,n)調(diào)和平均值:Hni1ai幾何平均值:Gn算術(shù)平均值:naii1方嘉平均值:GnHnGn等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)a1a2an注意：運(yùn)用平均不等式需注意各項(xiàng)均為正數(shù)!題外話：有很多同學(xué)十分“痛恨”這兩個(gè)符號(hào)，總是看不懂，其實(shí)這兩個(gè)符號(hào)是絕對(duì)好

17、用的，并且以后會(huì)常常遇到，在大學(xué)課本中更是家常便飯，多看幾次自然也就習(xí)慣了。例題：a,b,c,dR,且abcd1,求證：J4a1J4b1v4c1J4d16分析：為了湊出a+b+c+d,以便充分利用條件，將4a+1,4b+1,4c+1,4d+1視作整體，利用平均不等式。2柯西不等式及其變形設(shè)abiR(i=1,2,n),則n2nn22aibiaibi1 1i1i1a；、一其中等號(hào)成立，當(dāng)且僅當(dāng)曳為定值bi注：這個(gè)式子在競(jìng)賽中極為常用，只需簡(jiǎn)記為“積和方小于方和積”。等號(hào)成立條件比較特殊，要牢記。此外應(yīng)注意在這個(gè)式子里不要求各項(xiàng)均是正數(shù)，因此應(yīng)用范圍較廣。常用變形一：若aiR,biR(i=1,2,n

18、),則na2aii1bii1注：要求bi為正數(shù)常用變形二：右ai,biR(i=1,2,n),則n2nai1biaii1naibii1注：要求ai,bi均為正數(shù)。當(dāng)然，這兩個(gè)式子雖常用，但是記不記并不太重要，只要將柯西不等式原始的式子記得很熟，這兩個(gè)式子其實(shí)是一眼就能看出來(lái)的，這就要求我們對(duì)柯西不等式要做到活學(xué)活用。例：若5a6b7c4d1,求3a22b25c2d2的最小值。并指出等號(hào)成立的條件。分析：由于a,b,c,d各項(xiàng)系數(shù)不同，而且既有1次項(xiàng)，又有2次項(xiàng)，顯然要用柯西不等式。而且使用柯西不等式不受-7c這項(xiàng)的影響。使用時(shí)，注意寫(xiě)明等號(hào)成立條件，檢驗(yàn)最小值能否取到?？挛鞑坏仁酵茝V赫爾德不等式11.一右ai,biR(i=1,2,n),p>1,q>1且一一1則pq11nnPnqaibiaiPbiqi1i1i1注：這個(gè)式子成立的前提挺多，不難看出當(dāng)p=q=2時(shí)，這個(gè)式子即為柯西不等式。3排序不等式4琴生不等式首先來(lái)了解凸函數(shù)的定義一般的，設(shè)f(x)是定義在(a,b)內(nèi)的函數(shù)如果對(duì)于定義域內(nèi)的任意兩數(shù)xbX2都有fX1X2fX1fx222則稱f(x)是(a,b)內(nèi)的下凸函數(shù)，一般說(shuō)的凸函數(shù)，也就是下