方程求解

• 代数基本定理：任何一元 $n(n\in\N ^{*})$ 次复系数多项式方程 $f(x)=0$ 至少有一个复数根。

• 一元一次方程

  $\displaystyle ax+b=0(a\neq 0) \implies x=-\frac{b}{a}$

• 一元二次方程

  $ax^2+bx+c=0(a\neq0)$

  ${\Delta=b^2-4ac} \begin{cases} \displaystyle \Delta<0，x=\frac{-b\pm\sqrt{-\Delta}\mathrm{i}}{2a} \\ \displaystyle \Delta=0，x=-\frac{b}{2a} \\ \displaystyle \Delta>0，x=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a},\ 二者相距\ \left|\frac{\sqrt{\Delta}}{a}\right| \\ \displaystyle \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 顶点坐标\ \left(-\frac{b}{2a},\ -\frac{\Delta}{4a}\right),\ 两根相加 -\frac{b}{a},\ 两根相乘 \frac{c}{a} \\ \displaystyle \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 其与坐标轴围成的面积\ S=\frac{\Delta^{1.5}}{6a^2} \end{cases}$

• 一元三次方程

  $ax^3+bx^2+cx+d=0(a\neq0)$

  1. 盛金公式

     重根判别式 $\begin{cases} A=b^2-3ac \\ B=bc-9ad \\ C=c^2-3bd \end{cases}$

     总判别式 $\Delta=B^2-4AC$

  • $A=B=0$

    $x\displaystyle _1=x_2=x_3=\frac{-b}{3a}=\frac{-c}{b}=\frac{-3d}{c}$

  • $\Delta>0$

    令 $\displaystyle Y_{1,2}=Ab+3a\left(\frac{-B\pm\sqrt{B^2-4AC}}{2}\right),\ \mathrm{i}^2=-1$

    $\boxed{x_1=\frac{-b-(\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2})}{3a}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_{2,3}=\frac{-b+\frac{1}{2}(\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2})\pm\frac{\sqrt{3}}{2}(\sqrt[3]{Y_1}-\sqrt[3]{Y_2})\mathrm{i}}{3a}}$

  • $\Delta=0(A\neq 0)$

    $\boxed{x_1=\frac{-b}{a}+\frac{B}{A}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_2=x_3=\frac{-B}{2A}}$

  • $\Delta<0$

    $\boxed{x_1=\frac{-b-2\sqrt{A}\cos\frac{\theta}{3}}{3a}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_{2,3}=\frac{-b+\sqrt{A}(\cos\frac{\theta}{3}\pm\sqrt{3}\sin\frac{\theta}{3})}{3a}}$

    其中 $\displaystyle\theta=\arccos \frac{2Ab-3aB}{2\sqrt{A^3}}\ (A>0,-1<T<1)$

  2. 卡尔达诺公式

     先左右除以 $a$，令 $\displaystyle y=x+\frac{b}{3a}$ 得到一个奇数次的方程 $y^3+3py+2q=0$，再令 $y=u+v$ 得到 $u^3+v^3+(u+v)(3uv+3p)+2q=0$

     瞪眼法可以知道 $u^3+v^3=-2q,uv=-p$ 的一个根，再解出 $u,v$ 即可。

  $\red{\boxed{\begin{cases} \displaystyle x_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a} \\ \displaystyle x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{c}{a} \\ \displaystyle x_1x_2x_3=-\frac{d}{a} \end{cases}}}$

• 一元四次方程

  $ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0(a\neq 0)$

  $\begin{cases} \displaystyle x_1+x_2+x_3+x_4=-\frac{b}{a} \\ \displaystyle x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4=\frac{c}{a} \\ \displaystyle x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+x_1x_3x_4+x_2x_3x_4=-\frac{d}{a} \\ \displaystyle x_1x_2x_3x_4=\frac{e}{a} \end{cases}$

  顺着这样的形式容易将 $\mathrm{Vieta}$ 韦达定理推广到一元 $n$ 次方程。

• 二元一次方程组

  $\begin{cases} a_1x+b_1y=c_1 \\ a_2x+b_2y=c_2 \end{cases}\implies\Delta=a_1b_2-b_1a_2 \begin{cases} \Delta=0,\ \text{无解\ 或\ 无数组解} \\ \Delta\neq0,\ \begin{cases} \displaystyle x=\frac{c_1b_2-b_1c_2}{\Delta} \\ \displaystyle y=\frac{a_1c_2-c_1a_2}{\Delta} \end{cases} \end{cases}$

集合

基本概念

1. 集合：某些指定的对象集在一起就形成一个集合（ 简称集 ）。

2. 元素：集合中每个对象叫做这个集合的元素。

3. 集合的三要素：

   • 确定性：集合内的元素是可以被确定的，比如:“七大洲”就是一个集合，“数学中的所有难题”就不是一个集合，因为你无法确定难题的标准是什么。

   • 互异性：集合内的各元素都是唯一不重复的。

   • 无序性：集合内的各元素的顺序是没有限制的，比如集合 $\{a,b,c\}$ 与集合 $\{b,a,c\}$ 是一样的。

4. 常见的集合：非负正数集（ 自然数集 ）$\N\ \ \ \text{}$ 正整数集 $\N^*$ 或 $\N^+\ \ \ \text{}$ 整数集 $\Z\ \ \ \text{}$ 有理数集 $\mathrm{Q}\ \ \ \text{}$ 实数集 $\R$

5. 集合的两种常用表达方式
   列举法：用 $\{\}$ 把所有元素包括在一起，注意各元素之间用逗号隔开适应于元素数量较少，如集合 $\{1,2,3,4,\dots,99\}$.
   描述法：用某种元素之间的规律表示集合，比如所有奇数的集合 $A=\{x|x=2k+1,k\in\Z\}$ 或者不等式 $x-3<1$ 的解集 $B=\{x|x<4\}$.

集合间的关系

表示某一元素属于某个集合时，用 $\in$，例如 $1\in\{1,2,3\}$. 若不属于则用 $\not\in$.

名称	记号	意义	性质
子集	$A\subseteq B$ 或 $B\supseteq A$	$A$ 中的任意元素都属于 $B$	$A\subseteq A,\ \varnothing\subseteq A\\A\subseteq B$ 且 $B\subseteq C\implies A\subseteq C\\ A\subseteq B$ 且 $B\subseteq A\implies A=B$
真子集	$A\subsetneqq B$ 或 $B\supsetneqq A$	$A\subseteq B$ 且 $B$ 中至少有一元素不属于 $A$	$A\subsetneqq B$ 且 $B\subsetneqq C\implies A\subsetneqq C$

基本运算

1. 并集：$A=\{2,3,4\},B=\{1,2,3\},A\cup B=\{1,2,3,4\}$.
2. 交集：$A=\{2,3,4\},B=\{1,2,3\},A\cap B=\{2,3\}$.
3. 补集：$U=\set{1,2,3},A\subseteq U$，若 $A=\{1\}$，则 $\complement_UA=\{2,3\}$.

交换律：$A\cap B=B\cap A,A\cup B=B\cup A$.

结合律：$A\cup(B\cup C)=(A\cup B)\cup C,A\cap (B\cap C)=(A\cap B)\cap C$.

分配对偶律：$A\cap(B\cup C)=(A\cap B)\cup (A\cap C),A\cup (B\cap C)=(A\cup B)\cap (A\cup C)$.

$\mathrm{De\ Morgan}$ 德·摩根定律：$①\complement_U(A\cap B)=(\complement_U A)\cup(\complement_U B),②\complement_U(A\cup B)=(\complement_U A)\cap(\complement_U B)$.

推广到多个集合中：

$$\complement_U(A_1\cap A_2\cap\dots\cap A_n)=(\complement_U A_1)\cup (\complement_U A_2)\cup\dots\cup (\complement_U A_n)$$

$$\complement_U(A_1\cup A_2\cup\dots\cup A_n)=(\complement_U A_1)\cap (\complement_U A_2)\cap\dots\cap (\complement_U A_n)$$

若记 $|A|$ 表示集合 $A$ 的元素个数。例如：$A=\{1,2,3\},|A|=3$. 那么集合 $A$ 的子集数为 $2^{|A|}$，真子集数为 $2^{|A|}-1$.

常用逻辑用语

充分条件、必要条件、充要条件

• 若 $p\Rarr q$，则称 $p$ 是 $q$ 的充分条件，$q$ 是 $p$ 的必要条件。
• 若 $p\lrArr q$，则称 $p$ 是 $q$ 的充分必要条件，即充要条件。

全称量词与存在量词

全称量词：“所有的”，“任意一个”，用 $\forall$ 表示，即倒过来的 A(All).

存在量词：“存在一个”，“至少一个”，用 $\exist$ 表示，即倒过来的 E(Exist).

全称量词命题：对 $M$ 中的任意一个 $x,p(x)$ 成立，即 $\forall x\in M,p(x)$，否定是 $\exist x\in M,\neg p(x)$.

存在量词命题：存在 $M$ 中的元素 $x,p(x)$ 成立，即 $\exist x\in M,p(x)$，否定是 $\forall x\in M,\neg p(x)$.

不等式

以下 $i=1,2,\dots,n.$

$\text{AM-GM}$ 均值不等式

对于 $a_i\geq 0$，有 $$\frac{n}{\sum_{i=1}^{{n}\frac{1}{a_i}}\leq\sqrt[n]{\prod_{i=1}}{n}a_i}\leq\frac{\sum_{i=1}^{{n}a_i}{n}\leq\sqrt{\frac{\sum_{i=1}}{n}a_i^2}{n}}$$

也就是 调和平均值 $\leq$ 几何平均值 $\leq$ 算术平均值 $\leq$ 平方平均值。取等条件：$a_1=a_2=\dots=a_n.$

加权形式：$a_i\geq 0,w_i>0$ 且 $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}w_i=1$，有 $\displaystyle\prod_{i=1}^{n}a_i^{w_i}\leq\sum_{i=1}^{n}w_ia_i$.

比较常用的二元形式：$\displaystyle\frac{2}{\frac{1}{x}+\frac{1}{y}}\leq \red{\boxed{\sqrt{xy}\leq\frac{x+y}{2}}}\leq\sqrt{\frac{x^2+y^2}{2}}$

三元形式：$\displaystyle\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\leq\sqrt[3]{abc}\leq\frac{a+b+c}{3}\leq\sqrt{\frac{a^2+b^2+c^2}{3}}$

对于对勾函数 $\displaystyle f(x)=ax+\frac{b}{x}$，对 $x\neq y\neq 0$ 且 $f(x)=f(y)$ 当且仅当 $\displaystyle xy=\frac{b}{a}$.

1. 已知 $x>0,y>0,x+y=2$，求 $\displaystyle\frac{2}{x}+\frac{3}{y}$ 的最小值。

   $$\frac{2}{x}+\frac{3}{y}=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{x}+\frac{3}{y}\right)(x+y)=\frac{1}{2}\left(5+\frac{2y}{x}+\frac{3x}{y}\right)\geq\frac{5+2\sqrt{6}}{2}$$

   • 注意 $\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$.

2. 已知 $a,b,c>0$，求证 $\displaystyle\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\geq\frac{3}{2}$.

   设 $x=a+b,y=b+c,z=c+a$，则 $\displaystyle a=(a+b+c)-(b+c)=\frac{z+x-y}{2}$.

   同理可得 $\displaystyle b=\frac{x+y-z}{2},c=\frac{y+z-x}{2}$，代入原式得

   $$LHS=\frac{1}{2}\left(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y}\right)-\frac{3}{2}$$

   使用基本不等式化简，取等条件 $x=y=z$，即 $a=b=c$.

   注：在数学中 $LHS$ 表示左边的式子，同理 $RHS$ 表示右边的式子。

3. $x,y>0,x+y=2$，则 $(\ \ \ \ )$

$\text{A}.xy$ 最大值为 $1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{B}.\displaystyle\frac{y}{x}+\frac{2}{y}$ 最小值为 $3$

$\displaystyle\text{C}.\frac{x^2}{x+1}+\frac{y^2}{y+2}$ 最小值为 $\displaystyle\frac{5}{6}\ \ \ \ \ \ \ \text{D}.\left(x^2+\frac{1}{5}\right)\left(y^2+\frac{1}{5}\right)$ 最小值为 $\displaystyle\frac{21}{25}$

答案：$\text{AB}$

提示：$\text{C}$ 中 $\displaystyle\frac{x^2}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}=x+1+\frac{1}{x+1}-2$.

类似构造：$m,n>0,m+n=1$，求 $\displaystyle\frac{1}{m+1}+\frac{2m-1}{n+2}$ 的最小值 ？答案：$\displaystyle\frac{\sqrt{5}-1}{2}$.

<!-- 4. 【1989 高联】已知 $a_1,a_2,\dots,a_n$ 是 $n$ 个正数，满足 $a_1a_2\dots a_n=1$，求证：

$$(2+a_1)(2+a_2)\dots(2+a_n)\geq 3^n$$

先猜测取等条件，即 $a_1=a_2=\dots=a_n=1$，告诉我们平均看来，$a_1,a_2,\dots,a_n$ 大致与 $1$ 相当。

如果用不等式 $2+a_i\geq 2\sqrt{2a_i}$，那么 $(2+a_1)(2+a_2)\dots(2+a_n)\geq (2\sqrt{2})^n$，不满足题意。显然左边缩得太多，并且取等条件是 $a_i=2$，所以这是不合适的。

应该改用 $2+a_i=1+1+a_i\geq 3\sqrt[3]{a_i}$，正好达到目标，证完。 -->

4. 设 $a,b,c$ 是正实数，则 $\displaystyle\frac{(a+b+c)(a^2+3b^2+15c^2)}{abc}$ 的最小值为 ？

$$\left(\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{a}{3}+\frac{b}{2}+\frac{b}{2}+c\right)\cdot\left(\frac{a^2}{9}+\dots+\frac{a^2}{9}+\frac{b^2}{4}+\dots+\frac{b^2}{4}+c^2+\dots+c^2\right)\\\geq\sqrt[6]{\left(\frac{a}{3}\right)^3\left(\frac{b}{2}\right)^2c}\cdot 36\sqrt[36]{\left(\frac{a^2}{9}\right)^9\left(\frac{b^2}{4}\right)^{12}(c^2)^{15}}=36abc$$

$\text{Cauchy-Schwarz}$ 柯西-施瓦茨不等式

$$a_i,b_i\in\R\ \ \ \ \left(\sum_{i=1}^{n}a_i^2\right)\left(\sum_{i=1}^{n}b_i^2\right)\geq\left(\sum_{i=1}^{n}a_ib_i\right)^2$$

二元形式：$\displaystyle \red{\boxed{(a^2+b^2)(c^2+d^2)\geq(ab+cd)^2}}$，当 $\displaystyle\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$ 时取等。

三元形式：$\displaystyle \red{\boxed{(a^2+b^2+c^2)(d^2+e^2+f^2)\geq(ad+be+cf)^2}}$，当 $\displaystyle\frac{a}{d}=\frac{b}{e}=\frac{c}{f}$ 取等。

例 1：已知 $x,y,z\in\R,x-2y+2z=5$，求 $(x+5)^2+(y-1)^2+(z+3)^2$ 最小值。

$$\frac{1}{9}[(x+5)^2+(y-1)^2+(z+3)^2][1^2+(-2)^2+2^2]\geq\frac{1}{9}(x-2y+2z+13)^2=36$$

当且仅当 $\displaystyle x=y=-3,z=1$ 取等。

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例 2：求函数 $f(x)=\sqrt{3x-6}+\sqrt{9-x}+\sqrt{26-2x}$ 的最大值。

$$\begin{aligned}f(x)&=\sqrt{\frac{1}{\alpha}}\cdot\sqrt{\alpha\cdot(3x-6)}+\sqrt{\frac{1}{\beta}}\cdot\sqrt{\beta\cdot(9-x)}+\sqrt{\frac{1}{\gamma}}\cdot\sqrt{\gamma\cdot(26-2x)}\\&\leq\left(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma}\right)[\alpha(3x-6)+\beta(9-x)+\gamma(26-2x)]\\&=\left(\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma}\right)[(3\alpha-\beta-2\gamma)x-6\alpha+9\beta+26\gamma]\end{aligned}$$

当 $3\alpha-\beta-2\gamma=0$ 时，最后的结果是常数。结合不等式等号成立条件

$$\alpha\sqrt{3x-6}=\beta\sqrt{9-x}=\gamma\sqrt{26-2x}$$

可以得出 $x=5,f(x)_{\max}=f(5)=9$.

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例 3：【增量换元】【2006 CMO T1】设实数 $a_1,a_2,\dots,a_n$ 满足 $a_1+a_2+\dots+a_n=0$，求证：

$$\max_{1\leq k\leq n}a_k^2\leq\frac{n}{3}\sum_{i=1}^{n-1}(a_i-a_{i+1})^2$$

不妨设 $a_1\leq a_2\leq\dots\leq a_n$ 且 $a_1^2\leq a_n^2$，设 $d_i=a_{i+1}-a_i\geq 0$，于是只用证 $\displaystyle a_n^2\leq \frac{n}{3}\sum_{i=1}^{n-1}d_i^2$

注意到 $\begin{cases}a_{n-1}=a_n-d_{n-1}\\a_{n-2}=a_n-d_{n-1}-d_{n-2}\\\dots\\a_1=a_n-d_{n-1}-d_{n-2}-\dots-d_1\end{cases}$ 于是 $na_n=(n-1)d_{n-1}+(n-2)d_{n-2}+\dots+d_1$

利用柯西不等式，$\displaystyle\begin{aligned}n^2a_n^2&=[(n-1)d_{n-1}+\dots+2d_2+d_1]^2\leq[(n-1)^2+\dots+2^2+1^2]\sum_{i=1}^{n-1} d_i^2\\&=\frac{n(n-1)(2n-1)}{6}\sum_{i=1}^{n-1} d_i^2\leq\frac{n^3}{3}\sum_{i=1}^{n-1} d_i^2\end{aligned}$

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例 4：【2023 IMO T4】设 $x_1,x_2,\dots,x_{2023}$ 为两两不等的正实数，使得对每个 $n=1,2,\dots,2023$，

$$a_n=\sqrt{(x_1+x_2+\dots+x_n)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots+\frac{1}{x_n}\right)}=\sqrt{\sum_{i=1}^n x_i\sum_{i=1}^n\frac{1}{x_i} }$$

都是一个整数，求证：$a_{2023}\geq 3034$.

观察数字，发现只需证明 $a_{n+2}\geq a_n+3$，这样 $a_{2023}\geq a_1+3\cdot 1011=3034$。

$$a_{n+2}^2=((x_1+x_2+\dots+x_n)+x_{n+1}+x_{n+2})\left[\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots+\frac{1}{x_n}\right)+\frac{1}{x_{n+1}}+\frac{1}{x_{n+2}}\right]\\ \geq\left[\sqrt{(x_1+x_2+\dots+x_n)\left(\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\dots+\frac{1}{x_n}\right)}+\sqrt{(x_{n+1}+x_{n+2})\left(\frac{1}{x_{n+1}}+\frac{1}{x_{n+2}}\right)}\right]^2\\=\left[a_n+\sqrt{(x_{n+1}+x_{n+2})\left(\frac{1}{x_{n+1}}+\frac{1}{x_{n+2}}\right)}\right]^2$$

所以 $\displaystyle a_{n+2}\geq a_n+\sqrt{(x_{n+1}+x_{n+2})\left(\frac{1}{x_{n+1}}+\frac{1}{x_{n+2}}\right)}>a_n+2$，很显然了。

推论：权方和不等式

若 $a_i>0,b_i>0$，则

$$\frac{a_1^2}{b_1}+\frac{a_2^2}{b_2}+\dots+\frac{a_n^2}{b_n}\geq\frac{(a_1+a_2+\dots+a_n)^2}{b_1+b_2+\dots+b_n}$$

取等条件：$\displaystyle\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\dots=\frac{a_n}{b_n}$.

常见的二元形式：$\displaystyle\red{\boxed{\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\geq\frac{(a+b)^2}{x+y}}}$，取等条件 $\displaystyle\frac{a}{x}=\frac{b}{y}$.

还可以推广为：若 $a_i>0,b>0$，则

1. 当 $m(m+1)>0$ 时，

$$\frac{a_1^{m+1} }{b_1^m}+\frac{a_2^{m+1} }{b_2^m}+\dots+\frac{a_n^{m+1} }{b_n^m}\geq\frac{(a_1+a_2+\dots+a_n)^{m+1} }{(b_1+b_2+\dots+b_n)^m}$$

2. 当 $m(m+1)=0$ 时，

$$\frac{a_1^{m+1} }{b_1^m}+\frac{a_2^{m+1} }{b_2^m}+\dots+\frac{a_n^{m+1} }{b_n^m}=\frac{(a_1+a_2+\dots+a_n)^{m+1} }{(b_1+b_2+\dots+b_n)^m}$$

3. 当 $m(m+1)\leq0$ 时，

$$\frac{a_1^{m+1} }{b_1^m}+\frac{a_2^{m+1} }{b_2^m}+\dots+\frac{a_n^{m+1} }{b_n^m}\leq\frac{(a_1+a_2+\dots+a_n)^{m+1} }{(b_1+b_2+\dots+b_n)^m}$$

取等条件都是 $\displaystyle\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\dots=\frac{a_n}{b_n}$.

例 1：已知 $x,y>0,x+y=1$，求 $\displaystyle\frac{1}{x}+\frac{4}{y}$ 的最小值。

$$\frac{1^2}{x}+\frac{2^2}{y}\geq\frac{(1+2)^2}{x+y}=9$$

例 2：已知 $\displaystyle x,y>0,\frac{1}{x}+\frac{2\sqrt{2}}{y}=1$，求 $\sqrt{x^2+y^2}$ 的最小值。

$$\frac{1}{x}+\frac{2\sqrt{2} }{y}=\frac{1^{\frac{3}{2} } }{(x^2)^{\frac{1}{2} } }+\frac{2^{\frac{3}{2} } }{(y^2)^{\frac{1}{2} } }\geq\frac{(1+2)^{\frac{3}{2} } }{(x^2+y^2)^{\frac{1}{2} } }\implies \sqrt{x^2+y^2}\leq 3\sqrt{3}\ \ \ (x=3,y=3\sqrt 2)$$

练：已知 $\displaystyle x\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)$，求 $\displaystyle\frac{1}{\sin x}+\frac{7}{\cos x}$ 的最小值。答案：$(1+7^{\frac{2}{3}})^\frac{3}{2}$

推论：$\text{Carlson}$ 卡尔松不等式

$$(x_1^n+y_1^n+\dots)(x_2^n+y_2^n+\dots)\dots(x_n^n+y_n^n+\dots)\geq(x_1x_2\dots x_n+y_1y_2\dots y_n+\dots)^n$$

其表述是：在 $m\times n$ 矩阵中，各列元素之和的几何平均不小于各行元素的几何平均之和，当 $n=2$ 时即为柯西二维形式。

例：正数 $x,y$ 满足 $x+2y=1$，求 $\displaystyle\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}$ 的最小值。

$$(x+2y)(x+2y)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})\geq(1+\sqrt[3]{4})^3$$

其他推论

设 $a_1,a_2,\dots,a_n,b_1,b_1,\dots,b_n\in\R$，则

$$\sqrt{a_1^2+b_1^2}+\sqrt{a_2^2+b_2^2}+\dots+\sqrt{a_n^2+b_n^2}\geq\sqrt{(a_1+a_2+\dots+a_n)^2+(b_1+b_2+\dots+b_n)^2}$$

证明：对 $n$ 进行归纳。当 $n=1$ 时显然成立。当 $n=2$ 时直接平方柯西即证。假设 $n=k$ 时成立，$n=k+1$ 时：

$$\begin{aligned}&\ \ \ \ \ \ \sqrt{a_1^2+b_1^2}+\sqrt{a_2^2+b_2^2}+\dots+\sqrt{a_k^2+b_k^2}+\sqrt{a_{k+1}^2+b_{k+1}^2}\\&\geq\sqrt{(a_1+a_2+\dots+a_k)^2+(b_1+b_2+\dots+b_k)^2}+\sqrt{a_{k+1}^2+b_{k+1}^2}\\&\geq\sqrt{(a_1+a_2+\dots+a_{k+1})^2+(b_1+b_2+\dots+b_{k+1})^2}\end{aligned}$$

于是原不等式成立。

$\text{Aczel}$ 奥采尔不等式

设整数 $n\geq 2,a_1,a_2,\dots,a_n,b_1,b_2,\dots,b_n$ 是实数，满足 $\displaystyle a_1^2>\sum_{i=2}^n a_i^2$，那么

$$\left(a_1^2-\sum_{i=2}^n a_i^2\right)\left(b_1^2-\sum_{i=2}^n b_i^2\right)\leq\left(a_1b_1-\sum_{i=2}^na_ib_i\right)^2$$

当且仅当 $\displaystyle\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\dots=\frac{a_n}{b_n}$ 时成等号成立。规定 $a_i=0$ 时 $b_i=0$.

常见的二元形式：$\displaystyle\red{\boxed{(a^2-b^2)(c^2-d^2)\leq(ac-bd)^2}}$，当 $\displaystyle\frac{a}{c}=\frac{b}{d}$ 时取等。

例 1：求 $f(x)=\sqrt{5x-4}-\sqrt{x-4}$ 最小值。

$$f(x)=\sqrt{5}\cdot\sqrt{x-\frac{4}{5} }-1\cdot\sqrt{x-4}\geq\sqrt{\left(\sqrt{5}^2-1^2\right)\left(\sqrt{x-\frac{4}{5} }^2-\sqrt{x-4}^2\right)}=\frac{8\sqrt{5} }{5}$$

当且仅当 $\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{1}=\frac{\sqrt{x-\frac{4}{5}}}{\sqrt{x-4}}$ 即 $\displaystyle x=\frac{24}{5}$ 时取等。

练 1：求 $f(x)=2\sqrt{x^2+1}-x$ 最小值。答案：$\sqrt{3}$.

练 2：求 $f(x)=\sqrt{4x^2+25}-\sqrt{3}x$ 最小值。答案：$\displaystyle\frac{5}{2}$.

总结：对于 $a\sqrt{x^2+b}-cx+d$ 的最小值是 $\sqrt{(a^2-c^2)b}+d$，此时 $\displaystyle x=c\sqrt{\frac{b}{a^2-c^2}}$.

例 2：求 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{2x^2+1}-\frac{2}{x^2+1}$ 最小值。

$$\left(\frac{1}{2x^2+1}-\frac{4}{2x^2+2}\right)[(2x^2+1)-(2x^2+2)]\leq1$$

所以 $f(x)\geq -1$，在 $x=0$ 取等。

$\text{Bernoulli}$ 伯努利不等式

若实数 $x_i$ 各项符号相同，且 $x_i>-1$，则：

$$\prod_{i=1}^n (1+x_i)\geq 1+\sum_{i=1}^{n}x_i$$

取等条件显然为 $x_i=0.$

当 $x_i$ 相等时，变为如下三种形式：（ 全部都要求 $x>-1$ ）

1. 当 $r>1$ 或 $r<0$ 时，$(1+x)^r\geq 1+rx.$
2. 当 $0<r<1$ 时，$(1+x)^r\leq 1+rx.$

广义伯努利不等式：设实数 $x_1,x_2,\dots,x_n\geq 1$ 或 $x_1,x_2,\dots,x_n\leq 1$，有

$$\sum_{i=1}^n x_i\leq\prod_{i=1}^n x_i +n-1$$

例：欲证明 $\displaystyle\ln(1+\sqrt{2})>\frac{\sqrt{2}}{2}$，有

$$(1+\sqrt{2})^{\sqrt{2} }>1+\sqrt{2}\times\sqrt{2}>e\implies 1+\sqrt{2}>e^{\frac{\sqrt{2} }{2} }$$

幂平均不等式

$$a_i>0,\alpha>\beta\ \ \ \ \left(\frac{\sum_{i=1}^{n}a_i^\alpha}{n}\right)^{\frac{1}{\alpha} }\geq\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} a_i^\beta}{n}\right)^{\frac{1}{\beta} }$$

取等条件：$a_1=a_2=\dots=a_n$.

加权形式：$\displaystyle a_i>0,p_i>0,\alpha>\beta\ \ \ \ \ \left(\frac{\sum_{i=1}^{n}p_ia_i^{\alpha}}{\sum_{i=1}^{n}p_i}\right)^{\frac{1}{\alpha}}\geq\left(\frac{\sum_{i=1}^{n}p_ia_i^{\beta}}{\sum_{i=1}^{n}p_i}\right)^{\frac{1}{\beta}}$

$\text{Chebyshev}$ 切比雪夫不等式

若 $a_1\leq a_2\leq\dots\leq a_n,b_1\leq b_2\leq\dots\leq b_n$，则：

$$\sum_{i=1}^na_ib_i\geq\frac{1}{n}\left(\sum_{i=1}^{n}a_i\right)\left(\sum_{i=1}^{n}b_i\right)\geq\sum_{i=1}^n a_ib_{n+1-i}$$

取等条件：$a_1=a_2=\dots=a_n$ 或 $b_1=b_2=\dots=b_n$.

常见的二元形式：若 $a<b,c<d$ 则 $\displaystyle ac+bd\geq\frac{(a+b)(c+d)}{2}\geq ad+bc$.

排序不等式

若 $a_1\leq a_2\leq\dots\leq a_n,b_1\leq b_2\leq\dots\leq b_n$，则：正序和 $\geq$ 乱序和 $\geq$ 反序和。

$$a_1b_1+a_2b_2+\dots+a_nb_n\geq x_1b_1+x_2b_2+\dots+x_nb_n\geq a_nb_1+a_{n-1}b_2+\dots+a_1b_n$$

取等条件：$a_1=a_2=\dots=a_n$ 或 $b_1=b_2=\dots=b_n$.

$\mathrm{H\ddot{o}lder}$ 赫尔德不等式（ 高次柯西 ）

$$a_i,b_i\geq 0,p>1,\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1\ \ \ \ \ \ \left(\sum_{i=1}^{n}a_i^p\right)^{\frac{1}{p} }\left(\sum_{i=1}^{n}b_i^q\right)^{\frac{1}{q} }\geq\sum_{i=1}^{n}a_ib_i$$

更常用的形式是：

$$\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^p\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)^q\geq\left[\sum_{i=1}^n(a_i^pb_i^q)^{\frac{1}{p+q}}\right]^{p+q}$$

<!-- 例：已知 $a,b>0,\displaystyle\frac{1}{a}+\frac{8}{b}=1$，求 $a^2+b^2$ 最小值。

使用三维赫尔德不等式，$\displaystyle(a^2+b^2)\left(\frac{1}{a}+\frac{8}{b}\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{8}{b}\right)\geq(\sqrt[3]{1}+\sqrt[3]{64})^3=125$.

或者 $\displaystyle\begin{cases}a^2+\frac{125}{a}+\frac{125}{a}\geq 3\sqrt[3]{a^2\frac{125}{a}\frac{125}{a}}=75\\b^2+\frac{1000}{b}+\frac{1000}{b}\geq 3\sqrt[3]{b^2\frac{1000}{b}\frac{1000}{b}}=300\end{cases}\implies a^2+b^2+250\left(\frac{1}{a}+\frac{8}{b}\right)\geq 375$ -->

$\text{Jensen}$ 琴生不等式

设 $f(x)$ 为单调区间 $[a,b]$ 的下凸函数，表示对任意 $x_i\in[a,b]$ 均有 $$\displaystyle f\left(\frac{x+y}{2}\right)\leq \frac{1}{2}[f(x)+f(y)]$$

则对任意 $n\in\N^*$ 及 $x_1,x_2,\dots,x_n\in[a,b]$ 均有

$$f\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n}\right)\leq\frac{\sum_{i=1}^{n} f(x_i)}{n}$$

$\mathrm{Weitzenb\ddot ock}$ 外森比克不等式

设 $a,b,c$ 为三角形三边，$S$ 为此三角形面积，则

$$a^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S$$

等号成立条件：$a=b=c$，几何意义：以三边分别做等边三角形，其面积之和大于等于原三角形的面积的 $3$ 倍。

推广：若 $x,y,z>0$，则

$$\red{\boxed{xa^2+yb^2+zc^2\geq 4\sqrt{xy+xz+yz}S}}$$

证明：过点 $A$ 作 $BC$ 的垂线 $AD$，记 $AB=c,AC=b,AD=h,BD=m,CD=n$，则

$$\begin{aligned}xa^2+yb^2+zc^2&=xa^2+y(n^2+h^2)+z(m^2+h^2)=xa^2+\left(\frac{n^2}{\frac{1}{y}}+\frac{m^2}{\frac{1}{z}}\right)+(y+z)h^2\\&\geq xa^2+\frac{(n+m)^2}{\frac{1}{y}+\frac{1}{z}}+(y+z)h^2=\frac{xy+xz+yz}{y+z}a^2+(y+z)h^2\\&\geq 2\sqrt{xy+xz+yz}ah=4\sqrt{xy+xz+yz}S\end{aligned}$$

分别用了权方和不等式和均值不等式证明，取等条件 $\displaystyle ny=mz$ 且 $(y+z)^2=xy+xz+yz$.

$\text{Minkowski}$ 闵可夫斯基不等式

设实数 $r\geq 1,a_1,a_2\dots,a_n,b_1,b_2,\dots,b_n>0$，则

$$\left[\sum_{i=1}^n(a_i+b_i)^r\right]^{\frac{1}{r} }\leq\left(\sum_{i=1}^n a_i^r\right)^{\frac{1}{r} }+\left(\sum_{i=1}^n b_i^r\right)^{\frac{1}{r} }$$

取等条件：对应 $a_i$ 与 $b_i$ 成比例。

注意：当 $r\leq 1$ 时，不等式反向。

乘积形式：设 $a_1,a_2\dots,a_n,b_1,b_2,\dots,b_n>0$，则

$$\prod_{i=1}^n(a_i+b_i)^{\frac{1}{n} }\geq \left(\prod_{i=1}^n a_i\right)^{\frac{1}{n} }+\left(\prod_{i=1}^n b_i\right)^{\frac{1}{n} }$$

$\text{Schur}$ 舒尔不等式

设 $x,y,z\in\R^*$，则（ $\displaystyle\sum_{cyc}$ 表示轮换对称和 ）

$$\sum_{cyc}[x(x-y)(x-z)]=x(x-y)(y-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y)\geq 0$$

一般地，舒尔不等式为：设 $x,y,z\geq 0,r>0$，则

$$\sum_{cyc} x^r(x-y)(x-z)\geq 0$$

证明：不妨设 $x\geq y\geq z$，则 $LHS\geq x^r(x-y)(x-z)-y^r(x-y)(y-z)\geq y^r(x-y)^2\geq 0$。

舒尔不等式有两个变形非常有用：

$$\sum_{cyc}x^3-\sum_{cyc}[x^2(y+z)]+3xyz\geq 0$$

$$\left(\sum_{cyc}x\right)^3-4\left(\sum_{cyc}x\right)\left(\sum_{cyc}yz\right)+9xyz\geq 0$$

嵌入不等式

设 $A,B,C$ 是三角形 $\Delta ABC$ 的三个内角，则对任意实数 $x,y,z$ 有

$$x^2+y^2+z^2\geq 2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B$$

例题：【2007 CTST T4】设正实数 $u,v,w$ 满足 $u+v+w+\sqrt{uvw}=4$，求证：

$$\sqrt{\frac{vw}{u} }+\sqrt{\frac{wu}{v} }+\sqrt{\frac{uv}{w} }\geq u+v+w$$

设 $u=a^2,v=b^2,w=c^2$，有 $a^2+b^2+c^2+abc=4$，只用证 $\displaystyle\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\geq a^2+b^2+c^2$，设 $a=2\cos A,b=2\cos B,c=2\cos C$，只用证

$$\frac{\cos B\cos C}{\cos A}+\frac{\cos A\cos C}{\cos B}+\frac{\cos A\cos B}{\cos C}\geq 2(\cos^2A+\cos^2B+\cos^2C)$$

这很显然了。

其他关于三角的不等式：如果 $k,u,v,w>0$ 并且 $\displaystyle \frac{1}{u^2+k}+\frac{1}{v^2+k}+\frac{1}{w^2+k}=\frac{2}{k}$，那么

$$u\sin A+v\sin B+w\sin C\leq \frac{1}{k}\sqrt{(u^2+k)(v^2+k)(w^2+k)}$$

当且仅当 $\displaystyle\frac{u^2+k}{u}\sin A=\frac{v^2+k}{v}\sin B=\frac{w^2+k}{w}\sin C$ 或者 $u\cos A=v\cos B=w\cos C$.

绝对值不等式

$$|a|+|b|\leq|a+b|\implies |x_1+x_2+\dots+x_n|\leq |x_1|+|x_2|+\dots+|x_n|$$

$$||a|-|b||\leq|a\pm b|\leq|a|+|b|$$

$$|a_j|-\sum_{k\neq j}|a_k|\leq\left|\sum_{k=1}^n a_k\right|\leq\sum_{k=1}^n|a_k|$$

$\mathrm{Hlawka}$ 不等式

$$|a|+|b|+|c|+|a+b+c|\geq|a+b|+|a+c|+|b+c|$$

$$\implies (n-2)\sum_{k=1}^n|a_k|+\left|\sum_{k=1}^na_k\right|\geq\sum_{1\leq i<j\leq n}|a_i+a_j|$$

例子

1. 若实数 $x,y$ 满足 $x^2+y^2+xy=1$, 则 $x+y$ 的最大值是 ？

   使用判别式法，令 $k=x+y, x=k-y$ 代入得

   $$y^2-ky+k^2-1=0,\ \Delta=k^2-4(k^2-1)\geq 0\implies -\frac{2\sqrt{3}}{3}\leq k\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}, x+y\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}$$

2. 已知正实数 $y$ 满足 $\displaystyle\frac{xy}{y-x}=\frac{1}{5x+4y}$, 则正实数 $x$ 的最大值是 ？

   $$\displaystyle 4xy^2+(5x^2-1)y+x=0\implies y_1y_2=\frac{1}{4}>0, y_1+y_2=-\frac{5x^2-1}{4x}>0$$

   $$\therefore \begin{cases}5x^2-1<0 \\ x>0 \end{cases} 或\begin{cases} 5x^2-1>0 \\ x<0 \end{cases}\implies 0<x<\frac{\sqrt{5}}{5}$$

   $$\Delta=(5x^2-1)^2-16x^2\geq 0 \implies 5x^2-1\geq 4x\ 或 \ 5x^2-1\leq -4x\implies x\in\left(0,\frac{1}{5}\right]$$

3. $\Delta ABC$ 中求 $\displaystyle\left(\frac{S}{a^2+2bc}\right)$ 的最大值。

   所求式中 $a,b,c$ 等价，故 $a=b=c$ 时取最值 $\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{12}$.

   当然考试不能这么写，这里给出一个正经做法：令 $bc=1$，那么 $$a^2=b2+c^2-2bc\cos A\geq 2bc-2\cos A=2-2\cos A$$ 由于 $\displaystyle S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}\sin A$，所以 $\displaystyle\frac{S}{a^2+2bc}\leq\frac{\sin A}{8-4\cos A}$，求导可知当 $\displaystyle A=\frac{\pi}{3},b=c$ 时也就是 $\Delta ABC$ 为等边三角形时取等。

4. 若正实数 $x,y,z$ 满足 $(x+2y)(y+z)=4yz$ 且 $z\leq 3x$，求 $\displaystyle p=\frac{3x^2+2y^2}{3xy}$ 的范围.
   考虑消去 $z$，而 $\displaystyle z=\frac{(x+2y)y}{2y-x}\leq 3x$，得到 $\displaystyle\frac{(3x-2y)(x-y)}{2y-x}\leq 0$，由 $2y-x>0$ 得 $\displaystyle (3x-2y)(x-y)\leq 0\implies \frac{2}{3}\leq\frac{x}{y}\leq 1$. 于是 $\displaystyle p=\frac{x}{y}+\frac{2}{3}\frac{y}{x}\in\left[\frac{2\sqrt{6}}{3},\frac{5}{3}\right]$.

5. 【2001 IMO T2】求证：$\forall a,b,c>0,\displaystyle\frac{a}{\sqrt{a^2+8bc}}+\frac{b}{\sqrt{b^2+8ca}}+\frac{c}{\sqrt{c^2+8ab}}\geq 1①$

【高考证法】

首先注意到 $a=b=c=1$ 时等号成立。其次，每个分数的“阶”都是“零次”（ 分母是二次，开方后一次，相除后零次 ），这种分数可令

$$A=\frac{bc}{a^2}\ \ \ B=\frac{ca}{b^2}\ \ \ C=\frac{ab}{c^2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ABC=1$$

将 $①$ 化为 $\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1+8A}}+\frac{1}{\sqrt{1+8B}}+\frac{1}{\sqrt{1+8C}}\geq 1$，注意这时不能用柯西不等式，否则更加麻烦，是条死路。于是只能通分，化为等价的：

$$\sum \sqrt{(1+8B)(1+8C)}\geq \sqrt{(1+8A)(1+8B)(1+8C)}$$

两边平方得

$$\sum(1+8B)(1+8C)+2\sqrt{(1+8A)(1+8B)(1+8C)}\sum\sqrt{1+8A}\geq(1+8A)(1+8B)(1+8C)$$

由 $ABC=1$ 化简，只用证下述 $②$ 成立即可。

$$\sqrt{(1+8A)(1+8B)(1+8C)}\sum\sqrt{1+8A}+4\sum A\geq 255②$$

因 $ABC=1$，所以 $\begin{cases}\sum A\geq 3\sqrt[3]{ABC}=3\\\sum AB\geq 3\sqrt[3]{A^2B^2C^2}=3\end{cases}$，于是

$$(1+8A)(1+8B)(1+8C)=1+8\sum A+64\sum AB+512\geq 1+24+64\times 3+512=9^3$$

$$\sum\sqrt{1+8A}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{1+8A}\cdot\sqrt{1+8B}\cdot\sqrt{1+8C}}\geq 9$$

$$②\geq 9^{2.5}+4\times 3=255$$

证毕。

【竞赛证法】

由权方和不等式得

$$①=\frac{a^{1.5}}{\sqrt{a^3+8abc}}+\frac{b^{1.5}}{\sqrt{b^3+8abc}}+\frac{c^{1.5}}{\sqrt{c^3+8abc}}\geq\frac{(a+b+c)^{1.5}}{\sqrt{a^3+b^3+c^3+24abc}}\geq\frac{(a+b+c)^{1.5}}{\sqrt{(a+b+c)^3}}=1$$

关于证 $a^3+b^3+c^3+24abc\leq (a+b+c)^3$：即证 $8abc\leq (a+b)(b+c)(c+a)$，均值即得。

此外还有反证法等等。

和式的恒等变换

$$a_ia_j+b_ib_j-a_ib_j-a_jb_i=(a_i-b_i)(a_j-b_j)$$

$$\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2=\sum_{i=1}^n a_i^2+2\sum_{1\leq i<j\leq n}a_ia_j$$

$$\sum_{1\leq i<j\leq n}(a_i-a_j)^2=n\sum_{i=1}^n a_i^2-\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)^2$$

$$\left(\sum_{i=1}^n a_i\right)\left(\sum_{i=1}^n b_i\right)=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_ib_j=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_jb_i$$

$$\sum_{1\leq i\leq j\leq n}a_ia_j=\sum_{i=1}^n\left(\sum_{j=i}^n a_ia_j\right)=\sum_{j=1}^n\left(\sum_{i=1}^j a_ia_j\right)$$

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n a_ib_j=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n(a_ib_j+a_jb_i)$$

$$a_n-a_1=\sum_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)$$

$\text{Abel}$ 阿贝尔变换

对于两个数列 $a_n,b_n$，记 $B_n$ 为 $b_n$ 前缀和，那么

$$\begin{aligned}\sum_{k=1}^n a_kb_k&=a_1b_1+\sum_{k=2}^n a_kb_k=a_1B_1+\sum_{k=2}^n a_k(B_k-B_{k-1})\\&=a_1B_1+\sum_{k=2}^na_kB_k-\sum_{k=2}^n a_kB_{k-1}=\sum_{k=1}^{n-1}a_kB_k+a_nB_n-\sum_{k=1}^{n-1}a_{k+1}B_k\\&=\red{\boxed{\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})B_k+a_nB_n}}\end{aligned}$$

那么可以很快地算出 “等差 $a_n\times$ 等比 $b_n$ ” 这类数列的前缀和。

例 1：求值 $\displaystyle\sum_{k=1}^n k^2$.

令 $a_n=n,b_n=n$，则 $$\sum_{k=1}^n k^2=\sum_{k=1}{n-1}(-1)\frac{k(k+1)}{2}+n\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n^{3+n}{2}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}}{n-1} k^2-\frac{n(n-1)}{4}$$

令 $S=\displaystyle\sum_{k=1}^n k^2$，则 $\displaystyle S=\frac{n^3+n}{2}-\frac{1}{2}(S-n^2)-\frac{n(n-1)}{4}\implies S=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$.

例 2：证明：$\displaystyle\frac{2}{3}n\sqrt{n}\leq \sum_{k=1}^n \sqrt{k}<\frac{(4n+3)\sqrt{n}-1}{6}$.

令 $a_n=\sqrt{n},b_n=1$，则

$$S=\sum_{k=1}^n\sqrt{k}=\sum_{k=1}^{n-1}(\sqrt{k}-\sqrt{k+1})k+n\sqrt{n}=n\sqrt{n}-\sum_{k=1}^n(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})k$$

因为

$$\frac{1}{2\sqrt{k+1}}\leq\sqrt{k+1}-\sqrt{k}=\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}\leq\frac{1}{2\sqrt{k}}$$

所以

$$S\geq n\sqrt{n}-\sum_{k=1}^n\frac{\sqrt{k}}{2}$$

解不等式即可证左边。下证右侧。令 $\displaystyle a_n=\frac{1}{\sqrt{n}},b_n=n$，则

$$\begin{aligned}S&=\sum_{k=1}^n\sqrt{k}=\sum_{k=1}^{n-1}\left(\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{1}{\sqrt{k+1}}\right)\frac{k(k+1)}{2}+\frac{\sqrt{n}(n+1)}{2}\\&=\frac{\sqrt{n}(n+1)}{2}+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})\sqrt{k(k+1)}}{2}\\&=\frac{\sqrt{n}(n+1)}{2}+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\sqrt{k(k+1)}}{2(\sqrt{k+1}+\sqrt{k})}\leq\frac{\sqrt{n}(n+1)}{2}+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}{8}\\&=\frac{\sqrt{n}(n+1)}{2}+\frac{1}{8}(2S-1-\sqrt{n})\end{aligned}$$

解得 $\displaystyle S\leq\frac{(4n+3)\sqrt{n}-1}{6}$.

函数

复合函数单调性——同增异减

以下用箭头 $\uparrow$ 表示函数单调递增，箭头 $\downarrow$ 表示函数单调递减。

$f(x)$	$g(x)$	$f(g(x))$
$\uparrow$	$\uparrow$	$\uparrow$
$\uparrow$	$\downarrow$	$\downarrow$
$\downarrow$	$\uparrow$	$\downarrow$
$\downarrow$	$\downarrow$	$\uparrow$

奇偶性

• 奇函数：对称中心 $(0,0)$，如 $\displaystyle y=\frac{k}{x}\ (k\neq 0)$.

• 偶函数：关于 $x=0$ 对称，如 $y=|x|,\ y=x^2$.

• 一个多项式函数为奇函数，当且仅当它只有奇数次幂，如 $f(x)=2x^7+5x^5-x^3$.

• 一个多项式函数为偶函数，当且仅当它只有偶数次幂，如 $f(x)=x^6-6x^4+x^2+9$.

• $\red{\boxed{y=f(ax+b)+c 是奇函数，则 f(x) 的对称中心 (b,-c).}}$

• $\red{\boxed{y=f(ax+b)+c 是偶函数，则 f(x) 关于 x=b 对称。}}$

• 反函数：定义域和值域与原函数互换的新函数，如 $f(x)=\log_ax$ 的反函数为 $g(x)=a^x$，反之亦然。

  例：已知函数 $f(x)=a^{x-1}+3(a>0\ 且 \ a\neq 1)$，则 $f(x)$ 的的图像恒过定点 $(1,4) \\ \implies f(x)$ 的反函数的图像恒过定点 $(4,1)$，即横坐标与纵坐标互换。

  反函数的其他性质：原函数与其反函数关于直线 $y=x$ 对称。

• $|奇函数|=偶函数$。

• 奇偶函数加减法则

$\text{Type1}$	$\text{Operator}$	$\text{Type2}$	$\text{Result}$
$\text{奇}$	$\pm$	$\text{奇}$	$\text{奇}$
$\text{偶}$	$\pm$	$\text{偶}$	$\text{偶}$
$\text{奇}$	$\times$	$\text{奇}$	$\text{偶}$
$\text{偶}$	$\times$	$\text{偶}$	$\text{偶}$
$\text{奇}$	$\times$	$\text{偶}$	$\text{奇}$

• 复合函数奇偶性（ $\red{有偶则偶，同奇则奇}$ ）

$f(x)$	$g(x)$	$f(g(x))$
奇	奇	奇
奇	偶	偶
偶	奇	偶
偶	偶	偶

对称性

必记二级结论

• $f(a+x)=f(b-x)\implies f(x)$ 关于 $\displaystyle x=\frac{a+b}{2}$ 对称。

• $f(a+x)+f(b-x)=c\implies f(x)$ 的对称中心为 $\displaystyle\left(\frac{a+b}{2},\frac{c}{2}\right)$.

以下记 $T$ 为函数的周期, 记 $C\in\R$ 为某个常数。

• $f(x+a)=f(x+b) \implies T=|b-a|$

• $f(x)+f(x+a)=C \implies T=2a$

• $f(x)\times f(x+a)=C \implies T=2a$

• $f(x+2a)=f(x+a)-f(x) \implies T=6a$

• $f(x)$ 关于 $x=a,x=b$ 对称 $\implies T=|2(b-a)|$

• $f(x)$ 的两个对称中心 $(a,0),\ (b,0)\implies T=|2(b-a)|$

• $f(x)$ 关于 $x=a$ 对称且有个对称中心 $(b,0)\implies T=|4(b-a)|$

拓展二级结论

• 三次及以下的多项式函数具有一般对称性，四次及以上的多项式函数不具有一般对称性。

  最高幂次为奇数的多项式函数只可能具有中心对称性，最高幂次为偶数的多项式函数只可能具有轴对称性。

  如果一个多项式函数 $f(x)=a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1 x+a_0$ 具有中心对称性，那么它的对称中心为 $\displaystyle\red{\boxed{\left(-\frac{a_{n-1}}{na_n},f\left(-\frac{a_{n-1}}{na_n}\right)\right)}}$.

  如果一个多项式函数 $f(x)=a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1 x+a_0$ 具有轴对称性，那么它的对称轴 $\displaystyle x=-\frac{a_{n-1}}{na_n}$.

• $\displaystyle f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}$ 的对称中心 $\displaystyle\left(-\frac{d}{c},\frac{a}{c}\right)$.

  注意到该函数的定义域为 $\displaystyle\left\{x\mid x\neq - \frac{d}{c}\right\}$，值域是 $\displaystyle\left\{x\mid x\neq\frac{a}{c}\right\}$.

  例：$\displaystyle f(x)=\frac{x}{x+1}+\frac{x+1}{x+2}+\frac{x+2}{x+3}$ 的对称中心 ？

  首先我们知道，这三个式子的对称中心分别是 $(-1,1)$，$(-2,1)$，$(-3,1)$.

  如果这个函数有对称中心，其横坐标就在 $-1,-2,-3$ 中间即 $-2$.

  因为函数是三个式子相加，所以纵坐标就是三个纵坐标相加即 $3$.

  所以函数的对称中心 $(-2,3)$.

• $\displaystyle f(x)=\frac{t}{a^{x-k}+1}$ 的对称中心 $(k,f(k))$ 即 $\displaystyle\left(k,\frac{t}{2}\right)$.

• $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ 的对称中心 $\displaystyle\red{\boxed{\left(-\frac{b}{3a},f\left(-\frac{b}{3a}\right)\right)}}$.

• $f(|ax+b|)$ 关于 $\displaystyle x=-\frac{b}{a}$ 对称 且 $f(|ax+b|)$ 在 $\displaystyle x>-\frac{b}{a}$ 时与 $f(t)$ 的单调性相同。

• 任何一个函数 $f(x)$ 都可以拆分为 $\begin{cases}一个奇函数\ \ \ \displaystyle \red{\boxed{F(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2}}}\\一个偶函数\ \ \ \displaystyle \red{\boxed{G(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2}}}\end{cases}$ 之和。

• $\displaystyle f(x+a)=\frac{mf(x)+b}{cf(x)-m}(a,b,c\in\R,c\neq 0,m^2+bc\neq 0) \implies T=2a$.

• $\displaystyle f(x+a)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)} \implies T=4a$.

• $f(x)$ 关于 $(a,b)$ 中心对称 $\iff\ f(x+a)-b$ 是奇函数。

函数图像的变化

参考：here

平移：下加上减，左加右减

向上平移 $m$：将方程中所有 $y$ 替换成 $(y-m)$.

向下平移 $m$：将方程中所有 $y$ 替换成 $(y+m)$.

向左平移 $n$：将方程中所有 $x$ 替换成 $(x+n)$.

向右平移 $n$：将方程中所有 $x$ 替换成 $(x-n)$.

例如：将 $x^4+y^4=3xy(x+y)+0.01$ 的图像向右平移 $2$ 个单位，向下平移 $3$ 个单位得到

$$(x-2)^4+(y+3)^4=3(x-2)(y+3)(x+y+1)+0.01$$

伸缩

以 $x$ 轴为轴伸缩到原来的 $k(k>0)$ 倍：将方程中所有 $y$ 替换成 $\displaystyle\frac{y}{k}$.

以 $y$ 轴为轴伸缩到原来的 $k(k>0)$ 倍：将方程中所有 $x$ 替换成 $\displaystyle\frac{x}{k}$.

若要以其他直线为轴伸缩，那么就先平移过去再伸缩，若直线是倾斜的如 $y=x+2$ 还要加上旋转一步。

旋转

对于任何方程，将其图像绕原点顺时针旋转 $\theta$，只需要将其表达式中所有 $x$ 替换为 $\red{\boxed{x\cos\theta-y\sin\theta}}$，将所有 $y$ 替换为 $\red{\boxed{x\sin\theta+y\cos\theta}}$. 逆时针旋转 $\theta$ 相当于顺时针旋转 $-\theta$.

例如：将 $y=x^2$ 绕原点顺时针旋转 $45\degree$ 得到

$$\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y=\left(\frac{\sqrt{2}}{2}x-\frac{\sqrt{2}}{2}y\right)^2\implies \sqrt{2}(x+y)=(x-y)^2$$

对称

将点 $(a,b)$ 沿 $x$ 轴对称变为 $(a,-b)$，沿 $y$ 轴对称变为 $(-a,b)$.

将方程的图像沿 $x$ 轴对称就将所有 $y$ 替换成 $-y$，沿 $y$ 轴对称就将所有 $x$ 替换成 $-x$.

若将直线沿 $y=kx$ 对称，记倾斜角为 $\theta$，那么将所有 $x$ 替换成 $\boxed{x\cos 2\theta+y\sin 2\theta}$，将所有 $y$ 替换成 $\boxed{x\sin 2\theta-y\cos 2\theta}$

常见抽象函数及其模型

• $f(x\pm y)=f(x)\pm f(y) \implies f(x)=kx\ (k\neq 0)$

  • $f(x+y)=f(x)+f(y)$ 证单调性/奇偶性：

    $\forall x_1,x_2 \in \R,\ x_1<x_2,\ f(x_1)-f(x_2)=f(x_1-x_2+x_2)-f(x_2)=f(x_1-x_2)$

• $f(xy)=f(x)+f(y)\ 或 \ f(\frac{x}{y})=f(x)-f(y) \implies f(x)=\log_a x\ (a>0\ 且 \ a\neq 1)$

  • $f(xy)=f(x)+f(y)$ 证单调性/奇偶性：

    $f(1)=f(1)+f(1)=0\ 且\ f(-1)=f(-1)+(1)=0$

    $\displaystyle f(1)=f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=0\ 且\ f(-1)=f(-x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=0$

    $\therefore f(x)=f(-x)$

• $f(xy)=f(x)f(y)\ 或 \ \displaystyle f\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{f(x)}{f(y)} \implies f(x)=x^a$

• $f(x+y)=f(x)f(y)\ 或 \ \displaystyle f(x-y)=\frac{f(x)}{f(y)} \implies f(x)=a^x\ (a>0\ 且 \ a\neq 1)$

• $\displaystyle f(x\pm y)=\frac{f(x)\pm f(y)}{1\mp f(x)f(y)} \implies f(x)=\tan x\ \left(x\neq k\pi+\frac{\pi}{2},k\in\Z\right)$

求值域

• 分离常数 $\displaystyle\frac{ax+b}{cx+d}=\frac{a}{c}+\frac{ac-bd}{c^2(x+\frac{d}{c})}$

  例：求 $\displaystyle f(x)=\frac{x^2-x-1}{x^2+x+1}$ 值域，先求出定义域 $\R$.

  $\displaystyle\frac{x^2-x-1}{x^2+x+1}=1-\frac{2x+2}{x^2+x+1},\text{ }$ 令 $\displaystyle g(x)=\frac{x^2+x+1}{2x+2}, f(x)=1-\frac{1}{g(x)}$

  $\displaystyle g(x)=\frac{x^2+x+1}{2x+2}=\frac{x}{2}+\frac{1}{2x+2}=\frac{x+1}{2}+\frac{1}{2(x+1)}-\frac{1}{2}$

  对 $x$ 分类讨论后使用基本不等式。

  $\begin{cases} \displaystyle x+1\ge 0, x\ge -1, g(x)\geq 2\sqrt{\frac{1}{4}}-\frac{1}{2}=\frac{1}{2} \\ x+1=0, x=-1, g(x) 无意义，f(x)=1 \\ \displaystyle x+1\le 0, x\le -1, g(x)\leq -\frac{3}{2} \end{cases}$

  综上所述， $\displaystyle g(x)\in \left(-\infty,-\frac{3}{2}\right]\cup\left[\frac{1}{2},\infty\right),\frac{1}{g(x)}\in\left[-\frac{2}{3},0\right)\cup(0,2]$

  $\displaystyle f(x)\in\left[-1,\frac{5}{3}\right], $ 取最值时 $x=-2 \ \text{或}\ x=0$.

• 三角换元（ 形如 $y=\sqrt{ax+b}+\sqrt{cx-d}$ 求最值 ）

  例：求 $y=\sqrt{x-4}+\sqrt{18-3x}$ 的值域，先求出定义域 $[4,6]$.

  令 $x=4+\sin^2\theta$ 且其中 $\displaystyle \theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$，除去根号可得值域 $[\sqrt{2},2\sqrt{2}]$.

• 数形结合（ 将军饮马，圆，斜率... ）

  例 1：求 $f(x)=\sqrt{(x-1)^2+4}+\sqrt{(x-2)^2+9}$ 最小值？

  转化为求 $(x,0)(1,2)(2,3)$ 之间的距离 答案 $\sqrt{26}$.

  例 2：$\displaystyle f(x)=\frac{\sin x-1}{\sqrt{3-2\cos x-2\sin x}}\ (x\in[0,2\pi])$ 的最小值 ？

  $\because\ \sin^2x+\cos^2x=1\\$

  $\therefore \begin{aligned}f(x)&=\frac{\sin x-1}{\sqrt{\sin^2x-2\sin x+1+\cos^2x-2\cos x+1}}=\frac{\sin x-1}{\sqrt{(\sin x-1)^2+(\cos x-1)^2}}\\&=-\frac{1-\sin x}{\sqrt{(1-\sin x)^2+(1-\cos x)^2}}=-\frac{1}{\sqrt{1+(\frac{1-\cos x}{1-\sin x})^2}}\end{aligned}$

  当 $\sin x\neq 1$ 时，令 $\displaystyle g(x)=\left(\frac{1-\cos x}{1-\sin x}\right)^2,f(x)=-\frac{1}{\sqrt{1+g(x)}}$，$\\$ 显然，$g(x)$ 的含义是点 $(1,1)$ 与单位圆上的点 $(\sin x,\cos x)$ 的连线的斜率的平方。

  注意到，$g(x)\geq 0$，所以 $f(x)\in [-1,0]$.

基本计算

对数

• $x^a\ (a\ 为有理数)=\begin{cases} a\in\Z^+,\ 直接计算 \\ a=0,\ x^a=0 \\ \displaystyle a\in\Z^-,\ x^a=\frac{1}{x^{-a}} \\ \displaystyle 其他 ,\ 令 \ a=\frac{b}{c}, \ x^a=\sqrt[c]{x^b} \\ \end{cases}$

加法	减法	换底公式
$\log_ab+\log_ac=\log_a (bc)$	$\displaystyle\log_ab-\log_ac=\log_a\frac{b}{c}$	$\displaystyle\log_ab=\frac{\log_cb}{\log_ca}$

$$\frac{b}{c}\log_aN=\log_{a^c}N^b$$

$$M^{\log_aN}=N^{\log_aM}\implies a^{\lg b}=b^{\lg a}$$

例子

• 例 1：已知正实数 $x,y,z$ 满足 $3^x=5^y=15^z$，则 （ $\text{BCD}$ ）

  $\displaystyle\text{A.}\ x+y=z\ \ \ \ \ \ \text{B.}\ xz+yz=xy\ \ \ \ \ \ \text{C.}\ \frac{x}{3}>\frac{y}{5}>\frac{z}{15}\ \ \ \ \ \ \text{D.}\ xy>4z^2$

  令 $3^x=5^y=15^z=k$，则 $x=\log_{3}k$，$y=\log_{5}k$，$z=\log_{15}k$. 易证 $\text{A}$ 选项不成立。

  显然有 $\displaystyle\frac{1}{x}=\log_{k}3,\frac{1}{y}=\log_{k}5,\frac{1}{z}=\log_{k}15$ 即 $\displaystyle\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}$，可证得 $\text{B}$ 选项成立。

  $\text{C}$ 选项题意转化得 $\displaystyle\frac{3}{x}<\frac{5}{x}<\frac{15}{x}$，易证其成立。

  $\text{D}$ 选项即证明 $$\displaystyle xy-4z^{2=\frac{(\lg{k})}2}{\lg 3\lg 5}-\frac{4(\lg{k})^2}{(\lg{15})2}>0 \\implies (\lg{15})^2-4\lg{3}\lg{5}=(\lg 3+\lg 5)^2-4\lg{3}\lg{5}=(\lg 3-\lg 5)^2>0$$

• 例 2：设 $a=\log_{3}2,b=\log_{5}3,c=\log_{8}5$，比较大小。

  $$\frac{b}{c}=\log_{5}3\times\log_{5}8\leq\frac{(\log_{5}3+\log_{5}8)^2}{4}<1\implies b<c$$

  $$\log_{3}2=\log_{3}\sqrt[3]{8}<\log_{3}\sqrt[3]{9}=\frac{2}{3},\ \ \log_{5}3=\log_{5}\sqrt[3]{27}>\log_{5}\sqrt[3]{25}=\frac{2}{3}\implies a<b$$

复数

• $z=a+b\text{i}\ \ \ \ \ \text{}$ 模或绝对值 $|z|=|a+b\text{i}|=\sqrt{a^2+b^2}\ \ \ \ \ \text{}$ 定义 $\mathrm{Re}(z)=a,\mathrm{Im}(z)=b$.

  共轭复数 $\={z}=a-b\text{i}.\ \ \ \ \ \text{}$ 几何意义：复平面（ 横轴为实轴，纵轴为虚轴 ）上点 $(a,b).$

  注意实部为 $a$，虚部为 $b$ （ 不带 $\text{i}$ ）$\ \ \ \ \ \text{}$ 注意当 $a=0,b\neq 0$ 时为纯虚数，$0$ 不是纯虚数。

  所有虚数（ $b\neq 0$ ）均不能直接比较大小，如 $\xcancel{2+\text{i}>1+\text{i}}$，当且仅当 $b=0$ 变成实数时才可以比较。

• 运算：对于 $z_1=a+b\text{i},\ z_2=c+d\text{i}$，有

  $$z_1\pm z_2=(a\pm c)+(b\pm d)\text{i}\ \ \ \ \ \ \ \ z_1 z_2=ac-bd+(bc+ad)\text{i}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{z_1}{z_2}=\frac{ac+bd+(bc-ad)\text{i}}{c^2+d^2}$$

• $(a\pm b\text{i})^2=a^2-b^2\pm 2ab\text{i}\ \ \ \ \ \ \ (a+b\text{i})(a-b\text{i})=a^2+b^2\ \ \ \ \ \ \ (1\pm\text{i})^2=\pm 2\text{i}$

  对于 $n\in\Z,\text{i}^{4n}=1,\ \text{i}^{4n+1}=\text{i},\ \text{i}^{4n+2}=-1,\ \text{i}^{4n+3}=-\text{i}$.

• 一个题：已知 $z$ 为方程 $z^4+z^3+z^2+z+1=0$ 的根，则 $z^{2015}=$ ？（ 单位圆的性质 ）

$$(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)=0\implies z^5=1,z^{2015}=1$$

一些性质

$\overline{z_1\pm z_2}=\overline{z_1}\pm\overline{z_2}$	$\overline{z_1z_2}=\overline{z_1}\cdot\overline{z_2}$	$\overline{z^n}=(\overline{z})^n,n\in\N^*$	$\displaystyle\overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)}=\frac{\overline{z_1}}{\overline{z_2}}$
$z+\overline{z}=2\mathrm{Re}(z)$	$z-\overline{z}=2\mathrm{i\cdot Im}(z)$	$|z|=|\overline{z}|,z\overline{z}=|z|^2$	$|z_1z_2|=|z_1||z_2|$
$|z^n|=|z|^n$	$\displaystyle\left|\frac{z_1}{z_2}\right|=\frac{|z_1|}{|z_2|}$	$|z|\geq \mathrm{Re}(z),|z|\geq\mathrm{Im}(z)$	$||z_1|-|z_2||\leq|z_1+z_2|\leq|z_1|+|z_2|$

复数与复平面

• $|z|=r\implies z$ 在复平面内对应点的集合是以原点为圆心，$r$ 为半径的圆。

  $|z-z_1|=r\implies z$ 在复平面内对应点的集合是以 $z_1$ 在复平面内的对应点为圆心，$r$ 为半径的圆。

  $|z-z_1|=|z-z_2|\implies z$ 在复平面内对应点的集合是 $Z_1,Z_2$ 为端点的线段的中垂线。

• 设复数 $z_1,z_2,z_1+z_2$ 在复平面内对应点为 $A,B,C$，结合平面向量的基本运算。

  $|z_1+z_2|=|z_1-z_2|\implies$ 四边形 $\text{OACB}$ 为矩形。

  $|z_1|=|z_2|\implies$ 四边形 $\text{OACB}$ 为菱形。

  $|z_1|=|z_2|$ 且 $|z_1+z_2|=|z_1-z_2|\implies$ 四边形 $\text{OACB}$ 为正方形。

• 综合题：已知复数 $z_1,z_2$ 满足 $|z_1|=|z_2|=1$，若 $|z_1-z_2|=|z_1-1|=|z_2-z|$，则 $|z|$ 的最大值是 ？

$$|z|=|(z_2-z)-z_2|\leq|z_2-z|+|z_2|=|z_1-1|+1\leq|z_1|+1+1=3\ \ \ (z_1=-1\ \ z_2=1)$$

复数的三角表示

$$a+b\text{i}=r(\cos\theta+\text{i}\sin\theta)$$

其中 $\displaystyle r=\sqrt{a^2+b^2},\tan\theta=\frac{b}{a}(a\neq 0)\implies a=r\cos\theta,b=r\sin\theta$.

规定在 $0\leq\theta<2\pi$ 时 $\theta$ 为辐角的主值，记为 $\arg z$，且满足 $0\leq\arg z<2\pi$.

• 设 $z_1=a+b\text{i}=r_1(\cos\theta _1+\text{i}\sin\theta _1),z_2=c+d\text{i}=r_2(\cos\theta _2+\text{i}\sin\theta _2)$，则

  $$z_1z_2=r_1r_2[\cos(\theta _1+\theta _2)+\text{i}\sin(\theta _1+\theta _2)]$$

  $$\frac{z_1}{z_2}=\frac{r_1}{r_2}[\cos(\theta _1-\theta _2)+\text{i}\sin(\theta _1-\theta _2)]\ \ \ (z_2\neq 0)$$

  $$\prod_{i=1}^n z_i=\prod_{i=1}^n r_i\left[\cos\left(\sum_{i=1}^n\theta_i\right)+\mathrm{i}\sin\left(\sum_{i=1}^n\theta_i\right)\right]$$

• $\mathrm{De\ Moivre}$ 棣莫弗定理：对于 $z=r(\cos\theta+\text{i}\sin\theta)$，满足 $$\red{\boxed{z^n=rn(\cos n\theta+\text{i}\sin n\theta)}},\ \ n\in\N^*$$

另外，借助棣莫弗定理可以推导 $\displaystyle\tan 4\theta=\frac{4\tan\theta-4\tan^3\theta}{1-6\tan^2\theta+\tan^4\theta}$ 等公式。

• 复数 $r(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)$ 的 $n$ 次方根是

$$\sqrt[n]{r}\left(\cos\frac{\theta+2k\pi}{n}+\mathrm{i}\sin\frac{\theta+2k\pi}{n}\right),\ \ \ \ k=0,1,\dots,n-1$$

因此要注意 $\sqrt[n]{z}$ 表示 $n$ 个复数。

• 可以推导 $\displaystyle\prod_{k=1}^{n-1}\cos\frac{k\pi}{2n}=\frac{\sqrt{n}}{2^{n-1}}\ \ \ \ \ \ \ \ \prod_{k=1}^{2n}\sin\frac{k\pi}{2n+1}=\frac{2n+1}{2^{2n}}$.

复数的指数形式

我们把模为 $1$，辐角为 $\theta$ 的复数 $\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta$ 用 $e^{\mathrm{i}\theta}$ 表示。例如

$$e^{\mathrm{i}\frac{\pi}{2}}=\cos\frac{\pi}{2}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{2}=\mathrm{i}$$

于是对任意复数均满足

$$z=r(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)=re^{\mathrm{i}\theta}$$

对于复数的乘除，对应到指数就是加减。对于开方运算，

$$\large\sqrt[n]{re^{\mathrm{i}\theta} }=\sqrt[n]{r}e^{\mathrm{i}\frac{\theta+2k\pi}{n}}\normalsize,\ \ \ \ k=0,1,\dots,n-1$$

题目

1. 求值：$\displaystyle\arctan\frac{1}{3}+\arctan\frac{1}{5}+\arctan\frac{1}{7}+\arctan\frac{1}{8}$.

考虑复数 $z_1=3+\mathrm{i},z_2=5+\mathrm{i},z_3=7+\mathrm{i},z_4=8+\mathrm{i}$，题目相当于计算 $z_1z_2z_3z_4=650(1+\mathrm{i})$ 的辐角，于是答案为 $\displaystyle\frac{\pi}{4}$

2. 已知复数 $z_i=x_i+\mathrm{i}y_i(i=1,2,3)$，且 $\displaystyle|z_1|=|z_2|=|z_3|,z_1+z_2+z_3=-\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{5}\mathrm{i},z_1z_2z_3=\sqrt{3}+\sqrt{5}\mathrm{i}$，求 $x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3$ 的值。

$$|z_1||z_2||z_3|=2\sqrt{2}\implies |z_i|=\sqrt{2}\implies z_i\overline{z_i}=2$$

$$\frac{z_1z_2+z_2z_3+z_1z_3}{z_1z_2z_3}=\frac{1}{z_1}+\frac{1}{z_2}+\frac{1}{z_3}=\frac{1}{2}\left(\overline{z_1}+\overline{z_2}+\overline{z_3}\right)=-\frac{\sqrt{3}}{4}+\frac{\sqrt{5}}{2}\mathrm{i}$$

$$\\\implies z_1z_2+z_2z_3+z_1z_3=\frac{-13+\sqrt{15}\mathrm{i}}{4}$$

$$z_1^2+z_2^2+z_3^2=(z_1+z_2+z_3)^2-2(z_1z_2+z_2z_3+z_1z_3)=\frac{9}{4}+\frac{\sqrt{15}}{2}\mathrm{i}$$

$$x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3=\frac{1}{2}\mathrm{Im}(z_1^2+z_2^2+z_3^2)=\frac{\sqrt{15}}{4}$$

3. 已知复数 $|z_2|=1$ 且 $|z_1+\mathrm{i}z_2^2|+|z_2+z_3^2|\leq 3$，求 $|z_1^2+z_2|+|z_2^2+z_3|$ 的最大值。

设 $z_i=r_i(\cos\theta_i+\mathrm{i}\sin\theta_i)$，则 $$|z_1+\mathrm{i}z_2^2|=|(r_1\cos\theta_1-\sin2\theta_2)+(r_1\sin\theta_1+\cos 2\theta_2)\mathrm{i}|=\sqrt{r_1^2+1-2r_1\sin(2\theta_2-\theta_1)}①$$

$$|z_2+z_3^2|=|(r_3^2\cos2\theta_3+\cos\theta_2)+(r_3^2\sin2\theta_3+\sin\theta_2)\mathrm{i}|=\sqrt{r_3^4+1+2r_3^2\cos(2\theta_3-\theta_2)}②$$

$$|z_1^2+z_2|=\sqrt{r_1^4+1+2r_1^2\cos(2\theta_1-\theta_2)}③\ \ \ \ \ \ |z_2^2+z_3|=\sqrt{r_3^2+1+2r_3\cos(2\theta_2-\theta_3)}④$$

$$①+②\geq\sqrt{(r_1-1)^2}+\sqrt{(r_3^2-1)^2}=r_3^2+r_1-2\implies r_1+r_3^2\leq 5$$

当 $\displaystyle\theta_1=\frac{\pi}{6},\theta_2=\frac{\pi}{3},\theta_3=\frac{2\pi}{3}$ 取等，即 $r_1=5-r_3^2,r_3\in[1,\sqrt{5}]$.

$$③+④\leq r_1^2+r_3+2\leq 19\ \ \ \ （\ 代入求导\ ）$$

三角恒等变换

诱导公式

$\begin{aligned}\sin(\alpha + 2k\pi)&=\sin\alpha,k \in \Z \\ \cos(\alpha + 2k\pi)&=\cos\alpha,k \in \Z \\ \tan(\alpha + 2k\pi)&=\tan\alpha,k \in \Z\end{aligned}$	$\begin{aligned}\sin(\pi+\alpha)&=-\sin\alpha \\ \cos(\pi+\alpha)&=-\cos\alpha \\ \tan(\pi+\alpha)&=\tan\alpha\end{aligned}$	$\begin{aligned}\sin(-\alpha)&=-\sin\alpha \\ \cos(-\alpha)&=\cos\alpha \\ \tan(-\alpha)&=-\tan\alpha\end{aligned}$
$\begin{aligned}\sin(\pi-\alpha)&=\sin\alpha \\ \cos(\pi-\alpha)&=-\cos\alpha \\ \tan(\pi-\alpha)&=-\tan\alpha\end{aligned}$	$\begin{aligned}\sin\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)&=\cos\alpha \\ \cos\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)&=\sin\alpha \\ \sin\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)&=\cos\alpha \\ \cos\left(\frac{\pi}{2}+\alpha\right)&=-\sin\alpha \\ \tan\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)&=\cot \alpha \\ \cot\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)&=\tan \alpha \\ \sec\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)&=\csc\alpha \\ \csc\left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)&=\sec\alpha\end{aligned}$	$\begin{aligned}\sin\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right)&=-\cos\alpha \\ \cos\left(\frac{3\pi}{2}+\alpha\right)&=\sin\alpha \\ \sin\left(\frac{3\pi}{2}-\alpha\right)&=-\cos\alpha \\ \cos\left(\frac{3\pi}{2}-\alpha\right)&=-\sin\alpha\end{aligned}$

• $\mathrm{Pythagoras}$ 毕达哥拉斯定理：$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$，两边同除 $\sin^2x$ 或 $\cos^2x$ 可得 $$1+\tan^2x=\sec2x,1+\cot^2x=\csc2x$$

• $\displaystyle\tan\alpha=\frac{\sin\alpha}{\cos\alpha},\cot x=\frac{1}{\tan x},\sec x=\frac{1}{\cos x},\csc x=\frac{1}{\sin x}$

• 奇函数：$\sin,\tan,\cot,\csc.\ \ \ \ \text{}$ 偶函数：$\cos,\sec$.

简单的三角恒等变换

$\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha \cos\beta+\sin\alpha \sin\beta \\ \cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha \cos\beta-\sin\alpha \sin\beta$	$\cos 2\alpha=\cos^2\alpha-\sin^2\alpha\\=1-2\sin^2\alpha=2\cos^2\alpha-1\\=(\cos\alpha+\sin\alpha)(\cos\alpha-\sin\alpha)$	$\displaystyle\cos\frac a 2=\pm \sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}$
$\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha \cos\beta-\cos\alpha \sin\beta \\ \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha \cos\beta+\cos\alpha \sin\beta$	$\sin 2\alpha=2\sin\alpha \cos\alpha$	$\displaystyle\sin\frac a 2=\pm \sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}$
$\displaystyle\tan(\alpha+\beta)=\frac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\alpha \tan\beta} \\ \tan(\alpha-\beta)=\frac{\tan\alpha-\tan\beta}{1+\tan\alpha \tan\beta}$	$\displaystyle\tan 2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}$	$\tan\frac a 2=\pm \sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{1+\cos\alpha}}\\ =\frac{\sin\alpha}{1+\cos\alpha}=\frac{1-\cos\alpha}{\sin\alpha}$
$\begin{aligned}\sin 3\alpha&=3\sin\alpha-4\sin^3\alpha \\ \cos 3\alpha&=4\cos^3\alpha-3\cos\alpha \\ \tan 3\alpha&=\frac{3\tan\alpha-\tan^3\alpha}{1-3\tan^2\alpha}\end{aligned}$	$\displaystyle\red{\boxed{\begin{aligned}\sin\alpha+\sin\beta &= 2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha - \beta}{2} \\\sin\alpha - \sin\beta &= 2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha - \beta}{2} \\\cos\alpha+\cos\beta &= 2\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha - \beta}{2} \\\cos\alpha - \cos\beta &= -2\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\sin\frac{\alpha - \beta}{2}\end{aligned}}}$	$\sin\alpha=\frac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{1+\tan^2\frac{a}{2}}=\frac{\sin2\alpha}{2\cos\alpha} \\ \cos\alpha=\frac{1-\tan^2\frac{a}{2}}{1+\tan^2\frac{a}{2}}=\frac{\sin2\alpha}{2\sin\alpha} \\ \tan\alpha=\frac{2\tan\frac{\alpha}{2}}{1-\tan^2\frac{a}{2}}\\=\frac{(1-\tan^2\alpha)\tan2\alpha}{2}$

$$\sin \alpha\cos \beta=\frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]=\frac{1}{2}[\sin(\beta+\alpha)-\sin(\beta-\alpha)]$$

$$\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)]$$

$$\sin\alpha\sin\beta=\frac{1}{2}[\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)]$$

• $A\sin\alpha+B\cos\alpha=\sqrt{A^2+B^2}\sin(\alpha+\varphi)$ , 其中 $\displaystyle\tan\varphi={B\over A}$，$\tan\varphi<0$ 时，最好检验一下 $\varphi$ 位于第二象限还是第四象限。

$$\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)=\sin^2\alpha-\sin^2\beta$$

$$\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)=\cos^2\alpha-\sin^2\beta$$

$$\tan^2\alpha\sin^2\alpha=\tan^2\alpha-\sin^2\alpha$$

• 对于任意非直角三角形中，总有 $\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan C$.

  经典值：$\tan A=1,\ \tan B=2,\ \tan C=3$, 此时 $A=45\degree,\ B=63.43\degree,\ C=71.57\degree$.

• 其他三角形恒等式（ $\Delta ABC$ 中 ）：$\begin{cases} \displaystyle\sin A+\sin B+\sin C=4\cos\frac{A}{2}\cos\frac{B}{2}\cos\frac{C}{2} \\ \displaystyle\cos A+\cos B+\cos C=1+4\sin\frac{A}{2}\sin\frac{B}{2}\sin\frac{C}{2} \\ \displaystyle\cot A+\cot B+\cot C=4\cot\frac{A}{2}\cot\frac{B}{2}\cot\frac{C}{2} \\ \sin^2 A+\sin^2 B+\sin^2 C=2+2\cos A\cos B\cos C \\ \cos^2A+ \cos^2B+\cos^2C=1-2\cos A\cos B\cos C \\ \sin 2A+\sin 2B+\sin 2C=4\sin A\sin B\sin C \\ \cos 2A+\cos 2B+\cos 2C=-1-4\cos A\cos B\cos C\\ \displaystyle\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}+\tan\frac{A}{2}\tan\frac{C}{2}=1 \end{cases}$

• 若已知 $\tan \alpha=k,$ 则有 $\displaystyle\frac{a\sin\alpha+b\cos\alpha}{m\sin\alpha+n\cos\alpha}=\frac{ak+b}{mk+n}$.

• $\displaystyle\frac{1-\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}=\frac{1}{2}\tan 2\alpha,\ \frac{1-\tan\alpha}{1+\tan^2\alpha}=\frac{1}{2}\sin 2\alpha$.

• 对于 $\displaystyle x\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right),\ \sin x<x<\tan x$.

例 1：若 $\Delta ABC$ 为锐角 $\Delta$ 且满足 $\tan A+\tan B+\tan C\leq \lfloor\tan A\rfloor+\lfloor\tan B\rfloor+\lfloor\tan C\rfloor$，若 $A\leq B\leq C$，求 $\tan C-\tan B$.

我们知道正切恒等式 $\tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C$。其证明：

$$\tan C=-\tan(A+B)=-\frac{\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}=\frac{\tan A+\tan B}{\tan A\tan B-1}$$

我们又知道

$$x-1<\boxed{\lfloor x\rfloor\leq x}<\lfloor x\rfloor+1$$

于是 $\tan A\geq\lfloor\tan A\rfloor,\tan B\geq\lfloor\tan B\rfloor,\tan C\geq\lfloor\tan C\rfloor$，也即 $\tan A,\tan B,\tan C\in\Z^*$.

因为 $\displaystyle A\leq B\leq C<\frac{\pi}{2}$，所以 $\displaystyle A<\frac{\pi}{3},\tan A<\sqrt{3}$，所以 $\tan A=1$，由正切恒等式解方程得 $\tan B=2,\tan C=3$.

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例 2：在 $\Delta ABC$ 中，$\displaystyle c=2,\ \frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan A\tan B}=1$，求 $S_{\Delta ABC}$ 最大值。

$$\tan B+\tan A+1=\tan A\tan B\implies \tan C=-\tan(A+B)=\frac{\tan A+\tan B}{\tan A\tan B-1}=1\implies C=\frac{\pi}{4}$$

$$（\ 余弦定理\ ）c^2=a^2+b^2-2ab\cos C\implies 4=a^2+b^2-\sqrt{2}ab\geq (2-\sqrt{2})ab\implies ab\leq 2(2+\sqrt{2})$$

$$S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C\leq 1+\sqrt{2}$$

三角函数的平移

• $\displaystyle y=A\sin(\omega x+\varphi)+h\ 或\ y=A\cos(\omega x+\varphi)+h \implies \red{\boxed{{T=\frac{2\pi}{|\omega|}}}}$

  三角函数的应用：振幅 $A$ 周期 $\displaystyle T=\frac{2\pi}{\omega}$ 频率 $\displaystyle f=\frac{1}{T}=\frac{\omega}{2\pi}$ 相位 $\omega x+\varphi$ 初相 $\varphi$

• $\displaystyle y=A\tan(\omega x+\varphi)+h\implies \red{\boxed{{T=\frac{\pi}{|\omega|}}}}$

• 三角函数里图像的平移都是针对单个 $x$ 进行 左加右减。

  例：$\displaystyle y=3\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)+1$ 向左平移 $\displaystyle\frac{\pi}{4}$ 个单位长度，再将图像上所有点的横坐标缩短为原来的 $\displaystyle\frac{1}{2}$：

  $\displaystyle y=3\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)+1=3\sin\left[2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\right]+1$

  第一步转移变成 $\displaystyle y=3\sin\left[2\left(x+\frac{\pi}{6}+\frac{\pi}{4}\right)\right]+1=3\sin\left(2x+\frac{5\pi}{6}\right)+1$.

  第二步转移变成 $\displaystyle y=3\sin\left(4x+\frac{5\pi}{6}\right)+1$.

三角不等式

若 $\alpha,\beta,\gamma$ 为同一个三角形的内角，则有下列不等式：（ 取等条件均为 $\displaystyle\alpha=\beta=\gamma = \frac{\pi}{3}$，可以使用琴生不等式、调整法等证明 ）

$\begin{aligned}\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma&\leq\frac{3\sqrt{3}}{2} \\ \cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma&\leq\frac{3}{2} \\ \sin\alpha\sin\beta\sin\gamma&\leq\frac{3\sqrt{3}}{8} \\ \cos\alpha\cos\beta\cos\gamma&\leq\frac{1}{8}\end{aligned}$	$\begin{aligned}\sin^2\alpha+\sin^2\beta+\sin^2\gamma&\leq\frac{9}{4} \\ \cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma&\geq\frac{3}{4} \\ \tan\alpha+\tan\beta+\tan\gamma&\geq 3\sqrt{3}\ (\ 锐角三角形\ ) \\ \cot\alpha+\cot\beta+\cot\gamma&\geq\sqrt{3}\end{aligned}$
$\begin{aligned}\sin\frac{\alpha}{2}+\sin\frac{\beta}{2}+\sin\frac{\gamma}{2}&\leq\frac{3}{2} \\ \cos\frac{\alpha}{2}+\cos\frac{\beta}{2}+\cos\frac{\gamma}{2}&\leq\frac{3\sqrt{3}}{2} \\ \sin\frac{\alpha}{2}\sin\frac{\beta}{2}\sin\frac{\gamma}{2}&\leq\frac{1}{8} \\ \cos\frac{\alpha}{2}\cos\frac{\beta}{2}\cos\frac{\gamma}{2}&\leq\frac{3\sqrt{3}}{8}\end{aligned}$	$\begin{aligned}\sin^2\frac{\alpha}{2}+\sin^2\frac{\beta}{2}+\sin^2\frac{\gamma}{2}&\geq\frac{3}{4} \\ \cos^2\frac{\alpha}{2}+\cos^2\frac{\beta}{2}+\cos^2\frac{\gamma}{2}&\leq\frac{9}{4} \\ \tan\frac{\alpha}{2}+\tan\frac{\beta}{2}+\tan\frac{\gamma}{2}&\geq\sqrt{3} \\ \cot\frac{\alpha}{2}+\cot\frac{\beta}{2}+\cot\frac{\gamma}{2}&\geq 3\sqrt{3}\end{aligned}$

双曲函数

| $\displaystyle\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$ | $\displaystyle\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$ | $\tanh x=\frac{\sinh x}{\cosh x}=\frac{e^