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本帖为LaTeX\LaTeXLATE X的符号讲解(基础运算 (小学-初中))： MARKDOWN基本操作传送门 LaTeX\LaTeXLATE X基本操作传送门 符号名 符号 实现（记得加上$左右各一个） 加号 + + （不加$） 减号 - - （不加$) 乘号 ×\times× \times 除号 ÷\div÷ \div 等号 = =（不加$） 不等于 ≠\neq= \neq 小于 <<< <（不加$） 大于 ＞＞＞ ＞（不加$） 小于等于 ≤\leq≤ \leq 大于等于 ≥\geq≥ \geq 正负号 ±\pm± \pm 分数 ab\frac{a}{b}ba \frac{a}{b} 平方根 x\sqrt{x}x \sqrt{x} n次方根 xn\sqrt[n]{x}nx \sqrt[n]{x} 幂 xnx^nxn x^n 百分号 % %(不加$) 千分号 ‰\text{‰}‰ \text{‰} 约等于 ≈\approx≈ \approx 点乘 · ·（不加$） 有不会可以私聊 （定时更新）下一篇：代数符号 (初中-高中)

范围呢数组a的范围呢？

费马小定理是数论中的一个重要定理，在编程竞赛中常用于求乘法逆元。以下是详细解释： 一、定理内容 如果 p 是一个质数，且 a 不是 p 的倍数（即 a 和 p 互质），那么： a^(p-1) ≡ 1 (mod p) 换句话说：a 的 p-1 次方除以 p 的余数等于 1。 二、推导乘法逆元 在模运算中，我们经常需要计算 a 除以 b 的余数（即 a × (1/b) mod p）。但模运算中不能直接做除法，需要用到乘法逆元。 乘法逆元的定义： 如果 b × x ≡ 1 (mod p)，那么 x 就是 b 在模 p 下的乘法逆元，记作 b^(-1)。 三、费马小定理求逆元 由费马小定理：b^(p-1) ≡ 1 (mod p) 变形：b × b^(p-2) ≡ 1 (mod p) 对比逆元定义：b × x ≡ 1 (mod p) 可得：x = b^(p-2) mod p 结论：b 的乘法逆元就是 b^(p-2) % p（要求 p 是质数，且 b 不被 p 整除）。 四、代码实现（快速幂） 求逆元需要计算 b^(p-2)，指数很大（例如 p=998244353 时，p-2≈10^9），需要用快速幂优化： 五、具体例子 假设模数 p = 998244353，求 5 的逆元： 5^(-1) = 5^998244351 mod 998244353 计算结果为 598946613（实际值）。 验证：5 × 598946613 = 2994733065，2994733065 mod 998244353 = 1 ✓ 六、在排列组合题中的应用 在排列组合题中，我们需要计算： 组合数 C(N, K) = N! / (K! × (N-K)!) mod p 步骤： 预处理所有阶乘 fact[i] = i! % p 用费马小定理求 fact[N] 的逆元 invFact[N] 倒推出所有阶乘的逆元 C(N, K) = fact[N] × invFact[K] × invFact[N-K] % p 这样就把除法取模转化为了乘法取模，避免了直接除法的困难。 七、注意事项 模数必须是质数：费马小定理只适用于 p 为质数的情况。 a 不能是 p 的倍数：如果 a % p = 0，逆元不存在。 本题中模数 998244353 是质数，且题目数据保证 K! 和 (N-K)! 都不是 p 的倍数（因为 N ≤ 10^6 < p），所以可以安全使用费马小定理求逆元。 总结：费马小定理提供了一个在模质数意义下将除法转化为乘法的方法，是组合数学取模问题的核心工具。

请求入团，求求，网址https://www.acgo.cn/team/2079053991420026880 我有比赛 第1：副队长30天 第2~3：副队长10天 第4~5：管理员30天 第6~10：管理员10天 没有要求，谁都可以，欢迎任何人

在我们排序算法的第一课，学的100%肯定是冒泡排序，他的思路极其简单 从数组开头开始遍历，判断a[i+1]是否小于a[i]，交换。 每进行一次，数组的最后一位将被排好，只需要进行n次，就能完成排序。 代码实现： 输出效果： 时间复杂度： 最佳：O(n^2) 平均：O(n^2) 最坏：O(n^2) 空间复杂度： 任何时候：O(1) PS：冒泡排序是原地排序 稳定性（相等元素位置是否改变）： 任何时候：稳定 代码实现难度：简单

长链剖分 长链剖分是对于每一个点 uuu，求出它的重子节点 hhh，满足 hhh 的子树中最深的节点深度最大，连接 u→hu \rightarrow hu→h 这条重边。其他边为轻边。若干条首尾相连的重边叫做重链。如果把叶子节点也看做一条重链，那么整棵树就被划分为了若干条重链。 如图（来自 OI-WIKI）： 实现过程的伪代码如下： 性质 1. 从根节点到叶子中，最多有 O(n)O(\sqrt{n})O(n ) 条轻边。 > 设从根节点到叶子共有 kkk 条轻边，我们从叶子开始向根跳，设 did_idi 表示当跳了 iii 条轻边到节点 uuu 之后，max⁡v∈son⁡(u)(depv−depu)\max_{v \in \operatorname{son}(u)}(dep_v-dep_u)maxv∈son(u) (depv −depu ) 的值。每沿着轻边向上跳 111 步，跳到的节点 uuu 的子树大小比刚才的节点 vvv 的子树大小至少增加了 du+1d_u+1du +1。也就是 du≥dv+1d_u \geq d_v+1du ≥dv +1。 > n≥∑di≥kd1+∑i=0k−1i=kd1+k(k−1)2≥k(k+1)2n \geq \sum d_i \geq kd_1+\sum_{i=0}^{k-1} i=kd_1+\frac{k(k-1)}{2} \geq \frac{k(k+1)}{2}n≥∑di ≥kd1 +∑i=0k−1 i=kd1 +2k(k−1) ≥2k(k+1) ，因此 k≤O(n)k \leq O(\sqrt{n})k≤O(n )。 不过这个没啥用，因为重链剖分是 O(nlog⁡n)O(n \log n)O(nlogn) 的，严格优于长链剖分的 O(nn)O(n \sqrt{n})O(nn )。 2. 设 uuu 的 kkk 级祖先为 ppp，则 ppp 所在重链的长度不低于 kkk。 > 如果 p→up \rightarrow up→u 是重链，那么我们已经知道 p→up \rightarrow up→u 的长度等于 kkk。 > > 如果 p→up \rightarrow up→u 不是重链，那么假设重链是 p→vp \rightarrow vp→v（vvv 为叶子），则该链的长度一定大于 p→up \rightarrow up→u 的长度，也就是大于 kkk。 例题1 P5903 【模板】树上 K 级祖先 > 给定一颗有根树，qqq 次求 uuu 的 kkk 级祖先。 常用的做法是 O(qlog⁡n)O(q \log n)O(qlogn) 的，过不了。 设 iii 为自然数，2i≤k<2i+12^i \leq k<2^{i+1}2i≤k<2i+1，我们先求 uuu 的 2i2^i2i 级祖先 vvv，显然这是可以预处理倍增数组 O(1)O(1)O(1) 得到的。接下来，我们需要求 vvv 的 k−2ik-2^ik−2i 级祖先，由于 k<2i+1k<2^{i+1}k<2i+1，所以 k<2i+2ik<2^i+2^ik<2i+2i，即 k−2i<2ik-2^i<2^ik−2i<2i。设 LLL 为这条重链的长度，根据性质 2，L≥2iL \geq 2^iL≥2i，也就是 0≤k−2i<L0 \leq k-2^i<L0≤k−2i<L。我们跳到 vvv 所在链的顶端 ttt，设我们这个操作走了 xxx 距离，那么我们还需要向上跳 k−2i−xk-2^i-xk−2i−x 步。容易知道 −L≤k−2i−x≤L-L\leq k-2^i-x \leq L−L≤k−2i−x≤L，因此我们在每一个链的顶端 ttt 的位置维护两个数组 upiup_iupi 和 downidown_idowni ，分别表示从 ttt 向上 iii 步的点和从 ttt 沿着重链向下 iii 步的点，其中 i≤Li \leq Li≤L。总时间复杂度 O(nlog⁡n+q)O(n \log n+q)O(nlogn+q)。 代码： 例题2 CF1009F Dominant Indices > 给定一颗根为 111 的有根树，设 du,id_{u,i}du,i 表示在 uuu 的子树内到 uuu 距离为 iii 的点的数量，对于每一个 uuu，求使得 du,id_{u,i}du,i 最大的 iii，如果有多个取最小的 iii。 不难发现 du,id_{u,i}du,i 的计算方法： du,0=1du,i=∑v∈son⁡(u)dv,i−1d_{u,0}=1 \\ d_{u,i}=\sum_{v \in \operatorname{son}(u)} d_{v,i-1} du,0 =1du,i =v∈son(u)∑ dv,i−1 设 mmm 表示深度，这样做是 O(nm)O(nm)O(nm) 的。 考虑长链剖分，设 uuu 的重儿子为 hhh，轻儿子为 vvv。首先，我们利用指针，让 dhd_hdh 的值直接写到 du+1d_u+1du +1 上，更新答案 ansu=ansh+1ans_u=ans_h+1ansu =ansh +1；接着我们处理 vvv 的子树，用上面的暴力递推合并答案。 分析复杂度，对于轻儿子 vvv，我们合并答案的复杂度是 O(depv)O(dep_v)O(depv ) 的，也就是 vvv 所在重链的长度，而所有重链长度和为 nnn，因此时间复杂度为 O(n)O(n)O(n)。 代码： 通过本题可以发现，长链剖分可以用于优化复杂度和树高有关的 DP 问题。 例题3 P5904 [POI 2014] HOT-Hotels 加强版 > 给定一颗树，设 disti,jdist_{i,j}disti,j 表示 i,ji,ji,j 之间的距离，求有多少个无序三元组 (i,j,k)(i,j,k)(i,j,k) 满足 disti,j=distj,k=distk,idist_{i,j}=dist_{j,k}=dist_{k,i}disti,j =distj,k =distk,i 。 设 111 是根，mmm 表示最深深度，考虑朴素 DP。设 fu,if_{u,i}fu,i 表示在 uuu 子树内的点 vvv 中满足 distu,v=idist_{u,v}=idistu,v =i 的点 vvv 数量，gu,ig_{u,i}gu,i 表示在 uuu 子树内的点 x,yx,yx,y 中满足 distLCA⁡(x,y),x=distLCA⁡(x,y),y=distLCA⁡(x,y),u+idist_{\operatorname{LCA}(x,y),x}=dist_{\operatorname{LCA}(x,y),y}=dist_{\operatorname{LCA}(x,y),u}+idistLCA(x,y),x =distLCA(x,y),y =distLCA(x,y),u +i 的无序对 (x,y)(x,y)(x,y) 数量。 假设现在搜索到了点 uuu，正在处理 uuu 的儿子 vvv，可以得到： ans:=ans+∑ifu,igv,i+1+∑ifv,i−1gu,igu,i:=gu,i+gv,i+1+fu,ifv,i−1fu,i:=fu,i+fv,i−1ans:=ans+\sum_{i} f_{u,i}g_{v,i+1}+\sum_{i}f_{v,i-1}g_{u,i} \\ g_{u,i}:=g_{u,i}+g_{v,i+1}+f_{u,i}f_{v,i-1} \\ f_{u,i}:=f_{u,i}+f_{v,i-1} ans:=ans+i∑ fu,i gv,i+1 +i∑ fv,i−1 gu,i gu,i :=gu,i +gv,i+1 +fu,i fv,i−1 fu,i :=fu,i +fv,i−1 边界条件： fu,0=1f_{u,0}=1 \\ fu,0 =1 这样就是 O(nm)O(nm)O(nm) 的复杂度。考虑长链剖分，对于重儿子 hhh，我们让 fhf_hfh 直接写到 fu+1f_u+1fu +1 上，ghg_hgh 写到 gu−1g_u-1gu −1 上；对于轻儿子 vvv，直接暴力转移。 代码：

一、算法的概念 1. 什么是算法？ 算法就是： 同一个问题，可能有很多种解决方法。 比如要计算： 方法一：从 1 开始一个一个加。 方法二：使用公式。 这两个方法都能得到正确答案，所以它们都可以叫做算法。 但是它们的速度不一样： 学习算法，就是学习： 2. 算法不等于代码 很多同学刚开始会觉得： 其实更准确地说： 例如“鸡兔同笼”这道题： 所以做题时不要一上来就急着敲代码。 更好的顺序是： 3. 衡量方法的好坏：时间与空间 一个算法好不好，通常看两个方面： 方面 含义 简单理解 时间 程序要运行多久 快不快 空间 程序要用多少内存 占地方多不多 初学阶段，我们最常关注的是时间。 因为很多题目不是不会写，而是： 这种情况在比赛或测评网站中叫做： 4. 课堂例子：找一本书 假设桌上有 100 本书，你要找《数学练习册》。 方法一： 最坏情况下，可能要翻 100 本。 方法二： 可能很快就能找到。 这说明： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 二、时间复杂度 1. 一个语句记作 1 次 为了粗略估计程序运行时间，我们可以先简单规定： 例如： 可以看作执行了 1 次。 再例如： 这些语句的执行次数是固定的，不会因为输入数据变大而变得特别多。 2. 一层循环 看下面代码： 如果 n = 5，循环大约执行 5 次。 如果 n = 100，循环大约执行 100 次。 所以这段代码的运行次数和 n 差不多。 我们记作： 3. 两层循环 看下面代码： 如果 n = 3： 总共： 如果是一般的 n，总次数大约是： 所以时间复杂度记作： 4. O() 表示最大的花费时间 O() 可以理解为： 常见时间复杂度： 复杂度 简单理解 常见代码 O(1) 固定次数 不循环，直接计算 O(n) 和 n 差不多 一层循环 O(n * n) n 乘 n 两层循环 注意： 例如： 这段代码大约执行 2n 次，但通常仍然记作： 因为最重要的是它和 n 成正比。 5. 1000MS = 1S 题目中经常会写： 其中： 一般可以粗略认为： 也就是： 这只是估计，不是绝对准确。 但它可以帮助我们判断： 6. 复杂度判断练习 练习一： 答案： 练习二： 答案： 练习三： 答案： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 三、C++ 代码模板 1. 基础代码模板 以后做题时，可以先写出下面的模板： 这个模板主要包含： 2. 数组定义细节 这两句代码： 表示： 其中： 如果题目说： 我们常写： 为什么要多加 10？ 3. 数组下标提醒 C++ 数组下标默认从 0 开始。 例如： 可以使用： 但是在算法课中，为了让第几个数和下标更容易对应，有时会从 1 开始存： 这样第 1 个数放在 a[1]，第 2 个数放在 a[2]。 注意： 4. 多组数据处理 有些题目只有一组数据。 这时： 表示只做一次。 有些题目有多组数据，输入第一行会给出 t。 例如： 表示有 3 组测试数据。 这时要把： 改成： 完整写法： 5. 函数化解题 模板中有一个函数： 以后每道题的主要代码都写在 solve() 里面。 这样做的好处： 例如求两个数的和： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 四、枚举 1. 枚举的概念 枚举就是： 如果一个问题暂时想不出公式，但答案可能的范围不大，就可以考虑枚举。 生活中的例子： 这就是枚举。 在代码中，枚举通常使用： 也就是用循环把可能情况一个一个列出来。 2. 枚举的基本步骤 做枚举题时，可以按下面四步想： 这四个问题想清楚，代码就容易写了。 3. 枚举适合什么题？ 如果题目满足下面特点，就可以考虑枚举： 例如： 鸡的数量不会无限大，它一定在 0 到总头数之间。 所以可以一个一个试。 4. 练习：经典鸡兔同笼问题 题目： 输入格式： 输出格式： 如果没有答案，输出： 输入样例： 输出样例： 解释： 5. 鸡兔同笼分析 我们不知道鸡和兔分别有多少只。 但是知道两个条件： 我们可以枚举鸡的数量。 假设鸡有 chicken 只，那么兔的数量就是： 因为总共有 h 个头，剩下的都是兔。 然后检查腿数是否正确： 如果成立，说明找到了答案。 6. 鸡兔同笼代码 7. 代码拆解 枚举鸡的数量： 为什么从 0 开始？ 为什么枚举到 h？ 计算兔的数量： 检查腿数： 找到答案后： 表示这道题已经解决，直接结束 solve()。 如果循环结束还没找到答案： 8. 课堂练习：换一种枚举 鸡兔同笼也可以枚举兔的数量。 思路： 请尝试补全代码： 参考答案： 9. 枚举小结 枚举的核心： 但枚举不是乱试。 每次写枚举前都要问自己： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 五、模拟 1. 模拟的概念 模拟就是： 如果题目描述了一个过程，我们就按照这个过程一步一步写代码。 常见模拟题包括： 模拟题不一定需要复杂公式。 它最重要的是： 2. 模拟和枚举的区别 方法 重点 简单理解 枚举 试所有可能答案 一个一个试 模拟 按题目规则执行过程 一步一步演 例如： 3. 模拟题解题步骤 做模拟题时，可以按照下面步骤： 模拟题最常见的错误： 4. 练习：报数游戏 题目： 输入格式： 输出格式： 输入样例： 输出样例： 5. 报数游戏分析 题目规则是： 我们需要一个变量 i 表示当前报到的数字。 判断 i 是否是 3 的倍数： 其中 % 是取余。 例如： 6. 报数游戏代码 7. 用表格模拟过程 写模拟题之前，可以先用小数据演一遍。 当 n = 7： 当前数字 是否是 3 的倍数 输出 1 否 1 2 否 2 3 是 clap 4 否 4 5 否 5 6 是 clap 7 否 7 这样再写代码，就不容易漏规则。 8. 课堂练习：拍手升级版 题目： 输入样例： 部分输出： 注意： 因为 15 既满足： 也满足： 如果先判断 3 的倍数，就会直接输出 clap，漏掉 clapjump。 参考代码： 9. 模拟小结 模拟的核心： 做模拟题时，一定要注意： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 六、本节课总结 1. 算法 算法就是： 同一个问题可以有不同算法。 我们会比较： 2. 时间复杂度 时间复杂度用 O() 表示。 初学阶段先记住： 还要记住： 3. C++ 代码模板 以后做题可以先写： 4. 枚举 枚举就是： 代表练习： 5. 模拟 模拟就是： 代表练习： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

输出有问题

创建头节点： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 创建新节点： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 删除节点P后的节点： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 在节点A后加入新节点B： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 双链表的建立： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 创建双链表新节点： ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 双向链表删除P后的节点：

方程求解 * 代数基本定理：任何一元 n(n∈N∗)n(n\in\N ^{*})n(n∈N∗) 次复系数多项式方程 f(x)=0f(x)=0f(x)=0 至少有一个复数根。 * 一元一次方程 ax+b=0(a≠0)  ⟹  x=−ba\displaystyle ax+b=0(a\neq 0) \implies x=-\frac{b}{a}ax+b=0(a=0)⟹x=−ab * 一元二次方程 ax2+bx+c=0(a≠0)ax^2+bx+c=0(a\neq0)ax2+bx+c=0(a=0) Δ=b2−4ac{Δ<0，x=−b±−Δi2aΔ=0，x=−b2aΔ>0，x=−b±Δ2a, 二者相距 ∣Δa∣              顶点坐标 (−b2a, −Δ4a), 两根相加−ba, 两根相乘ca              其与坐标轴围成的面积 S=Δ1.56a2{\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} Δ=b2−4ac⎩⎨⎧ Δ<0，x=2a−b±−Δ i Δ=0，x=−2ab Δ>0，x=2a−b±Δ , 二者相距  aΔ               顶点坐标 (−2ab , −4aΔ ), 两根相加−ab , 两根相乘ac               其与坐标轴围成的面积 S=6a2Δ1.5 * 一元三次方程 ax3+bx2+cx+d=0(a≠0)ax^3+bx^2+cx+d=0(a\neq0)ax3+bx2+cx+d=0(a=0) 1. 盛金公式 重根判别式 {A=b2−3acB=bc−9adC=c2−3bd\begin{cases} A=b^2-3ac \\ B=bc-9ad \\ C=c^2-3bd \end{cases}⎩⎨⎧ A=b2−3acB=bc−9adC=c2−3bd 总判别式 Δ=B2−4AC\Delta=B^2-4ACΔ=B2−4AC * A=B=0A=B=0A=B=0 x1=x2=x3=−b3a=−cb=−3dcx\displaystyle _1=x_2=x_3=\frac{-b}{3a}=\frac{-c}{b}=\frac{-3d}{c}x1 =x2 =x3 =3a−b =b−c =c−3d * Δ>0\Delta>0Δ>0 令 Y1,2=Ab+3a(−B±B2−4AC2), i2=−1\displaystyle Y_{1,2}=Ab+3a\left(\frac{-B\pm\sqrt{B^2-4AC}}{2}\right),\ \mathrm{i}^2=-1Y1,2 =Ab+3a(2−B±B2−4AC ), i2=−1 x1=−b−(Y13+Y23)3a            x2,3=−b+12(Y13+Y23)±32(Y13−Y23)i3a\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}}x1 =3a−b−(3Y1 +3Y2 )             x2,3 =3a−b+21 (3Y1 +3Y2 )±23 (3Y1 −3Y2 )i * Δ=0(A≠0)\Delta=0(A\neq 0)Δ=0(A=0) x1=−ba+BA            x2=x3=−B2A\boxed{x_1=\frac{-b}{a}+\frac{B}{A}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_2=x_3=\frac{-B}{2A}}x1 =a−b +AB             x2 =x3 =2A−B * Δ<0\Delta<0Δ<0 x1=−b−2Acos⁡θ33a            x2,3=−b+A(cos⁡θ3±3sin⁡θ3)3a\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}}x1 =3a−b−2A cos3θ             x2,3 =3a−b+A (cos3θ ±3 sin3θ ) 其中 θ=arccos⁡2Ab−3aB2A3 (A>0,−1<T<1)\displaystyle\theta=\arccos \frac{2Ab-3aB}{2\sqrt{A^3}}\ (A>0,-1<T<1)θ=arccos2A3 2Ab−3aB  (A>0,−1<T<1) 2. 卡尔达诺公式 先左右除以 aaa，令 y=x+b3a\displaystyle y=x+\frac{b}{3a}y=x+3ab 得到一个奇数次的方程 y3+3py+2q=0y^3+3py+2q=0y3+3py+2q=0，再令 y=u+vy=u+vy=u+v 得到 u3+v3+(u+v)(3uv+3p)+2q=0u^3+v^3+(u+v)(3uv+3p)+2q=0u3+v3+(u+v)(3uv+3p)+2q=0 瞪眼法可以知道 u3+v3=−2q,uv=−pu^3+v^3=-2q,uv=-pu3+v3=−2q,uv=−p 的一个根，再解出 u,vu,vu,v 即可。 {x1+x2+x3=−bax1x2+x1x3+x2x3=cax1x2x3=−da\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}}}⎩⎨⎧ x1 +x2 +x3 =−ab x1 x2 +x1 x3 +x2 x3 =ac x1 x2 x3 =−ad * 一元四次方程 ax4+bx3+cx2+dx+e=0(a≠0)ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0(a\neq 0)ax4+bx3+cx2+dx+e=0(a=0) {x1+x2+x3+x4=−bax1x2+x1x3+x1x4+x2x3+x2x4+x3x4=cax1x2x3+x1x2x4+x1x3x4+x2x3x4=−dax1x2x3x4=ea\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}⎩⎨⎧ x1 +x2 +x3 +x4 =−ab x1 x2 +x1 x3 +x1 x4 +x2 x3 +x2 x4 +x3 x4 =ac x1 x2 x3 +x1 x2 x4 +x1 x3 x4 +x2 x3 x4 =−ad x1 x2 x3 x4 =ae 顺着这样的形式容易将 Vieta\mathrm{Vieta}Vieta 韦达定理推广到一元 nnn 次方程。 * 二元一次方程组 {a1x+b1y=c1a2x+b2y=c2  ⟹  Δ=a1b2−b1a2{Δ=0, 无解 或 无数组解Δ≠0, {x=c1b2−b1c2Δy=a1c2−c1a2Δ\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}{a1 x+b1 y=c1 a2 x+b2 y=c2 ⟹Δ=a1 b2 −b1 a2 ⎩⎨⎧ Δ=0, 无解 或 无数组解Δ=0, ⎩⎨⎧ x=Δc1 b2 −b1 c2 y=Δa1 c2 −c1 a2 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}\{a,b,c\}{a,b,c} 与集合 {b,a,c}\{b,a,c\}{b,a,c} 是一样的。 4. 常见的集合：非负正数集（ 自然数集 ）N   \N\ \ \ \text{}N    正整数集 N∗\N^*N∗ 或 N+   \N^+\ \ \ \text{}N+    整数集 Z   \Z\ \ \ \text{}Z    有理数集 Q   \mathrm{Q}\ \ \ \text{}Q    实数集 R\RR 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,…,99}\{1,2,3,4,\dots,99\}{1,2,3,4,…,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∈Z}A=\{x|x=2k+1,k\in\Z\}A={x∣x=2k+1,k∈Z} 或者不等式 x−3<1x-3<1x−3<1 的解集 B={x∣x<4}B=\{x|x<4\}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∈{1,2,3}1\in\{1,2,3\}1∈{1,2,3}. 若不属于则用 ∉\not\in∈. 名称 记号 意义 性质 子集 A⊆BA\subseteq BA⊆B 或 B⊇AB\supseteq AB⊇A AAA 中的任意元素都属于 BBB A⊆A, ∅⊆AA⊆BA\subseteq A,\ \varnothing\subseteq A\\A\subseteq BA⊆A, ∅⊆AA⊆B 且 B⊆C  ⟹  A⊆CA⊆BB\subseteq C\implies A\subseteq C\\ A\subseteq BB⊆C⟹A⊆CA⊆B 且 B⊆A  ⟹  A=BB\subseteq A\implies A=BB⊆A⟹A=B 真子集 A⫋BA\subsetneqq BA⫋B 或 B⫌AB\supsetneqq AB⫌A A⊆BA\subseteq BA⊆B 且 BBB 中至少有一元素不属于 AAA A⫋BA\subsetneqq BA⫋B 且 B⫋C  ⟹  A⫋CB\subsetneqq C\implies A\subsetneqq CB⫋C⟹A⫋C 基本运算 1. 并集：A={2,3,4},B={1,2,3},A∪B={1,2,3,4}A=\{2,3,4\},B=\{1,2,3\},A\cup B=\{1,2,3,4\}A={2,3,4},B={1,2,3},A∪B={1,2,3,4}. 2. 交集：A={2,3,4},B={1,2,3},A∩B={2,3}A=\{2,3,4\},B=\{1,2,3\},A\cap B=\{2,3\}A={2,3,4},B={1,2,3},A∩B={2,3}. 3. 补集：U={ 1,2,3 },A⊆UU=\set{1,2,3},A\subseteq UU={1,2,3},A⊆U，若 A={1}A=\{1\}A={1}，则 ∁UA={2,3}\complement_UA=\{2,3\}∁U A={2,3}. 交换律：A∩B=B∩A,A∪B=B∪AA\cap B=B\cap A,A\cup B=B\cup AA∩B=B∩A,A∪B=B∪A. 结合律：A∪(B∪C)=(A∪B)∪C,A∩(B∩C)=(A∩B)∩CA\cup(B\cup C)=(A\cup B)\cup C,A\cap (B\cap C)=(A\cap B)\cap CA∪(B∪C)=(A∪B)∪C,A∩(B∩C)=(A∩B)∩C. 分配对偶律：A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C),A∪(B∩C)=(A∪B)∩(A∪C)A\cap(B\cup C)=(A\cap B)\cup (A\cap C),A\cup (B\cap C)=(A\cup B)\cap (A\cup C)A∩(B∪C)=(A∩B)∪(A∩C),A∪(B∩C)=(A∪B)∩(A∪C). De Morgan\mathrm{De\ Morgan}De Morgan 德·摩根定律：①∁U(A∩B)=(∁UA)∪(∁UB),②∁U(A∪B)=(∁UA)∩(∁UB)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)①∁U (A∩B)=(∁U A)∪(∁U B),②∁U (A∪B)=(∁U A)∩(∁U B). 推广到多个集合中： ∁U(A1∩A2∩⋯∩An)=(∁UA1)∪(∁UA2)∪⋯∪(∁UAn)\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) ∁U (A1 ∩A2 ∩⋯∩An )=(∁U A1 )∪(∁U A2 )∪⋯∪(∁U An ) ∁U(A1∪A2∪⋯∪An)=(∁UA1)∩(∁UA2)∩⋯∩(∁UAn)\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) ∁U (A1 ∪A2 ∪⋯∪An )=(∁U A1 )∩(∁U A2 )∩⋯∩(∁U An ) 若记 ∣A∣|A|∣A∣ 表示集合 AAA 的元素个数。例如：A={1,2,3},∣A∣=3A=\{1,2,3\},|A|=3A={1,2,3},∣A∣=3. 那么集合 AAA 的子集数为 2∣A∣2^{|A|}2∣A∣，真子集数为 2∣A∣−12^{|A|}-12∣A∣−1. 常用逻辑用语 充分条件、必要条件、充要条件 * 若 p⇒qp\Rarr qp⇒q，则称 ppp 是 qqq 的充分条件，qqq 是 ppp 的必要条件。 * 若 p⇔qp\lrArr qp⇔q，则称 ppp 是 qqq 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 MMM 中的任意一个 x,p(x)x,p(x)x,p(x) 成立，即 ∀x∈M,p(x)\forall x\in M,p(x)∀x∈M,p(x)，否定是 ∃x∈M,¬p(x)\exist x\in M,\neg p(x)∃x∈M,¬p(x). 存在量词命题：存在 MMM 中的元素 x,p(x)x,p(x)x,p(x) 成立，即 ∃x∈M,p(x)\exist x\in M,p(x)∃x∈M,p(x)，否定是 ∀x∈M,¬p(x)\forall x\in M,\neg p(x)∀x∈M,¬p(x). 不等式 以下 i=1,2,…,n.i=1,2,\dots,n.i=1,2,…,n. AM-GM\TEXT{AM-GM}AM-GM 均值不等式 对于 ai≥0a_i\geq 0ai ≥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：a1=a2=⋯=an.a_1=a_2=\dots=a_n.a1 =a2 =⋯=an . 加权形式：ai≥0,wi>0a_i\geq 0,w_i>0ai ≥0,wi >0 且 ∑i=1nwi=1\displaystyle\sum_{i=1}^{n}w_i=1i=1∑n wi =1，有 ∏i=1naiwi≤∑i=1nwiai\displaystyle\prod_{i=1}^{n}a_i^{w_i}\leq\sum_{i=1}^{n}w_ia_ii=1∏n aiwi ≤i=1∑n wi ai . 比较常用的二元形式：21x+1y≤xy≤x+y2≤x2+y22\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}}x1 +y1 2 ≤xy ≤2x+y ≤2x2+y2 三元形式：31a+1b+1c≤abc3≤a+b+c3≤a2+b2+c23\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}}a1 +b1 +c1 3 ≤3abc ≤3a+b+c ≤3a2+b2+c2 对于对勾函数 f(x)=ax+bx\displaystyle f(x)=ax+\frac{b}{x}f(x)=ax+xb ，对 x≠y≠0x\neq y\neq 0x=y=0 且 f(x)=f(y)f(x)=f(y)f(x)=f(y) 当且仅当 xy=ba\displaystyle xy=\frac{b}{a}xy=ab . 1. 已知 x>0,y>0,x+y=2x>0,y>0,x+y=2x>0,y>0,x+y=2，求 2x+3y\displaystyle\frac{2}{x}+\frac{3}{y}x2 +y3 的最小值。 2x+3y=12(2x+3y)(x+y)=12(5+2yx+3xy)≥5+262\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} x2 +y3 =21 (x2 +y3 )(x+y)=21 (5+x2y +y3x )≥25+26 * 注意 sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1sin2α+cos2α=1. 2. 已知 a,b,c>0a,b,c>0a,b,c>0，求证 ca+b+ab+c+bc+a≥32\displaystyle\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\geq\frac{3}{2}a+bc +b+ca +c+ab ≥23 . 设 x=a+b,y=b+c,z=c+ax=a+b,y=b+c,z=c+ax=a+b,y=b+c,z=c+a，则 a=(a+b+c)−(b+c)=z+x−y2\displaystyle a=(a+b+c)-(b+c)=\frac{z+x-y}{2}a=(a+b+c)−(b+c)=2z+x−y . 同理可得 b=x+y−z2,c=y+z−x2\displaystyle b=\frac{x+y-z}{2},c=\frac{y+z-x}{2}b=2x+y−z ,c=2y+z−x ，代入原式得 LHS=12(yx+xy+xz+zx+yz+zy)−32LHS=\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} LHS=21 (xy +yx +zx +xz +zy +yz )−23 使用基本不等式化简，取等条件 x=y=zx=y=zx=y=z，即 a=b=ca=b=ca=b=c. 注：在数学中 LHSLHSLHS 表示左边的式子，同理 RHSRHSRHS 表示右边的式子。 3. x,y>0,x+y=2x,y>0,x+y=2x,y>0,x+y=2，则 (    )(\ \ \ \ )(    ) A.xy\text{A}.xyA.xy 最大值为 1                            B.yx+2y1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \text{B}.\displaystyle\frac{y}{x}+\frac{2}{y}1                            B.xy +y2 最小值为 333 C.x2x+1+y2y+2\displaystyle\text{C}.\frac{x^2}{x+1}+\frac{y^2}{y+2}C.x+1x2 +y+2y2 最小值为 56       D.(x2+15)(y2+15)\displaystyle\frac{5}{6}\ \ \ \ \ \ \ \text{D}.\left(x^2+\frac{1}{5}\right)\left(y^2+\frac{1}{5}\right)65        D.(x2+51 )(y2+51 ) 最小值为 2125\displaystyle\frac{21}{25}2521 答案：AB\text{AB}AB 提示：C\text{C}C 中 x2x+1=x−1+1x+1=x+1+1x+1−2\displaystyle\frac{x^2}{x+1}=x-1+\frac{1}{x+1}=x+1+\frac{1}{x+1}-2x+1x2 =x−1+x+11 =x+1+x+11 −2. 类似构造：m,n>0,m+n=1m,n>0,m+n=1m,n>0,m+n=1，求 1m+1+2m−1n+2\displaystyle\frac{1}{m+1}+\frac{2m-1}{n+2}m+11 +n+22m−1 的最小值 ？答案：5−12\displaystyle\frac{\sqrt{5}-1}{2}25 −1 . <!-- 4. 【1989 高联】已知 a1,a2,…,ana_1,a_2,\dots,a_na1 ,a2 ,…,an 是 nnn 个正数，满足 a1a2…an=1a_1a_2\dots a_n=1a1 a2 …an =1，求证： (2+a1)(2+a2)…(2+an)≥3n(2+a_1)(2+a_2)\dots(2+a_n)\geq 3^n (2+a1 )(2+a2 )…(2+an )≥3n 先猜测取等条件，即 a1=a2=⋯=an=1a_1=a_2=\dots=a_n=1a1 =a2 =⋯=an =1，告诉我们平均看来，a1,a2,…,ana_1,a_2,\dots,a_na1 ,a2 ,…,an 大致与 111 相当。 如果用不等式 2+ai≥22ai2+a_i\geq 2\sqrt{2a_i}2+ai ≥22ai ，那么 (2+a1)(2+a2)…(2+an)≥(22)n(2+a_1)(2+a_2)\dots(2+a_n)\geq (2\sqrt{2})^n(2+a1 )(2+a2 )…(2+an )≥(22 )n，不满足题意。显然左边缩得太多，并且取等条件是 ai=2a_i=2ai =2，所以这是不合适的。 应该改用 2+ai=1+1+ai≥3ai32+a_i=1+1+a_i\geq 3\sqrt[3]{a_i}2+ai =1+1+ai ≥33ai ，正好达到目标，证完。 --> 4. 设 a,b,ca,b,ca,b,c 是正实数，则 (a+b+c)(a2+3b2+15c2)abc\displaystyle\frac{(a+b+c)(a^2+3b^2+15c^2)}{abc}abc(a+b+c)(a2+3b2+15c2) 的最小值为 ？ (a3+a3+a3+b2+b2+c)⋅(a29+⋯+a29+b24+⋯+b24+c2+⋯+c2)≥(a3)3(b2)2c6⋅36(a29)9(b24)12(c2)1536=36abc\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 (3a +3a +3a +2b +2b +c)⋅(9a2 +⋯+9a2 +4b2 +⋯+4b2 +c2+⋯+c2)≥6(3a )3(2b )2c ⋅3636(9a2 )9(4b2 )12(c2)15 =36abc CAUCHY-SCHWARZ\TEXT{CAUCHY-SCHWARZ}CAUCHY-SCHWARZ 柯西-施瓦茨不等式 ai,bi∈R    (∑i=1nai2)(∑i=1nbi2)≥(∑i=1naibi)2a_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 ai ,bi ∈R    (i=1∑n ai2 )(i=1∑n bi2 )≥(i=1∑n ai bi )2 二元形式：(a2+b2)(c2+d2)≥(ab+cd)2\displaystyle \red{\boxed{(a^2+b^2)(c^2+d^2)\geq(ab+cd)^2}}(a2+b2)(c2+d2)≥(ab+cd)2 ，当 ac=bd\displaystyle\frac{a}{c}=\frac{b}{d}ca =db 时取等。 三元形式：(a2+b2+c2)(d2+e2+f2)≥(ad+be+cf)2\displaystyle \red{\boxed{(a^2+b^2+c^2)(d^2+e^2+f^2)\geq(ad+be+cf)^2}}(a2+b2+c2)(d2+e2+f2)≥(ad+be+cf)2 ，当 ad=be=cf\displaystyle\frac{a}{d}=\frac{b}{e}=\frac{c}{f}da =eb =fc 取等。 例 1：已知 x,y,z∈R,x−2y+2z=5x,y,z\in\R,x-2y+2z=5x,y,z∈R,x−2y+2z=5，求 (x+5)2+(y−1)2+(z+3)2(x+5)^2+(y-1)^2+(z+3)^2(x+5)2+(y−1)2+(z+3)2 最小值。 19[(x+5)2+(y−1)2+(z+3)2][12+(−2)2+22]≥19(x−2y+2z+13)2=36\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 91 [(x+5)2+(y−1)2+(z+3)2][12+(−2)2+22]≥91 (x−2y+2z+13)2=36 当且仅当 x=y=−3,z=1\displaystyle x=y=-3,z=1x=y=−3,z=1 取等。 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 例 2：求函数 f(x)=3x−6+9−x+26−2xf(x)=\sqrt{3x-6}+\sqrt{9-x}+\sqrt{26-2x}f(x)=3x−6 +9−x +26−2x 的最大值。 f(x)=1α⋅α⋅(3x−6)+1β⋅β⋅(9−x)+1γ⋅γ⋅(26−2x)≤(1α+1β+1γ)[α(3x−6)+β(9−x)+γ(26−2x)]=(1α+1β+1γ)[(3α−β−2γ)x−6α+9β+26γ]\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} f(x) =α1 ⋅α⋅(3x−6) +β1 ⋅β⋅(9−x) +γ1 ⋅γ⋅(26−2x) ≤(α1 +β1 +γ1 )[α(3x−6)+β(9−x)+γ(26−2x)]=(α1 +β1 +γ1 )[(3α−β−2γ)x−6α+9β+26γ] 当 3α−β−2γ=03\alpha-\beta-2\gamma=03α−β−2γ=0 时，最后的结果是常数。结合不等式等号成立条件 α3x−6=β9−x=γ26−2x\alpha\sqrt{3x-6}=\beta\sqrt{9-x}=\gamma\sqrt{26-2x} α3x−6 =β9−x =γ26−2x 可以得出 x=5,f(x)max⁡=f(5)=9x=5,f(x)_{\max}=f(5)=9x=5,f(x)max =f(5)=9. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 例 3：【增量换元】【2006 CMO T1】设实数 a1,a2,…,ana_1,a_2,\dots,a_na1 ,a2 ,…,an 满足 a1+a2+⋯+an=0a_1+a_2+\dots+a_n=0a1 +a2 +⋯+an =0，求证： max⁡1≤k≤nak2≤n3∑i=1n−1(ai−ai+1)2\max_{1\leq k\leq n}a_k^2\leq\frac{n}{3}\sum_{i=1}^{n-1}(a_i-a_{i+1})^2 1≤k≤nmax ak2 ≤3n i=1∑n−1 (ai −ai+1 )2 不妨设 a1≤a2≤⋯≤ana_1\leq a_2\leq\dots\leq a_na1 ≤a2 ≤⋯≤an 且 a12≤an2a_1^2\leq a_n^2a12 ≤an2 ，设 di=ai+1−ai≥0d_i=a_{i+1}-a_i\geq 0di =ai+1 −ai ≥0，于是只用证 an2≤n3∑i=1n−1di2\displaystyle a_n^2\leq \frac{n}{3}\sum_{i=1}^{n-1}d_i^2an2 ≤3n i=1∑n−1 di2 注意到 {an−1=an−dn−1an−2=an−dn−1−dn−2…a1=an−dn−1−dn−2−⋯−d1\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}⎩⎨⎧ an−1 =an −dn−1 an−2 =an −dn−1 −dn−2 …a1 =an −dn−1 −dn−2 −⋯−d1 于是 nan=(n−1)dn−1+(n−2)dn−2+⋯+d1na_n=(n-1)d_{n-1}+(n-2)d_{n-2}+\dots+d_1nan =(n−1)dn−1 +(n−2)dn−2 +⋯+d1 利用柯西不等式，n2an2=[(n−1)dn−1+⋯+2d2+d1]2≤[(n−1)2+⋯+22+12]∑i=1n−1di2=n(n−1)(2n−1)6∑i=1n−1di2≤n33∑i=1n−1di2\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}n2an2 =[(n−1)dn−1 +⋯+2d2 +d1 ]2≤[(n−1)2+⋯+22+12]i=1∑n−1 di2 =6n(n−1)(2n−1) i=1∑n−1 di2 ≤3n3 i=1∑n−1 di2 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 例 4：【2023 IMO T4】设 x1,x2,…,x2023x_1,x_2,\dots,x_{2023}x1 ,x2 ,…,x2023 为两两不等的正实数，使得对每个 n=1,2,…,2023n=1,2,\dots,2023n=1,2,…,2023， an=(x1+x2+⋯+xn)(1x1+1x2+⋯+1xn)=∑i=1nxi∑i=1n1xia_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} } an =(x1 +x2 +⋯+xn )(x1 1 +x2 1 +⋯+xn 1 ) =i=1∑n xi i=1∑n xi 1 都是一个整数，求证：a2023≥3034a_{2023}\geq 3034a2023 ≥3034. 观察数字，发现只需证明 an+2≥an+3a_{n+2}\geq a_n+3an+2 ≥an +3，这样 a2023≥a1+3⋅1011=3034a_{2023}\geq a_1+3\cdot 1011=3034a2023 ≥a1 +3⋅1011=3034。 an+22=((x1+x2+⋯+xn)+xn+1+xn+2)[(1x1+1x2+⋯+1xn)+1xn+1+1xn+2]≥[(x1+x2+⋯+xn)(1x1+1x2+⋯+1xn)+(xn+1+xn+2)(1xn+1+1xn+2)]2=[an+(xn+1+xn+2)(1xn+1+1xn+2)]2a_{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 an+22 =((x1 +x2 +⋯+xn )+xn+1 +xn+2 )[(x1 1 +x2 1 +⋯+xn 1 )+xn+1 1 +xn+2 1 ]≥[(x1 +x2 +⋯+xn )(x1 1 +x2 1 +⋯+xn 1 ) +(xn+1 +xn+2 )(xn+1 1 +xn+2 1 ) ]2=[an +(xn+1 +xn+2 )(xn+1 1 +xn+2 1 ) ]2 所以 an+2≥an+(xn+1+xn+2)(1xn+1+1xn+2)>an+2\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+2an+2 ≥an +(xn+1 +xn+2 )(xn+1 1 +xn+2 1 ) >an +2，很显然了。 推论：权方和不等式 若 ai>0,bi>0a_i>0,b_i>0ai >0,bi >0，则 a12b1+a22b2+⋯+an2bn≥(a1+a2+⋯+an)2b1+b2+⋯+bn\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} b1 a12 +b2 a22 +⋯+bn an2 ≥b1 +b2 +⋯+bn (a1 +a2 +⋯+an )2 取等条件：a1b1=a2b2=⋯=anbn\displaystyle\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\dots=\frac{a_n}{b_n}b1 a1 =b2 a2 =⋯=bn an . 常见的二元形式：a2x+b2y≥(a+b)2x+y\displaystyle\red{\boxed{\frac{a^2}{x}+\frac{b^2}{y}\geq\frac{(a+b)^2}{x+y}}}xa2 +yb2 ≥x+y(a+b)2 ，取等条件 ax=by\displaystyle\frac{a}{x}=\frac{b}{y}xa =yb . 还可以推广为：若 ai>0,b>0a_i>0,b>0ai >0,b>0，则 1. 当 m(m+1)>0m(m+1)>0m(m+1)>0 时， a1m+1b1m+a2m+1b2m+⋯+anm+1bnm≥(a1+a2+⋯+an)m+1(b1+b2+⋯+bn)m\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} b1m a1m+1 +b2m a2m+1 +⋯+bnm anm+1 ≥(b1 +b2 +⋯+bn )m(a1 +a2 +⋯+an )m+1 2. 当 m(m+1)=0m(m+1)=0m(m+1)=0 时， a1m+1b1m+a2m+1b2m+⋯+anm+1bnm=(a1+a2+⋯+an)m+1(b1+b2+⋯+bn)m\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} b1m a1m+1 +b2m a2m+1 +⋯+bnm anm+1 =(b1 +b2 +⋯+bn )m(a1 +a2 +⋯+an )m+1 3. 当 m(m+1)≤0m(m+1)\leq0m(m+1)≤0 时， a1m+1b1m+a2m+1b2m+⋯+anm+1bnm≤(a1+a2+⋯+an)m+1(b1+b2+⋯+bn)m\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} b1m a1m+1 +b2m a2m+1 +⋯+bnm anm+1 ≤(b1 +b2 +⋯+bn )m(a1 +a2 +⋯+an )m+1 取等条件都是 a1b1=a2b2=⋯=anbn\displaystyle\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\dots=\frac{a_n}{b_n}b1 a1 =b2 a2 =⋯=bn an . 例 1：已知 x,y>0,x+y=1x,y>0,x+y=1x,y>0,x+y=1，求 1x+4y\displaystyle\frac{1}{x}+\frac{4}{y}x1 +y4 的最小值。 12x+22y≥(1+2)2x+y=9\frac{1^2}{x}+\frac{2^2}{y}\geq\frac{(1+2)^2}{x+y}=9 x12 +y22 ≥x+y(1+2)2 =9 例 2：已知 x,y>0,1x+22y=1\displaystyle x,y>0,\frac{1}{x}+\frac{2\sqrt{2}}{y}=1x,y>0,x1 +y22 =1，求 x2+y2\sqrt{x^2+y^2}x2+y2 的最小值。 1x+22y=132(x2)12+232(y2)12≥(1+2)32(x2+y2)12  ⟹  x2+y2≤33   (x=3,y=32)\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) x1 +y22 =(x2)21 123 +(y2)21 223 ≥(x2+y2)21 (1+2)23 ⟹x2+y2 ≤33    (x=3,y=32 ) 练：已知 x∈(0,π2)\displaystyle x\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right)x∈(0,2π )，求 1sin⁡x+7cos⁡x\displaystyle\frac{1}{\sin x}+\frac{7}{\cos x}sinx1 +cosx7 的最小值。答案：(1+723)32(1+7^{\frac{2}{3}})^\frac{3}{2}(1+732 )23 推论：CARLSON\TEXT{CARLSON}CARLSON 卡尔松不等式 (x1n+y1n+… )(x2n+y2n+… )…(xnn+ynn+… )≥(x1x2…xn+y1y2…yn+… )n(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 (x1n +y1n +…)(x2n +y2n +…)…(xnn +ynn +…)≥(x1 x2 …xn +y1 y2 …yn +…)n 其表述是：在 m×nm\times nm×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=2n=2n=2 时即为柯西二维形式。 例：正数 x,yx,yx,y 满足 x+2y=1x+2y=1x+2y=1，求 1x2+1y2\displaystyle\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}x21 +y21 的最小值。 (x+2y)(x+2y)(1x2+1y2)≥(1+43)3(x+2y)(x+2y)(\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2})\geq(1+\sqrt[3]{4})^3 (x+2y)(x+2y)(x21 +y21 )≥(1+34 )3 其他推论 设 a1,a2,…,an,b1,b1,…,bn∈Ra_1,a_2,\dots,a_n,b_1,b_1,\dots,b_n\in\Ra1 ,a2 ,…,an ,b1 ,b1 ,…,bn ∈R，则 a12+b12+a22+b22+⋯+an2+bn2≥(a1+a2+⋯+an)2+(b1+b2+⋯+bn)2\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} a12 +b12 +a22 +b22 +⋯+an2 +bn2 ≥(a1 +a2 +⋯+an )2+(b1 +b2 +⋯+bn )2 证明：对 nnn 进行归纳。当 n=1n=1n=1 时显然成立。当 n=2n=2n=2 时直接平方柯西即证。假设 n=kn=kn=k 时成立，n=k+1n=k+1n=k+1 时：       a12+b12+a22+b22+⋯+ak2+bk2+ak+12+bk+12≥(a1+a2+⋯+ak)2+(b1+b2+⋯+bk)2+ak+12+bk+12≥(a1+a2+⋯+ak+1)2+(b1+b2+⋯+bk+1)2\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}       a12 +b12 +a22 +b22 +⋯+ak2 +bk2 +ak+12 +bk+12 ≥(a1 +a2 +⋯+ak )2+(b1 +b2 +⋯+bk )2 +ak+12 +bk+12 ≥(a1 +a2 +⋯+ak+1 )2+(b1 +b2 +⋯+bk+1 )2 于是原不等式成立。 ACZEL\TEXT{ACZEL}ACZEL 奥采尔不等式 设整数 n≥2,a1,a2,…,an,b1,b2,…,bnn\geq 2,a_1,a_2,\dots,a_n,b_1,b_2,\dots,b_nn≥2,a1 ,a2 ,…,an ,b1 ,b2 ,…,bn 是实数，满足 a12>∑i=2nai2\displaystyle a_1^2>\sum_{i=2}^n a_i^2a12 >i=2∑n ai2 ，那么 (a12−∑i=2nai2)(b12−∑i=2nbi2)≤(a1b1−∑i=2naibi)2\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 (a12 −i=2∑n ai2 )(b12 −i=2∑n bi2 )≤(a1 b1 −i=2∑n ai bi )2 当且仅当 a1b1=a2b2=⋯=anbn\displaystyle\frac{a_1}{b_1}=\frac{a_2}{b_2}=\dots=\frac{a_n}{b_n}b1 a1 =b2 a2 =⋯=bn an 时成等号成立。规定 ai=0a_i=0ai =0 时 bi=0b_i=0bi =0. 常见的二元形式：(a2−b2)(c2−d2)≤(ac−bd)2\displaystyle\red{\boxed{(a^2-b^2)(c^2-d^2)\leq(ac-bd)^2}}(a2−b2)(c2−d2)≤(ac−bd)2 ，当 ac=bd\displaystyle\frac{a}{c}=\frac{b}{d}ca =db 时取等。 例 1：求 f(x)=5x−4−x−4f(x)=\sqrt{5x-4}-\sqrt{x-4}f(x)=5x−4 −x−4 最小值。 f(x)=5⋅x−45−1⋅x−4≥(52−12)(x−452−x−42)=855f(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} f(x)=5 ⋅x−54 −1⋅x−4 ≥(5 2−12)(x−54 2−x−4 2) =585 当且仅当 51=x−45x−4\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{1}=\frac{\sqrt{x-\frac{4}{5}}}{\sqrt{x-4}}15 =x−4 x−54 即 x=245\displaystyle x=\frac{24}{5}x=524 时取等。 练 1：求 f(x)=2x2+1−xf(x)=2\sqrt{x^2+1}-xf(x)=2x2+1 −x 最小值。答案：3\sqrt{3}3 . 练 2：求 f(x)=4x2+25−3xf(x)=\sqrt{4x^2+25}-\sqrt{3}xf(x)=4x2+25 −3 x 最小值。答案：52\displaystyle\frac{5}{2}25 . 总结：对于 ax2+b−cx+da\sqrt{x^2+b}-cx+dax2+b −cx+d 的最小值是 (a2−c2)b+d\sqrt{(a^2-c^2)b}+d(a2−c2)b +d，此时 x=cba2−c2\displaystyle x=c\sqrt{\frac{b}{a^2-c^2}}x=ca2−c2b . 例 2：求 f(x)=12x2+1−2x2+1\displaystyle f(x)=\frac{1}{2x^2+1}-\frac{2}{x^2+1}f(x)=2x2+11 −x2+12 最小值。 (12x2+1−42x2+2)[(2x2+1)−(2x2+2)]≤1\left(\frac{1}{2x^2+1}-\frac{4}{2x^2+2}\right)[(2x^2+1)-(2x^2+2)]\leq1 (2x2+11 −2x2+24 )[(2x2+1)−(2x2+2)]≤1 所以 f(x)≥−1f(x)\geq -1f(x)≥−1，在 x=0x=0x=0 取等。 BERNOULLI\TEXT{BERNOULLI}BERNOULLI 伯努利不等式 若实数 xix_ixi 各项符号相同，且 xi>−1x_i>-1xi >−1，则： ∏i=1n(1+xi)≥1+∑i=1nxi\prod_{i=1}^n (1+x_i)\geq 1+\sum_{i=1}^{n}x_i i=1∏n (1+xi )≥1+i=1∑n xi 取等条件显然为 xi=0.x_i=0.xi =0. 当 xix_ixi 相等时，变为如下三种形式：（ 全部都要求 x>−1x>-1x>−1 ） 1. 当 r>1r>1r>1 或 r<0r<0r<0 时，(1+x)r≥1+rx.(1+x)^r\geq 1+rx.(1+x)r≥1+rx. 2. 当 0<r<10<r<10<r<1 时，(1+x)r≤1+rx.(1+x)^r\leq 1+rx.(1+x)r≤1+rx. 广义伯努利不等式：设实数 x1,x2,…,xn≥1x_1,x_2,\dots,x_n\geq 1x1 ,x2 ,…,xn ≥1 或 x1,x2,…,xn≤1x_1,x_2,\dots,x_n\leq 1x1 ,x2 ,…,xn ≤1，有 ∑i=1nxi≤∏i=1nxi+n−1\sum_{i=1}^n x_i\leq\prod_{i=1}^n x_i +n-1 i=1∑n xi ≤i=1∏n xi +n−1 例：欲证明 ln⁡(1+2)>22\displaystyle\ln(1+\sqrt{2})>\frac{\sqrt{2}}{2}ln(1+2 )>22 ，有 (1+2)2>1+2×2>e  ⟹  1+2>e22(1+\sqrt{2})^{\sqrt{2} }>1+\sqrt{2}\times\sqrt{2}>e\implies 1+\sqrt{2}>e^{\frac{\sqrt{2} }{2} } (1+2 )2 >1+2 ×2 >e⟹1+2 >e22 幂平均不等式 ai>0,α>β    (∑i=1naiαn)1α≥(∑i=1naiβn)1βa_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} } ai >0,α>β    (n∑i=1n aiα )α1 ≥(n∑i=1n aiβ )β1 取等条件：a1=a2=⋯=ana_1=a_2=\dots=a_na1 =a2 =⋯=an . 加权形式：ai>0,pi>0,α>β     (∑i=1npiaiα∑i=1npi)1α≥(∑i=1npiaiβ∑i=1npi)1β\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}}ai >0,pi >0,α>β     (∑i=1n pi ∑i=1n pi aiα )α1 ≥(∑i=1n pi ∑i=1n pi aiβ )β1 CHEBYSHEV\TEXT{CHEBYSHEV}CHEBYSHEV 切比雪夫不等式 若 a1≤a2≤⋯≤an,b1≤b2≤⋯≤bna_1\leq a_2\leq\dots\leq a_n,b_1\leq b_2\leq\dots\leq b_na1 ≤a2 ≤⋯≤an ,b1 ≤b2 ≤⋯≤bn ，则： ∑i=1naibi≥1n(∑i=1nai)(∑i=1nbi)≥∑i=1naibn+1−i\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} i=1∑n ai bi ≥n1 (i=1∑n ai )(i=1∑n bi )≥i=1∑n ai bn+1−i 取等条件：a1=a2=⋯=ana_1=a_2=\dots=a_na1 =a2 =⋯=an 或 b1=b2=⋯=bnb_1=b_2=\dots=b_nb1 =b2 =⋯=bn . 常见的二元形式：若 a<b,c<da<b,c<da<b,c<d 则 ac+bd≥(a+b)(c+d)2≥ad+bc\displaystyle ac+bd\geq\frac{(a+b)(c+d)}{2}\geq ad+bcac+bd≥2(a+b)(c+d) ≥ad+bc. 排序不等式 若 a1≤a2≤⋯≤an,b1≤b2≤⋯≤bna_1\leq a_2\leq\dots\leq a_n,b_1\leq b_2\leq\dots\leq b_na1 ≤a2 ≤⋯≤an ,b1 ≤b2 ≤⋯≤bn ，则：正序和 ≥\geq≥ 乱序和 ≥\geq≥ 反序和。 a1b1+a2b2+⋯+anbn≥x1b1+x2b2+⋯+xnbn≥anb1+an−1b2+⋯+a1bna_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 a1 b1 +a2 b2 +⋯+an bn ≥x1 b1 +x2 b2 +⋯+xn bn ≥an b1 +an−1 b2 +⋯+a1 bn 取等条件：a1=a2=⋯=ana_1=a_2=\dots=a_na1 =a2 =⋯=an 或 b1=b2=⋯=bnb_1=b_2=\dots=b_nb1 =b2 =⋯=bn . HO¨LDER\MATHRM{H\DDOT{O}LDER}HO¨LDER 赫尔德不等式（ 高次柯西 ） ai,bi≥0,p>1,1p+1q=1      (∑i=1naip)1p(∑i=1nbiq)1q≥∑i=1naibia_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 ai ,bi ≥0,p>1,p1 +q1 =1      (i=1∑n aip )p1 (i=1∑n biq )q1 ≥i=1∑n ai bi 更常用的形式是： (∑i=1nai)p(∑i=1nbi)q≥[∑i=1n(aipbiq)1p+q]p+q\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} (i=1∑n ai )p(i=1∑n bi )q≥[i=1∑n (aip biq )p+q1 ]p+q <!-- 例：已知 a,b>0,1a+8b=1a,b>0,\displaystyle\frac{1}{a}+\frac{8}{b}=1a,b>0,a1 +b8 =1，求 a2+b2a^2+b^2a2+b2 最小值。 使用三维赫尔德不等式，(a2+b2)(1a+8b)(1a+8b)≥(13+643)3=125\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(a2+b2)(a1 +b8 )(a1 +b8 )≥(31 +364 )3=125. 或者 {a2+125a+125a≥3a2125a125a3=75b2+1000b+1000b≥3b21000b1000b3=300  ⟹  a2+b2+250(1a+8b)≥375\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⎩⎨⎧ a2+a125 +a125 ≥33a2a125 a125 =75b2+b1000 +b1000 ≥33b2b1000 b1000 =300 ⟹a2+b2+250(a1 +b8 )≥375 --> JENSEN\TEXT{JENSEN}JENSEN 琴生不等式 设 f(x)f(x)f(x) 为单调区间 [a,b][a,b][a,b] 的下凸函数，表示对任意 xi∈[a,b]x_i\in[a,b]xi ∈[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∈N∗n\in\N^*n∈N∗ 及 x1,x2,…,xn∈[a,b]x_1,x_2,\dots,x_n\in[a,b]x1 ,x2 ,…,xn ∈[a,b] 均有 f(∑i=1nxin)≤∑i=1nf(xi)nf\left(\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n}\right)\leq\frac{\sum_{i=1}^{n} f(x_i)}{n} f(n∑i=1n xi )≤n∑i=1n f(xi ) WEITZENBO¨CK\MATHRM{WEITZENB\DDOT OCK}WEITZENBO¨CK 外森比克不等式 设 a,b,ca,b,ca,b,c 为三角形三边，SSS 为此三角形面积，则 a2+b2+c2≥43Sa^2+b^2+c^2\geq 4\sqrt{3}S a2+b2+c2≥43 S 等号成立条件：a=b=ca=b=ca=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 333 倍。 推广：若 x,y,z>0x,y,z>0x,y,z>0，则 xa2+yb2+zc2≥4xy+xz+yzS\red{\boxed{xa^2+yb^2+zc^2\geq 4\sqrt{xy+xz+yz}S}} xa2+yb2+zc2≥4xy+xz+yz S 证明：过点 AAA 作 BCBCBC 的垂线 ADADAD，记 AB=c,AC=b,AD=h,BD=m,CD=nAB=c,AC=b,AD=h,BD=m,CD=nAB=c,AC=b,AD=h,BD=m,CD=n，则 xa2+yb2+zc2=xa2+y(n2+h2)+z(m2+h2)=xa2+(n21y+m21z)+(y+z)h2≥xa2+(n+m)21y+1z+(y+z)h2=xy+xz+yzy+za2+(y+z)h2≥2xy+xz+yzah=4xy+xz+yzS\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} xa2+yb2+zc2 =xa2+y(n2+h2)+z(m2+h2)=xa2+(y1 n2 +z1 m2 )+(y+z)h2≥xa2+y1 +z1 (n+m)2 +(y+z)h2=y+zxy+xz+yz a2+(y+z)h2≥2xy+xz+yz ah=4xy+xz+yz S 分别用了权方和不等式和均值不等式证明，取等条件 ny=mz\displaystyle ny=mzny=mz 且 (y+z)2=xy+xz+yz(y+z)^2=xy+xz+yz(y+z)2=xy+xz+yz. MINKOWSKI\TEXT{MINKOWSKI}MINKOWSKI 闵可夫斯基不等式 设实数 r≥1,a1,a2…,an,b1,b2,…,bn>0r\geq 1,a_1,a_2\dots,a_n,b_1,b_2,\dots,b_n>0r≥1,a1 ,a2 …,an ,b1 ,b2 ,…,bn >0，则 [∑i=1n(ai+bi)r]1r≤(∑i=1nair)1r+(∑i=1nbir)1r\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} } [i=1∑n (ai +bi )r]r1 ≤(i=1∑n air )r1 +(i=1∑n bir )r1 取等条件：对应 aia_iai 与 bib_ibi 成比例。 注意：当 r≤1r\leq 1r≤1 时，不等式反向。 乘积形式：设 a1,a2…,an,b1,b2,…,bn>0a_1,a_2\dots,a_n,b_1,b_2,\dots,b_n>0a1 ,a2 …,an ,b1 ,b2 ,…,bn >0，则 ∏i=1n(ai+bi)1n≥(∏i=1nai)1n+(∏i=1nbi)1n\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} } i=1∏n (ai +bi )n1 ≥(i=1∏n ai )n1 +(i=1∏n bi )n1 SCHUR\TEXT{SCHUR}SCHUR 舒尔不等式 设 x,y,z∈R∗x,y,z\in\R^*x,y,z∈R∗，则（ ∑cyc\displaystyle\sum_{cyc}cyc∑ 表示轮换对称和 ） ∑cyc[x(x−y)(x−z)]=x(x−y)(y−z)+y(y−z)(y−x)+z(z−x)(z−y)≥0\sum_{cyc}[x(x-y)(x-z)]=x(x-y)(y-z)+y(y-z)(y-x)+z(z-x)(z-y)\geq 0 cyc∑ [x(x−y)(x−z)]=x(x−y)(y−z)+y(y−z)(y−x)+z(z−x)(z−y)≥0 一般地，舒尔不等式为：设 x,y,z≥0,r>0x,y,z\geq 0,r>0x,y,z≥0,r>0，则 ∑cycxr(x−y)(x−z)≥0\sum_{cyc} x^r(x-y)(x-z)\geq 0 cyc∑ xr(x−y)(x−z)≥0 证明：不妨设 x≥y≥zx\geq y\geq zx≥y≥z，则 LHS≥xr(x−y)(x−z)−yr(x−y)(y−z)≥yr(x−y)2≥0LHS\geq x^r(x-y)(x-z)-y^r(x-y)(y-z)\geq y^r(x-y)^2\geq 0LHS≥xr(x−y)(x−z)−yr(x−y)(y−z)≥yr(x−y)2≥0。 舒尔不等式有两个变形非常有用： ∑cycx3−∑cyc[x2(y+z)]+3xyz≥0\sum_{cyc}x^3-\sum_{cyc}[x^2(y+z)]+3xyz\geq 0 cyc∑ x3−cyc∑ [x2(y+z)]+3xyz≥0 (∑cycx)3−4(∑cycx)(∑cycyz)+9xyz≥0\left(\sum_{cyc}x\right)^3-4\left(\sum_{cyc}x\right)\left(\sum_{cyc}yz\right)+9xyz\geq 0 (cyc∑ x)3−4(cyc∑ x)(cyc∑ yz)+9xyz≥0 嵌入不等式 设 A,B,CA,B,CA,B,C 是三角形 ΔABC\Delta ABCΔABC 的三个内角，则对任意实数 x,y,zx,y,zx,y,z 有 x2+y2+z2≥2xycos⁡C+2yzcos⁡A+2zxcos⁡Bx^2+y^2+z^2\geq 2xy\cos C+2yz\cos A+2zx\cos B x2+y2+z2≥2xycosC+2yzcosA+2zxcosB 例题：【2007 CTST T4】设正实数 u,v,wu,v,wu,v,w 满足 u+v+w+uvw=4u+v+w+\sqrt{uvw}=4u+v+w+uvw =4，求证： vwu+wuv+uvw≥u+v+w\sqrt{\frac{vw}{u} }+\sqrt{\frac{wu}{v} }+\sqrt{\frac{uv}{w} }\geq u+v+w uvw +vwu +wuv ≥u+v+w 设 u=a2,v=b2,w=c2u=a^2,v=b^2,w=c^2u=a2,v=b2,w=c2，有 a2+b2+c2+abc=4a^2+b^2+c^2+abc=4a2+b2+c2+abc=4，只用证 bca+acb+abc≥a2+b2+c2\displaystyle\frac{bc}{a}+\frac{ac}{b}+\frac{ab}{c}\geq a^2+b^2+c^2abc +bac +cab ≥a2+b2+c2，设 a=2cos⁡A,b=2cos⁡B,c=2cos⁡Ca=2\cos A,b=2\cos B,c=2\cos Ca=2cosA,b=2cosB,c=2cosC，只用证 cos⁡Bcos⁡Ccos⁡A+cos⁡Acos⁡Ccos⁡B+cos⁡Acos⁡Bcos⁡C≥2(cos⁡2A+cos⁡2B+cos⁡2C)\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) cosAcosBcosC +cosBcosAcosC +cosCcosAcosB ≥2(cos2A+cos2B+cos2C) 这很显然了。 其他关于三角的不等式：如果 k,u,v,w>0k,u,v,w>0k,u,v,w>0 并且 1u2+k+1v2+k+1w2+k=2k\displaystyle \frac{1}{u^2+k}+\frac{1}{v^2+k}+\frac{1}{w^2+k}=\frac{2}{k}u2+k1 +v2+k1 +w2+k1 =k2 ，那么 usin⁡A+vsin⁡B+wsin⁡C≤1k(u2+k)(v2+k)(w2+k)u\sin A+v\sin B+w\sin C\leq \frac{1}{k}\sqrt{(u^2+k)(v^2+k)(w^2+k)} usinA+vsinB+wsinC≤k1 (u2+k)(v2+k)(w2+k) 当且仅当 u2+kusin⁡A=v2+kvsin⁡B=w2+kwsin⁡C\displaystyle\frac{u^2+k}{u}\sin A=\frac{v^2+k}{v}\sin B=\frac{w^2+k}{w}\sin Cuu2+k sinA=vv2+k sinB=ww2+k sinC 或者 ucos⁡A=vcos⁡B=wcos⁡Cu\cos A=v\cos B=w\cos CucosA=vcosB=wcosC. 绝对值不等式 ∣a∣+∣b∣≤∣a+b∣  ⟹  ∣x1+x2+⋯+xn∣≤∣x1∣+∣x2∣+⋯+∣xn∣|a|+|b|\leq|a+b|\implies |x_1+x_2+\dots+x_n|\leq |x_1|+|x_2|+\dots+|x_n| ∣a∣+∣b∣≤∣a+b∣⟹∣x1 +x2 +⋯+xn ∣≤∣x1 ∣+∣x2 ∣+⋯+∣xn ∣ ∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a±b∣≤∣a∣+∣b∣||a|-|b||\leq|a\pm b|\leq|a|+|b| ∣∣a∣−∣b∣∣≤∣a±b∣≤∣a∣+∣b∣ ∣aj∣−∑k≠j∣ak∣≤∣∑k=1nak∣≤∑k=1n∣ak∣|a_j|-\sum_{k\neq j}|a_k|\leq\left|\sum_{k=1}^n a_k\right|\leq\sum_{k=1}^n|a_k| ∣aj ∣−k=j∑ ∣ak ∣≤ k=1∑n ak ≤k=1∑n ∣ak ∣ HLAWKA\MATHRM{HLAWKA}HLAWKA 不等式 ∣a∣+∣b∣+∣c∣+∣a+b+c∣≥∣a+b∣+∣a+c∣+∣b+c∣|a|+|b|+|c|+|a+b+c|\geq|a+b|+|a+c|+|b+c| ∣a∣+∣b∣+∣c∣+∣a+b+c∣≥∣a+b∣+∣a+c∣+∣b+c∣   ⟹  (n−2)∑k=1n∣ak∣+∣∑k=1nak∣≥∑1≤i<j≤n∣ai+aj∣\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| ⟹(n−2)k=1∑n ∣ak ∣+ k=1∑n ak ≥1≤i<j≤n∑ ∣ai +aj ∣ 例子 1. 若实数 x,yx,yx,y 满足 x2+y2+xy=1x^2+y^2+xy=1x2+y2+xy=1, 则 x+yx+yx+y 的最大值是 ？ 使用判别式法，令 k=x+y,x=k−yk=x+y, x=k-yk=x+y,x=k−y 代入得 y2−ky+k2−1=0, Δ=k2−4(k2−1)≥0  ⟹  −233≤k≤233,x+y≤233y^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} y2−ky+k2−1=0, Δ=k2−4(k2−1)≥0⟹−323 ≤k≤323 ,x+y≤323 2. 已知正实数 yyy 满足 xyy−x=15x+4y\displaystyle\frac{xy}{y-x}=\frac{1}{5x+4y}y−xxy =5x+4y1 , 则正实数 xxx 的最大值是 ？ 4xy2+(5x2−1)y+x=0  ⟹  y1y2=14>0,y1+y2=−5x2−14x>0\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 4xy2+(5x2−1)y+x=0⟹y1 y2 =41 >0,y1 +y2 =−4x5x2−1 >0 ∴{5x2−1<0x>0或{5x2−1>0x<0  ⟹  0<x<55\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} ∴{5x2−1<0x>0 或{5x2−1>0x<0 ⟹0<x<55 Δ=(5x2−1)2−16x2≥0  ⟹  5x2−1≥4x 或 5x2−1≤−4x  ⟹  x∈(0,15]\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] Δ=(5x2−1)2−16x2≥0⟹5x2−1≥4x 或 5x2−1≤−4x⟹x∈(0,51 ] 3. ΔABC\Delta ABCΔABC 中求 (Sa2+2bc)\displaystyle\left(\frac{S}{a^2+2bc}\right)(a2+2bcS ) 的最大值。 所求式中 a,b,ca,b,ca,b,c 等价，故 a=b=ca=b=ca=b=c 时取最值 312\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{12}123 . 当然考试不能这么写，这里给出一个正经做法：令 bc=1bc=1bc=1，那么 $$a2=b2+c^2-2bc\cos A\geq 2bc-2\cos A=2-2\cos A$$ 由于 S=12bcsin⁡A=12sin⁡A\displaystyle S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}\sin AS=21 bcsinA=21 sinA，所以 Sa2+2bc≤sin⁡A8−4cos⁡A\displaystyle\frac{S}{a^2+2bc}\leq\frac{\sin A}{8-4\cos A}a2+2bcS ≤8−4cosAsinA ，求导可知当 A=π3,b=c\displaystyle A=\frac{\pi}{3},b=cA=3π ,b=c 时也就是 ΔABC\Delta ABCΔABC 为等边三角形时取等。 4. 若正实数 x,y,zx,y,zx,y,z 满足 (x+2y)(y+z)=4yz(x+2y)(y+z)=4yz(x+2y)(y+z)=4yz 且 z≤3xz\leq 3xz≤3x，求 p=3x2+2y23xy\displaystyle p=\frac{3x^2+2y^2}{3xy}p=3xy3x2+2y2 的范围. 考虑消去 zzz，而 z=(x+2y)y2y−x≤3x\displaystyle z=\frac{(x+2y)y}{2y-x}\leq 3xz=2y−x(x+2y)y ≤3x，得到 (3x−2y)(x−y)2y−x≤0\displaystyle\frac{(3x-2y)(x-y)}{2y-x}\leq 02y−x(3x−2y)(x−y) ≤0，由 2y−x>02y-x>02y−x>0 得 (3x−2y)(x−y)≤0  ⟹  23≤xy≤1\displaystyle (3x-2y)(x-y)\leq 0\implies \frac{2}{3}\leq\frac{x}{y}\leq 1(3x−2y)(x−y)≤0⟹32 ≤yx ≤1. 于是 p=xy+23yx∈[263,53]\displaystyle p=\frac{x}{y}+\frac{2}{3}\frac{y}{x}\in\left[\frac{2\sqrt{6}}{3},\frac{5}{3}\right]p=yx +32 xy ∈[326 ,35 ]. 5. 【2001 IMO T2】求证：∀a,b,c>0,aa2+8bc+bb2+8ca+cc2+8ab≥1①\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∀a,b,c>0,a2+8bc a +b2+8ca b +c2+8ab c ≥1① 【高考证法】 首先注意到 a=b=c=1a=b=c=1a=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=bca2   B=cab2   C=abc2          ABC=1A=\frac{bc}{a^2}\ \ \ B=\frac{ca}{b^2}\ \ \ C=\frac{ab}{c^2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ ABC=1 A=a2bc    B=b2ca    C=c2ab           ABC=1 将 ①①① 化为 11+8A+11+8B+11+8C≥1\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1+8A}}+\frac{1}{\sqrt{1+8B}}+\frac{1}{\sqrt{1+8C}}\geq 11+8A 1 +1+8B 1 +1+8C 1 ≥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： ∑(1+8B)(1+8C)≥(1+8A)(1+8B)(1+8C)\sum \sqrt{(1+8B)(1+8C)}\geq \sqrt{(1+8A)(1+8B)(1+8C)} ∑(1+8B)(1+8C) ≥(1+8A)(1+8B)(1+8C) 两边平方得 ∑(1+8B)(1+8C)+2(1+8A)(1+8B)(1+8C)∑1+8A≥(1+8A)(1+8B)(1+8C)\sum(1+8B)(1+8C)+2\sqrt{(1+8A)(1+8B)(1+8C)}\sum\sqrt{1+8A}\geq(1+8A)(1+8B)(1+8C) ∑(1+8B)(1+8C)+2(1+8A)(1+8B)(1+8C) ∑1+8A ≥(1+8A)(1+8B)(1+8C) 由 ABC=1ABC=1ABC=1 化简，只用证下述 ②②② 成立即可。 (1+8A)(1+8B)(1+8C)∑1+8A+4∑A≥255②\sqrt{(1+8A)(1+8B)(1+8C)}\sum\sqrt{1+8A}+4\sum A\geq 255② (1+8A)(1+8B)(1+8C) ∑1+8A +4∑A≥255② 因 ABC=1ABC=1ABC=1，所以 {∑A≥3ABC3=3∑AB≥3A2B2C23=3\begin{cases}\sum A\geq 3\sqrt[3]{ABC}=3\\\sum AB\geq 3\sqrt[3]{A^2B^2C^2}=3\end{cases}{∑A≥33ABC =3∑AB≥33A2B2C2 =3 ，于是 (1+8A)(1+8B)(1+8C)=1+8∑A+64∑AB+512≥1+24+64×3+512=93(1+8A)(1+8B)(1+8C)=1+8\sum A+64\sum AB+512\geq 1+24+64\times 3+512=9^3 (1+8A)(1+8B)(1+8C)=1+8∑A+64∑AB+512≥1+24+64×3+512=93 ∑1+8A≥31+8A⋅1+8B⋅1+8C3≥9\sum\sqrt{1+8A}\geq 3\sqrt[3]{\sqrt{1+8A}\cdot\sqrt{1+8B}\cdot\sqrt{1+8C}}\geq 9 ∑1+8A ≥331+8A ⋅1+8B ⋅1+8C ≥9 ②≥92.5+4×3=255②\geq 9^{2.5}+4\times 3=255 ②≥92.5+4×3=255 证毕。 【竞赛证法】 由权方和不等式得 ①=a1.5a3+8abc+b1.5b3+8abc+c1.5c3+8abc≥(a+b+c)1.5a3+b3+c3+24abc≥(a+b+c)1.5(a+b+c)3=1①=\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 ①=a3+8abc a1.5 +b3+8abc b1.5 +c3+8abc c1.5 ≥a3+b3+c3+24abc (a+b+c)1.5 ≥(a+b+c)3 (a+b+c)1.5 =1 关于证 a3+b3+c3+24abc≤(a+b+c)3a^3+b^3+c^3+24abc\leq (a+b+c)^3a3+b3+c3+24abc≤(a+b+c)3：即证 8abc≤(a+b)(b+c)(c+a)8abc\leq (a+b)(b+c)(c+a)8abc≤(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 aiaj+bibj−aibj−ajbi=(ai−bi)(aj−bj)a_ia_j+b_ib_j-a_ib_j-a_jb_i=(a_i-b_i)(a_j-b_j) ai aj +bi bj −ai bj −aj bi =(ai −bi )(aj −bj ) (∑i=1nai)2=∑i=1nai2+2∑1≤i<j≤naiaj\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 (i=1∑n ai )2=i=1∑n ai2 +21≤i<j≤n∑ ai aj ∑1≤i<j≤n(ai−aj)2=n∑i=1nai2−(∑i=1nai)2\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 1≤i<j≤n∑ (ai −aj )2=ni=1∑n ai2 −(i=1∑n ai )2 (∑i=1nai)(∑i=1nbi)=∑i=1n∑j=1naibj=∑i=1n∑j=1najbi\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 (i=1∑n ai )(i=1∑n bi )=i=1∑n j=1∑n ai bj =i=1∑n j=1∑n aj bi ∑1≤i≤j≤naiaj=∑i=1n(∑j=inaiaj)=∑j=1n(∑i=1jaiaj)\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) 1≤i≤j≤n∑ ai aj =i=1∑n (j=i∑n ai aj )=j=1∑n (i=1∑j ai aj ) ∑i=1n∑j=1naibj=12∑i=1n∑j=1n(aibj+ajbi)\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) i=1∑n j=1∑n ai bj =21 i=1∑n j=1∑n (ai bj +aj bi ) an−a1=∑k=1n−1(ak+1−ak)a_n-a_1=\sum_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k) an −a1 =k=1∑n−1 (ak+1 −ak ) ABEL\TEXT{ABEL}ABEL 阿贝尔变换 对于两个数列 an,bna_n,b_nan ,bn ，记 BnB_nBn 为 bnb_nbn 前缀和，那么 ∑k=1nakbk=a1b1+∑k=2nakbk=a1B1+∑k=2nak(Bk−Bk−1)=a1B1+∑k=2nakBk−∑k=2nakBk−1=∑k=1n−1akBk+anBn−∑k=1n−1ak+1Bk=∑k=1n−1(ak−ak+1)Bk+anBn\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} k=1∑n ak bk =a1 b1 +k=2∑n ak bk =a1 B1 +k=2∑n ak (Bk −Bk−1 )=a1 B1 +k=2∑n ak Bk −k=2∑n ak Bk−1 =k=1∑n−1 ak Bk +an Bn −k=1∑n−1 ak+1 Bk =k=1∑n−1 (ak −ak+1 )Bk +an Bn 那么可以很快地算出 “等差 an×a_n\timesan × 等比 bnb_nbn ” 这类数列的前缀和。 例 1：求值 ∑k=1nk2\displaystyle\sum_{k=1}^n k^2k=1∑n k2. 令 an=n,bn=na_n=n,b_n=nan =n,bn =n，则 $$\sum_{k=1}^n k2=\sum_{k=1}{n-1}(-1)\frac{k(k+1)}{2}+n\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n3+n}{2}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}{n-1} k^2-\frac{n(n-1)}{4}$$ 令 S=∑k=1nk2S=\displaystyle\sum_{k=1}^n k^2S=k=1∑n k2，则 S=n3+n2−12(S−n2)−n(n−1)4  ⟹  S=n(n+1)(2n+1)6\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}S=2n3+n −21 (S−n2)−4n(n−1) ⟹S=6n(n+1)(2n+1) . 例 2：证明：23nn≤∑k=1nk<(4n+3)n−16\displaystyle\frac{2}{3}n\sqrt{n}\leq \sum_{k=1}^n \sqrt{k}<\frac{(4n+3)\sqrt{n}-1}{6}32 nn ≤k=1∑n k <6(4n+3)n −1 . 令 an=n,bn=1a_n=\sqrt{n},b_n=1an =n ,bn =1，则 S=∑k=1nk=∑k=1n−1(k−k+1)k+nn=nn−∑k=1n(k+1−k)kS=\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 S=k=1∑n k =k=1∑n−1 (k −k+1 )k+nn =nn −k=1∑n (k+1 −k )k 因为 12k+1≤k+1−k=1k+k+1≤12k\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}} 2k+1 1 ≤k+1 −k =k +k+1 1 ≤2k 1 所以 S≥nn−∑k=1nk2S\geq n\sqrt{n}-\sum_{k=1}^n\frac{\sqrt{k}}{2} S≥nn −k=1∑n 2k 解不等式即可证左边。下证右侧。令 an=1n,bn=n\displaystyle a_n=\frac{1}{\sqrt{n}},b_n=nan =n 1 ,bn =n，则 S=∑k=1nk=∑k=1n−1(1k−1k+1)k(k+1)2+n(n+1)2=n(n+1)2+∑k=1n−1(k+1−k)k(k+1)2=n(n+1)2+∑k=1n−1k(k+1)2(k+1+k)≤n(n+1)2+∑k=1n−1k+1+k8=n(n+1)2+18(2S−1−n)\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} S =k=1∑n k =k=1∑n−1 (k 1 −k+1 1 )2k(k+1) +2n (n+1) =2n (n+1) +k=1∑n−1 2(k+1 −k )k(k+1) =2n (n+1) +k=1∑n−1 2(k+1 +k )k(k+1) ≤2n (n+1) +k=1∑n−1 8k+1 +k =2n (n+1) +81 (2S−1−n ) 解得 S≤(4n+3)n−16\displaystyle S\leq\frac{(4n+3)\sqrt{n}-1}{6}S≤6(4n+3)n −1 . 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)f(x)f(x) g(x)g(x)g(x) f(g(x))f(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)(0,0)(0,0)，如 y=kx (k≠0)\displaystyle y=\frac{k}{x}\ (k\neq 0)y=xk  (k=0). * 偶函数：关于 x=0x=0x=0 对称，如 y=∣x∣, y=x2y=|x|,\ y=x^2y=∣x∣, y=x2. * 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)=2x7+5x5−x3f(x)=2x^7+5x^5-x^3f(x)=2x7+5x5−x3. * 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)=x6−6x4+x2+9f(x)=x^6-6x^4+x^2+9f(x)=x6−6x4+x2+9. * 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 是奇函数，则 f(x) 的对称中心 (b,-c).}}y=f(ax+b)+c是奇函数，则f(x)的对称中心(b,−c). * y=f(ax+b)+c是偶函数，则f(x)关于x=b对称。\red{\boxed{y=f(ax+b)+c 是偶函数，则 f(x) 关于 x=b 对称。}}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⁡axf(x)=\log_axf(x)=loga x 的反函数为 g(x)=axg(x)=a^xg(x)=ax，反之亦然。 例：已知函数 f(x)=ax−1+3(a>0 且 a≠1)f(x)=a^{x-1}+3(a>0\ 且 \ a\neq 1)f(x)=ax−1+3(a>0 且 a=1)，则 f(x)f(x)f(x) 的的图像恒过定点 (1,4)  ⟹  f(x)(1,4) \\ \implies f(x)(1,4)⟹f(x) 的反函数的图像恒过定点 (4,1)(4,1)(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=xy=xy=x 对称。 * ∣奇函数∣=偶函数|奇函数|=偶函数∣奇函数∣=偶函数。 * 奇偶函数加减法则 Type1\text{Type1}Type1 Operator\text{Operator}Operator Type2\text{Type2}Type2 Result\text{Result}Result 奇\text{奇}奇 ±\pm± 奇\text{奇}奇 奇\text{奇}奇 偶\text{偶}偶 ±\pm± 偶\text{偶}偶 偶\text{偶}偶 奇\text{奇}奇 ×\times× 奇\text{奇}奇 偶\text{偶}偶 偶\text{偶}偶 ×\times× 偶\text{偶}偶 偶\text{偶}偶 奇\text{奇}奇 ×\times× 偶\text{偶}偶 奇\text{奇}奇 * 复合函数奇偶性（ 有偶则偶，同奇则奇\red{有偶则偶，同奇则奇}有偶则偶，同奇则奇 ） f(x)f(x)f(x) g(x)g(x)g(x) f(g(x))f(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)  ⟹  f(x)f(a+x)=f(b-x)\implies f(x)f(a+x)=f(b−x)⟹f(x) 关于 x=a+b2\displaystyle x=\frac{a+b}{2}x=2a+b 对称。 * f(a+x)+f(b−x)=c  ⟹  f(x)f(a+x)+f(b-x)=c\implies f(x)f(a+x)+f(b−x)=c⟹f(x) 的对称中心为 (a+b2,c2)\displaystyle\left(\frac{a+b}{2},\frac{c}{2}\right)(2a+b ,2c ). 以下记 TTT 为函数的周期, 记 C∈RC\in\RC∈R 为某个常数。 * f(x+a)=f(x+b)  ⟹  T=∣b−a∣f(x+a)=f(x+b) \implies T=|b-a|f(x+a)=f(x+b)⟹T=∣b−a∣ * f(x)+f(x+a)=C  ⟹  T=2af(x)+f(x+a)=C \implies T=2af(x)+f(x+a)=C⟹T=2a * f(x)×f(x+a)=C  ⟹  T=2af(x)\times f(x+a)=C \implies T=2af(x)×f(x+a)=C⟹T=2a * f(x+2a)=f(x+a)−f(x)  ⟹  T=6af(x+2a)=f(x+a)-f(x) \implies T=6af(x+2a)=f(x+a)−f(x)⟹T=6a * f(x)f(x)f(x) 关于 x=a,x=bx=a,x=bx=a,x=b 对称   ⟹  T=∣2(b−a)∣\implies T=|2(b-a)|⟹T=∣2(b−a)∣ * f(x)f(x)f(x) 的两个对称中心 (a,0), (b,0)  ⟹  T=∣2(b−a)∣(a,0),\ (b,0)\implies T=|2(b-a)|(a,0), (b,0)⟹T=∣2(b−a)∣ * f(x)f(x)f(x) 关于 x=ax=ax=a 对称且有个对称中心 (b,0)  ⟹  T=∣4(b−a)∣(b,0)\implies T=|4(b-a)|(b,0)⟹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)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0f(x)=a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1 x+a_0f(x)=an xn+an−1 xn−1+⋯+a1 x+a0 具有中心对称性，那么它的对称中心为 (−an−1nan,f(−an−1nan))\displaystyle\red{\boxed{\left(-\frac{a_{n-1}}{na_n},f\left(-\frac{a_{n-1}}{na_n}\right)\right)}}(−nan an−1 ,f(−nan an−1 )) . 如果一个多项式函数 f(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a1x+a0f(x)=a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1 x+a_0f(x)=an xn+an−1 xn−1+⋯+a1 x+a0 具有轴对称性，那么它的对称轴 x=−an−1nan\displaystyle x=-\frac{a_{n-1}}{na_n}x=−nan an−1 . * f(x)=ax+bcx+d\displaystyle f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}f(x)=cx+dax+b 的对称中心 (−dc,ac)\displaystyle\left(-\frac{d}{c},\frac{a}{c}\right)(−cd ,ca ). 注意到该函数的定义域为 {x∣x≠−dc}\displaystyle\left\{x\mid x\neq - \frac{d}{c}\right\}{x∣x=−cd }，值域是 {x∣x≠ac}\displaystyle\left\{x\mid x\neq\frac{a}{c}\right\}{x∣x=ca }. 例：f(x)=xx+1+x+1x+2+x+2x+3\displaystyle f(x)=\frac{x}{x+1}+\frac{x+1}{x+2}+\frac{x+2}{x+3}f(x)=x+1x +x+2x+1 +x+3x+2 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)(-1,1)(−1,1)，(−2,1)(-2,1)(−2,1)，(−3,1)(-3,1)(−3,1). 如果这个函数有对称中心，其横坐标就在 −1,−2,−3-1,-2,-3−1,−2,−3 中间即 −2-2−2. 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 333. 所以函数的对称中心 (−2,3)(-2,3)(−2,3). * f(x)=tax−k+1\displaystyle f(x)=\frac{t}{a^{x-k}+1}f(x)=ax−k+1t 的对称中心 (k,f(k))(k,f(k))(k,f(k)) 即 (k,t2)\displaystyle\left(k,\frac{t}{2}\right)(k,2t ). * f(x)=ax3+bx2+cx+df(x)=ax^3+bx^2+cx+df(x)=ax3+bx2+cx+d 的对称中心 (−b3a,f(−b3a))\displaystyle\red{\boxed{\left(-\frac{b}{3a},f\left(-\frac{b}{3a}\right)\right)}}(−3ab ,f(−3ab )) . * f(∣ax+b∣)f(|ax+b|)f(∣ax+b∣) 关于 x=−ba\displaystyle x=-\frac{b}{a}x=−ab 对称 且 f(∣ax+b∣)f(|ax+b|)f(∣ax+b∣) 在 x>−ba\displaystyle x>-\frac{b}{a}x>−ab 时与 f(t)f(t)f(t) 的单调性相同。 * 任何一个函数 f(x)f(x)f(x) 都可以拆分为 {一个奇函数   F(x)=f(x)−f(−x)2一个偶函数   G(x)=f(x)+f(−x)2\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}⎩⎨⎧ 一个奇函数   F(x)=2f(x)−f(−x) 一个偶函数   G(x)=2f(x)+f(−x) 之和。 * f(x+a)=mf(x)+bcf(x)−m(a,b,c∈R,c≠0,m2+bc≠0)  ⟹  T=2a\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=2af(x+a)=cf(x)−mmf(x)+b (a,b,c∈R,c=0,m2+bc=0)⟹T=2a. * f(x+a)=1+f(x)1−f(x)  ⟹  T=4a\displaystyle f(x+a)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)} \implies T=4af(x+a)=1−f(x)1+f(x) ⟹T=4a. * f(x)f(x)f(x) 关于 (a,b)(a,b)(a,b) 中心对称   ⟺   f(x+a)−b\iff\ f(x+a)-b⟺ 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 mmm：将方程中所有 yyy 替换成 (y−m)(y-m)(y−m). 向下平移 mmm：将方程中所有 yyy 替换成 (y+m)(y+m)(y+m). 向左平移 nnn：将方程中所有 xxx 替换成 (x+n)(x+n)(x+n). 向右平移 nnn：将方程中所有 xxx 替换成 (x−n)(x-n)(x−n). 例如：将 x4+y4=3xy(x+y)+0.01x^4+y^4=3xy(x+y)+0.01x4+y4=3xy(x+y)+0.01 的图像向右平移 222 个单位，向下平移 333 个单位得到 (x−2)4+(y+3)4=3(x−2)(y+3)(x+y+1)+0.01(x-2)^4+(y+3)^4=3(x-2)(y+3)(x+y+1)+0.01 (x−2)4+(y+3)4=3(x−2)(y+3)(x+y+1)+0.01 伸缩 以 xxx 轴为轴伸缩到原来的 k(k>0)k(k>0)k(k>0) 倍：将方程中所有 yyy 替换成 yk\displaystyle\frac{y}{k}ky . 以 yyy 轴为轴伸缩到原来的 k(k>0)k(k>0)k(k>0) 倍：将方程中所有 xxx 替换成 xk\displaystyle\frac{x}{k}kx . 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+2y=x+2y=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 θ\thetaθ，只需要将其表达式中所有 xxx 替换为 xcos⁡θ−ysin⁡θ\red{\boxed{x\cos\theta-y\sin\theta}}xcosθ−ysinθ ，将所有 yyy 替换为 xsin⁡θ+ycos⁡θ\red{\boxed{x\sin\theta+y\cos\theta}}xsinθ+ycosθ . 逆时针旋转 θ\thetaθ 相当于顺时针旋转 −θ-\theta−θ. 例如：将 y=x2y=x^2y=x2 绕原点顺时针旋转 45°45\degree45° 得到 22x+22y=(22x−22y)2  ⟹  2(x+y)=(x−y)2\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 22 x+22 y=(22 x−22 y)2⟹2 (x+y)=(x−y)2 对称 将点 (a,b)(a,b)(a,b) 沿 xxx 轴对称变为 (a,−b)(a,-b)(a,−b)，沿 yyy 轴对称变为 (−a,b)(-a,b)(−a,b). 将方程的图像沿 xxx 轴对称就将所有 yyy 替换成 −y-y−y，沿 yyy 轴对称就将所有 xxx 替换成 −x-x−x. 若将直线沿 y=kxy=kxy=kx 对称，记倾斜角为 θ\thetaθ，那么将所有 xxx 替换成 xcos⁡2θ+ysin⁡2θ\boxed{x\cos 2\theta+y\sin 2\theta}xcos2θ+ysin2θ ，将所有 yyy 替换成 xsin⁡2θ−ycos⁡2θ\boxed{x\sin 2\theta-y\cos 2\theta}xsin2θ−ycos2θ 常见抽象函数及其模型 * f(x±y)=f(x)±f(y)  ⟹  f(x)=kx (k≠0)f(x\pm y)=f(x)\pm f(y) \implies f(x)=kx\ (k\neq 0)f(x±y)=f(x)±f(y)⟹f(x)=kx (k=0) * f(x+y)=f(x)+f(y)f(x+y)=f(x)+f(y)f(x+y)=f(x)+f(y) 证单调性/奇偶性： ∀x1,x2∈R, x1<x2, f(x1)−f(x2)=f(x1−x2+x2)−f(x2)=f(x1−x2)\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)∀x1 ,x2 ∈R, x1 <x2 , f(x1 )−f(x2 )=f(x1 −x2 +x2 )−f(x2 )=f(x1 −x2 ) * f(xy)=f(x)+f(y) 或 f(xy)=f(x)−f(y)  ⟹  f(x)=log⁡ax (a>0 且 a≠1)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) 或 f(yx )=f(x)−f(y)⟹f(x)=loga x (a>0 且 a=1) * f(xy)=f(x)+f(y)f(xy)=f(x)+f(y)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)=0f(1)=f(1)+f(1)=0\ 且\ f(-1)=f(-1)+(1)=0f(1)=f(1)+f(1)=0 且 f(−1)=f(−1)+(1)=0 f(1)=f(x)+f(1x)=0 且 f(−1)=f(−x)+f(1x)=0\displaystyle f(1)=f(x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=0\ 且\ f(-1)=f(-x)+f\left(\frac{1}{x}\right)=0f(1)=f(x)+f(x1 )=0 且 f(−1)=f(−x)+f(x1 )=0 ∴f(x)=f(−x)\therefore f(x)=f(-x)∴f(x)=f(−x) * f(xy)=f(x)f(y) 或 f(xy)=f(x)f(y)  ⟹  f(x)=xaf(xy)=f(x)f(y)\ 或 \ \displaystyle f\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{f(x)}{f(y)} \implies f(x)=x^af(xy)=f(x)f(y) 或 f(yx )=f(y)f(x) ⟹f(x)=xa * f(x+y)=f(x)f(y) 或 f(x−y)=f(x)f(y)  ⟹  f(x)=ax (a>0 且 a≠1)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)f(x+y)=f(x)f(y) 或 f(x−y)=f(y)f(x) ⟹f(x)=ax (a>0 且 a=1) * f(x±y)=f(x)±f(y)1∓f(x)f(y)  ⟹  f(x)=tan⁡x (x≠kπ+π2,k∈Z)\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)f(x±y)=1∓f(x)f(y)f(x)±f(y) ⟹f(x)=tanx (x=kπ+2π ,k∈Z) 求值域 * 分离常数 ax+bcx+d=ac+ac−bdc2(x+dc)\displaystyle\frac{ax+b}{cx+d}=\frac{a}{c}+\frac{ac-bd}{c^2(x+\frac{d}{c})}cx+dax+b =ca +c2(x+cd )ac−bd 例：求 f(x)=x2−x−1x2+x+1\displaystyle f(x)=\frac{x^2-x-1}{x^2+x+1}f(x)=x2+x+1x2−x−1 值域，先求出定义域 R\RR. x2−x−1x2+x+1=1−2x+2x2+x+1, \displaystyle\frac{x^2-x-1}{x^2+x+1}=1-\frac{2x+2}{x^2+x+1},\text{ }x2+x+1x2−x−1 =1−x2+x+12x+2 ,  令 g(x)=x2+x+12x+2,f(x)=1−1g(x)\displaystyle g(x)=\frac{x^2+x+1}{2x+2}, f(x)=1-\frac{1}{g(x)}g(x)=2x+2x2+x+1 ,f(x)=1−g(x)1 g(x)=x2+x+12x+2=x2+12x+2=x+12+12(x+1)−12\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}g(x)=2x+2x2+x+1 =2x +2x+21 =2x+1 +2(x+1)1 −21 对 xxx 分类讨论后使用基本不等式。 {x+1≥0,x≥−1,g(x)≥214−12=12x+1=0,x=−1,g(x)无意义，f(x)=1x+1≤0,x≤−1,g(x)≤−32\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}⎩⎨⎧ x+1≥0,x≥−1,g(x)≥241 −21 =21 x+1=0,x=−1,g(x)无意义，f(x)=1x+1≤0,x≤−1,g(x)≤−23 综上所述， g(x)∈(−∞,−32]∪[12,∞),1g(x)∈[−23,0)∪(0,2]\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]g(x)∈(−∞,−23 ]∪[21 ,∞),g(x)1 ∈[−32 ,0)∪(0,2] $\displaystyle f(x)\in\left[-1,\frac{5}{3}\right], $ 取最值时 x=−2 或 x=0x=-2 \ \text{或}\ x=0x=−2 或 x=0. * 三角换元（ 形如 y=ax+b+cx−dy=\sqrt{ax+b}+\sqrt{cx-d}y=ax+b +cx−d 求最值 ） 例：求 y=x−4+18−3xy=\sqrt{x-4}+\sqrt{18-3x}y=x−4 +18−3x 的值域，先求出定义域 [4,6][4,6][4,6]. 令 x=4+sin⁡2θx=4+\sin^2\thetax=4+sin2θ 且其中 θ∈[0,π2]\displaystyle \theta\in\left[0,\frac{\pi}{2}\right]θ∈[0,2π ]，除去根号可得值域 [2,22][\sqrt{2},2\sqrt{2}][2 ,22 ]. * 数形结合（ 将军饮马，圆，斜率... ） 例 1：求 f(x)=(x−1)2+4+(x−2)2+9f(x)=\sqrt{(x-1)^2+4}+\sqrt{(x-2)^2+9}f(x)=(x−1)2+4 +(x−2)2+9 最小值？ 转化为求 (x,0)(1,2)(2,3)(x,0)(1,2)(2,3)(x,0)(1,2)(2,3) 之间的距离 答案 26\sqrt{26}26 . 例 2：f(x)=sin⁡x−13−2cos⁡x−2sin⁡x (x∈[0,2π])\displaystyle f(x)=\frac{\sin x-1}{\sqrt{3-2\cos x-2\sin x}}\ (x\in[0,2\pi])f(x)=3−2cosx−2sinx sinx−1  (x∈[0,2π]) 的最小值 ？ ∵ sin⁡2x+cos⁡2x=1\because\ \sin^2x+\cos^2x=1\\∵ sin2x+cos2x=1 ∴f(x)=sin⁡x−1sin⁡2x−2sin⁡x+1+cos⁡2x−2cos⁡x****in⁡x−1(sin⁡x−1)2+(cos⁡x−1)2=−1−sin⁡x(1−sin⁡x)2+(1−cos⁡x)2=−11+(1−cos⁡x1−sin⁡x)2\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}∴f(x) =sin2x−2sinx+1+cos2x−2cosx****inx−1 =(sinx−1)2+(cosx−1)2 sinx−1 =−(1−sinx)2+(1−cosx)2 1−sinx =−1+(1−sinx1−cosx )2 1 当 sin⁡x≠1\sin x\neq 1sinx=1 时，令 g(x)=(1−cos⁡x1−sin⁡x)2,f(x)=−11+g(x)\displaystyle g(x)=\left(\frac{1-\cos x}{1-\sin x}\right)^2,f(x)=-\frac{1}{\sqrt{1+g(x)}}g(x)=(1−sinx1−cosx )2,f(x)=−1+g(x) 1 ，\\ 显然，g(x)g(x)g(x) 的含义是点 (1,1)(1,1)(1,1) 与单位圆上的点 (sin⁡x,cos⁡x)(\sin x,\cos x)(sinx,cosx) 的连线的斜率的平方。 注意到，g(x)≥0g(x)\geq 0g(x)≥0，所以 f(x)∈[−1,0]f(x)\in [-1,0]f(x)∈[−1,0]. 基本计算 对数 * xa (a 为有理数)={a∈Z+, 直接计算a=0, xa=0a∈Z−, xa=1x−a其他, 令 a=bc, xa=xbcx^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}xa (a 为有理数)=⎩⎨⎧ a∈Z+, 直接计算a=0, xa=0a∈Z−, xa=x−a1 其他, 令 a=cb , xa=cxb 加法 减法 换底公式 log⁡ab+log⁡ac=log⁡a(bc)\log_ab+\log_ac=\log_a (bc)loga b+loga c=loga (bc) log⁡ab−log⁡ac=log⁡abc\displaystyle\log_ab-\log_ac=\log_a\frac{b}{c}loga b−loga c=loga cb log⁡ab=log⁡cblog⁡ca\displaystyle\log_ab=\frac{\log_cb}{\log_ca}loga b=logc alogc b bclog⁡aN=log⁡acNb\frac{b}{c}\log_aN=\log_{a^c}N^b cb loga N=logac Nb Mlog⁡aN=Nlog⁡aM  ⟹  alg⁡b=blg⁡aM^{\log_aN}=N^{\log_aM}\implies a^{\lg b}=b^{\lg a} Mloga N=Nloga M⟹algb=blga 例子 * 例 1：已知正实数 x,y,zx,y,zx,y,z 满足 3x=5y=15z3^x=5^y=15^z3x=5y=15z，则 （ BCD\text{BCD}BCD ） A. x+y=z      B. xz+yz=xy      C. x3>y5>z15      D. xy>4z2\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^2A. x+y=z      B. xz+yz=xy      C. 3x >5y >15z       D. xy>4z2 令 3x=5y=15z=k3^x=5^y=15^z=k3x=5y=15z=k，则 x=log⁡3kx=\log_{3}kx=log3 k，y=log⁡5ky=\log_{5}ky=log5 k，z=log⁡15kz=\log_{15}kz=log15 k. 易证 A\text{A}A 选项不成立。 显然有 1x=log⁡k3,1y=log⁡k5,1z=log⁡k15\displaystyle\frac{1}{x}=\log_{k}3,\frac{1}{y}=\log_{k}5,\frac{1}{z}=\log_{k}15x1 =logk 3,y1 =logk 5,z1 =logk 15 即 1x+1y=1z\displaystyle\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}x1 +y1 =z1 ，可证得 B\text{B}B 选项成立。 C\text{C}C 选项题意转化得 3x<5x<15x\displaystyle\frac{3}{x}<\frac{5}{x}<\frac{15}{x}x3 <x5 <x15 ，易证其成立。 D\text{D}D 选项即证明 $$\displaystyle xy-4z2=\frac{(\lg{k})2}{\lg 3\lg 5}-\frac{4(\lg{k})2}{(\lg{15})2}>0 \\implies (\lg{15})^2-4\lg{3}\lg{5}=(\lg 3+\lg 5)^2-4\lg{3}\lg{5}=(\lg 3-\lg 5)^2>0$$ * 例 2：设 a=log⁡32,b=log⁡53,c=log⁡85a=\log_{3}2,b=\log_{5}3,c=\log_{8}5a=log3 2,b=log5 3,c=log8 5，比较大小。 bc=log⁡53×log⁡58≤(log⁡53+log⁡58)24<1  ⟹  b<c\frac{b}{c}=\log_{5}3\times\log_{5}8\leq\frac{(\log_{5}3+\log_{5}8)^2}{4}<1\implies b<c cb =log5 3×log5 8≤4(log5 3+log5 8)2 <1⟹b<c log⁡32=log⁡383<log⁡393=23,  log⁡53=log⁡5273>log⁡5253=23  ⟹  a<b\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 log3 2=log3 38 <log3 39 =32 ,  log5 3=log5 327 >log5 325 =32 ⟹a<b 复数 * z=a+bi     z=a+b\text{i}\ \ \ \ \ \text{}z=a+bi      模或绝对值 ∣z∣=∣a+bi∣=a2+b2     |z|=|a+b\text{i}|=\sqrt{a^2+b^2}\ \ \ \ \ \text{}∣z∣=∣a+bi∣=a2+b2       定义 Re(z)=a,Im(z)=b\mathrm{Re}(z)=a,\mathrm{Im}(z)=bRe(z)=a,Im(z)=b. 共轭复数 zˉ=a−bi.     \={z}=a-b\text{i}.\ \ \ \ \ \text{}zˉ=a−bi.      几何意义：复平面（ 横轴为实轴，纵轴为虚轴 ）上点 (a,b).(a,b).(a,b). 注意实部为 aaa，虚部为 bbb （ 不带 i\text{i}i ）     \ \ \ \ \ \text{}      注意当 a=0,b≠0a=0,b\neq 0a=0,b=0 时为纯虚数，000 不是纯虚数。 所有虚数（ b≠0b\neq 0b=0 ）均不能直接比较大小，如 2+i>1+i\xcancel{2+\text{i}>1+\text{i}}2+i>1+i ，当且仅当 b=0b=0b=0 变成实数时才可以比较。 * 运算：对于 z1=a+bi, z2=c+diz_1=a+b\text{i},\ z_2=c+d\text{i}z1 =a+bi, z2 =c+di，有 z1±z2=(a±c)+(b±d)i        z1z2=ac−bd+(bc+ad)i         z1z2=ac+bd+(bc−ad)ic2+d2z_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} z1 ±z2 =(a±c)+(b±d)i        z1 z2 =ac−bd+(bc+ad)i         z2 z1 =c2+d2ac+bd+(bc−ad)i * (a±bi)2=a2−b2±2abi       (a+bi)(a−bi)=a2+b2       (1±i)2=±2i(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}(a±bi)2=a2−b2±2abi       (a+bi)(a−bi)=a2+b2       (1±i)2=±2i 对于 n∈Z,i4n=1, i4n+1=i, i4n+2=−1, i4n+3=−in\in\Z,\text{i}^{4n}=1,\ \text{i}^{4n+1}=\text{i},\ \text{i}^{4n+2}=-1,\ \text{i}^{4n+3}=-\text{i}n∈Z,i4n=1, i4n+1=i, i4n+2=−1, i4n+3=−i. * 一个题：已知 zzz 为方程 z4+z3+z2+z+1=0z^4+z^3+z^2+z+1=0z4+z3+z2+z+1=0 的根，则 z2015=z^{2015}=z2015= ？（ 单位圆的性质 ） (z−1)(z4+z3+z2+z+1)=0  ⟹  z5=1,z2015=1(z-1)(z^4+z^3+z^2+z+1)=0\implies z^5=1,z^{2015}=1 (z−1)(z4+z3+z2+z+1)=0⟹z5=1,z2015=1 一些性质 z1±z2‾=z1‾±z2‾\overline{z_1\pm z_2}=\overline{z_1}\pm\overline{z_2}z1 ±z2 =z1 ±z2 z1z2‾=z1‾⋅z2‾\overline{z_1z_2}=\overline{z_1}\cdot\overline{z_2}z1 z2 =z1 ⋅z2 zn‾=(z‾)n,n∈N∗\overline{z^n}=(\overline{z})^n,n\in\N^*zn=(z)n,n∈N∗ (z1z2)‾=z1‾z2‾\displaystyle\overline{\left(\frac{z_1}{z_2}\right)}=\frac{\overline{z_1}}{\overline{z_2}}(z2 z1 ) =z2 z1 z+z‾=2Re(z)z+\overline{z}=2\mathrm{Re}(z)z+z=2Re(z) z−z‾=2i⋅Im(z)z-\overline{z}=2\mathrm{i\cdot Im}(z)z−z=2i⋅Im(z) ∣z∣=∣z‾∣,zz‾=∣z∣2|z|=|\overline{z}|,z\overline{z}=|z|^2∣z∣=∣z∣,zz=∣z∣2 ∣z1z2∣=∣z1∣∣z2∣|z_1z_2|=|z_1||z_2|∣z1 z2 ∣=∣z1 ∣∣z2 ∣ ∣zn∣=∣z∣n|z^n|=|z|^n∣zn∣=∣z∣n ∣z1z2∣=∣z1∣∣z2∣\displaystyle\left|\frac{z_1}{z_2}\right|=\frac{|z_1|}{|z_2|} z2 z1 =∣z2 ∣∣z1 ∣ ∣z∣≥Re(z),∣z∣≥Im(z)|z|\geq \mathrm{Re}(z),|z|\geq\mathrm{Im}(z)∣z∣≥Re(z),∣z∣≥Im(z) ∣∣z1∣−∣z2∣∣≤∣z1+z2∣≤∣z1∣+∣z2∣||z_1|-|z_2||\leq|z_1+z_2|\leq|z_1|+|z_2|∣∣z1 ∣−∣z2 ∣∣≤∣z1 +z2 ∣≤∣z1 ∣+∣z2 ∣ 复数与复平面 * ∣z∣=r  ⟹  z|z|=r\implies z∣z∣=r⟹z 在复平面内对应点的集合是以原点为圆心，rrr 为半径的圆。 ∣z−z1∣=r  ⟹  z|z-z_1|=r\implies z∣z−z1 ∣=r⟹z 在复平面内对应点的集合是以 z1z_1z1 在复平面内的对应点为圆心，rrr 为半径的圆。 ∣z−z1∣=∣z−z2∣  ⟹  z|z-z_1|=|z-z_2|\implies z∣z−z1 ∣=∣z−z2 ∣⟹z 在复平面内对应点的集合是 Z1,Z2Z_1,Z_2Z1 ,Z2 为端点的线段的中垂线。 * 设复数 z1,z2,z1+z2z_1,z_2,z_1+z_2z1 ,z2 ,z1 +z2 在复平面内对应点为 A,B,CA,B,CA,B,C，结合平面向量的基本运算。 ∣z1+z2∣=∣z1−z2∣  ⟹  |z_1+z_2|=|z_1-z_2|\implies∣z1 +z2 ∣=∣z1 −z2 ∣⟹ 四边形 OACB\text{OACB}OACB 为矩形。 ∣z1∣=∣z2∣  ⟹  |z_1|=|z_2|\implies∣z1 ∣=∣z2 ∣⟹ 四边形 OACB\text{OACB}OACB 为菱形。 ∣z1∣=∣z2∣|z_1|=|z_2|∣z1 ∣=∣z2 ∣ 且 ∣z1+z2∣=∣z1−z2∣  ⟹  |z_1+z_2|=|z_1-z_2|\implies∣z1 +z2 ∣=∣z1 −z2 ∣⟹ 四边形 OACB\text{OACB}OACB 为正方形。 * 综合题：已知复数 z1,z2z_1,z_2z1 ,z2 满足 ∣z1∣=∣z2∣=1|z_1|=|z_2|=1∣z1 ∣=∣z2 ∣=1，若 ∣z1−z2∣=∣z1−1∣=∣z2−z∣|z_1-z_2|=|z_1-1|=|z_2-z|∣z1 −z2 ∣=∣z1 −1∣=∣z2 −z∣，则 ∣z∣|z|∣z∣ 的最大值是 ？ ∣z∣=∣(z2−z)−z2∣≤∣z2−z∣+∣z2∣=∣z1−1∣+1≤∣z1∣+1+1=3   (z1=−1  z2=1)|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) ∣z∣=∣(z2 −z)−z2 ∣≤∣z2 −z∣+∣z2 ∣=∣z1 −1∣+1≤∣z1 ∣+1+1=3   (z1 =−1  z2 =1) 复数的三角表示 a+bi=r(cos⁡θ+isin⁡θ)a+b\text{i}=r(\cos\theta+\text{i}\sin\theta) a+bi=r(cosθ+isinθ) 其中 r=a2+b2,tan⁡θ=ba(a≠0)  ⟹  a=rcos⁡θ,b=rsin⁡θ\displaystyle r=\sqrt{a^2+b^2},\tan\theta=\frac{b}{a}(a\neq 0)\implies a=r\cos\theta,b=r\sin\thetar=a2+b2 ,tanθ=ab (a=0)⟹a=rcosθ,b=rsinθ. 规定在 0≤θ<2π0\leq\theta<2\pi0≤θ<2π 时 θ\thetaθ 为辐角的主值，记为 arg⁡z\arg zargz，且满足 0≤arg⁡z<2π0\leq\arg z<2\pi0≤argz<2π. * 设 z1=a+bi=r1(cos⁡θ1+isin⁡θ1),z2=c+di=r2(cos⁡θ2+isin⁡θ2)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)z1 =a+bi=r1 (cosθ1 +isinθ1 ),z2 =c+di=r2 (cosθ2 +isinθ2 )，则 z1z2=r1r2[cos⁡(θ1+θ2)+isin⁡(θ1+θ2)]z_1z_2=r_1r_2[\cos(\theta _1+\theta _2)+\text{i}\sin(\theta _1+\theta _2)] z1 z2 =r1 r2 [cos(θ1 +θ2 )+isin(θ1 +θ2 )] z1z2=r1r2[cos⁡(θ1−θ2)+isin⁡(θ1−θ2)]   (z2≠0)\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) z2 z1 =r2 r1 [cos(θ1 −θ2 )+isin(θ1 −θ2 )]   (z2 =0) ∏i=1nzi=∏i=1nri[cos⁡(∑i=1nθi)+isin⁡(∑i=1nθi)]\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] i=1∏n zi =i=1∏n ri [cos(i=1∑n θi )+isin(i=1∑n θi )] * De Moivre\mathrm{De\ Moivre}De Moivre 棣莫弗定理：对于 z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)z=r(\cos\theta+\text{i}\sin\theta)z=r(cosθ+isinθ)，满足 $$\red{\boxed{zn=rn(\cos n\theta+\text{i}\sin n\theta)}},\ \ n\in\N^*$$ 另外，借助棣莫弗定理可以推导 tan⁡4θ=4tan⁡θ−4tan⁡3θ1−6tan⁡2θ+tan⁡4θ\displaystyle\tan 4\theta=\frac{4\tan\theta-4\tan^3\theta}{1-6\tan^2\theta+\tan^4\theta}tan4θ=1−6tan2θ+tan4θ4tanθ−4tan3θ 等公式。 * 复数 r(cos⁡θ+isin⁡θ)r(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)r(cosθ+isinθ) 的 nnn 次方根是 rn(cos⁡θ+2kπn+isin⁡θ+2kπn),    k=0,1,…,n−1\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 nr (cosnθ+2kπ +isinnθ+2kπ ),    k=0,1,…,n−1 因此要注意 zn\sqrt[n]{z}nz 表示 nnn 个复数。 * 可以推导 ∏k=1n−1cos⁡kπ2n=n2n−1        ∏k=12nsin⁡kπ2n+1=2n+122n\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}}k=1∏n−1 cos2nkπ =2n−1n         k=1∏2n sin2n+1kπ =22n2n+1 . 复数的指数形式 我们把模为 111，辐角为 θ\thetaθ 的复数 cos⁡θ+isin⁡θ\cos\theta+\mathrm{i}\sin\thetacosθ+isinθ 用 eiθe^{\mathrm{i}\theta}eiθ 表示。例如 eiπ2=cos⁡π2+isin⁡π2=ie^{\mathrm{i}\frac{\pi}{2}}=\cos\frac{\pi}{2}+\mathrm{i}\sin\frac{\pi}{2}=\mathrm{i} ei2π =cos2π +isin2π =i 于是对任意复数均满足 z=r(cos⁡θ+isin⁡θ)=reiθz=r(\cos\theta+\mathrm{i}\sin\theta)=re^{\mathrm{i}\theta} z=r(cosθ+isinθ)=reiθ 对于复数的乘除，对应到指数就是加减。对于开方运算， reiθn=rneiθ+2kπn,    k=0,1,…,n−1\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 nreiθ =nr einθ+2kπ ,    k=0,1,…,n−1 题目 1. 求值：arctan⁡13+arctan⁡15+arctan⁡17+arctan⁡18\displaystyle\arctan\frac{1}{3}+\arctan\frac{1}{5}+\arctan\frac{1}{7}+\arctan\frac{1}{8}arctan31 +arctan51 +arctan71 +arctan81 . 考虑复数 z1=3+i,z2=5+i,z3=7+i,z4=8+iz_1=3+\mathrm{i},z_2=5+\mathrm{i},z_3=7+\mathrm{i},z_4=8+\mathrm{i}z1 =3+i,z2 =5+i,z3 =7+i,z4 =8+i，题目相当于计算 z1z2z3z4=650(1+i)z_1z_2z_3z_4=650(1+\mathrm{i})z1 z2 z3 z4 =650(1+i) 的辐角，于是答案为 π4\displaystyle\frac{\pi}{4}4π 2. 已知复数 zi=xi+iyi(i=1,2,3)z_i=x_i+\mathrm{i}y_i(i=1,2,3)zi =xi +iyi (i=1,2,3)，且 ∣z1∣=∣z2∣=∣z3∣,z1+z2+z3=−32−5i,z1z2z3=3+5i\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}∣z1 ∣=∣z2 ∣=∣z3 ∣,z1 +z2 +z3 =−23 −5 i,z1 z2 z3 =3 +5 i，求 x1y1+x2y2+x3y3x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3x1 y1 +x2 y2 +x3 y3 的值。 ∣z1∣∣z2∣∣z3∣=22  ⟹  ∣zi∣=2  ⟹  zizi‾=2|z_1||z_2||z_3|=2\sqrt{2}\implies |z_i|=\sqrt{2}\implies z_i\overline{z_i}=2 ∣z1 ∣∣z2 ∣∣z3 ∣=22 ⟹∣zi ∣=2 ⟹zi zi =2 z1z2+z2z3+z1z3z1z2z3=1z1+1z2+1z3=12(z1‾+z2‾+z3‾)=−34+52i\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} z1 z2 z3 z1 z2 +z2 z3 +z1 z3 =z1 1 +z2 1 +z3 1 =21 (z1 +z2 +z3 )=−43 +25 i   ⟹  z1z2+z2z3+z1z3=−13+15i4\\\implies z_1z_2+z_2z_3+z_1z_3=\frac{-13+\sqrt{15}\mathrm{i}}{4} ⟹z1 z2 +z2 z3 +z1 z3 =4−13+15 i z12+z22+z32=(z1+z2+z3)2−2(z1z2+z2z3+z1z3)=94+152iz_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} z12 +z22 +z32 =(z1 +z2 +z3 )2−2(z1 z2 +z2 z3 +z1 z3 )=49 +215 i x1y1+x2y2+x3y3=12Im(z12+z22+z32)=154x_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} x1 y1 +x2 y2 +x3 y3 =21 Im(z12 +z22 +z32 )=415 3. 已知复数 ∣z2∣=1|z_2|=1∣z2 ∣=1 且 ∣z1+iz22∣+∣z2+z32∣≤3|z_1+\mathrm{i}z_2^2|+|z_2+z_3^2|\leq 3∣z1 +iz22 ∣+∣z2 +z32 ∣≤3，求 ∣z12+z2∣+∣z22+z3∣|z_1^2+z_2|+|z_2^2+z_3|∣z12 +z2 ∣+∣z22 +z3 ∣ 的最大值。 设 zi=ri(cos⁡θi+isin⁡θi)z_i=r_i(\cos\theta_i+\mathrm{i}\sin\theta_i)zi =ri (cosθi +isinθi )，则 $$|z_1+\mathrm{i}z_2^2|=|(r_1\cos\theta_1-\sin2\theta_2)+(r_1\sin\theta_1+\cos 2\theta_2)\mathrm{i}|=\sqrt{r_1^2+1-2r_1\sin(2\theta_2-\theta_1)}①$$ ∣z2+z32∣=∣(r32cos⁡2θ3+cos⁡θ2)+(r32sin⁡2θ3+sin⁡θ2)i∣=r34+1+2r32cos⁡(2θ3−θ2)②|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 ∣z2 +z32 ∣=∣(r32 cos2θ3 +cosθ2 )+(r32 sin2θ3 +sinθ2 )i∣=r34 +1+2r32 cos(2θ3 −θ2 ) ② ∣z12+z2∣=r14+1+2r12cos⁡(2θ1−θ2)③      ∣z22+z3∣=r32+1+2r3cos⁡(2θ2−θ3)④|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 ∣z12 +z2 ∣=r14 +1+2r12 cos(2θ1 −θ2 ) ③      ∣z22 +z3 ∣=r32 +1+2r3 cos(2θ2 −θ3 ) ④ ①+②≥(r1−1)2+(r32−1)2=r32+r1−2  ⟹  r1+r32≤5①+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 ①+②≥(r1 −1)2 +(r32 −1)2 =r32 +r1 −2⟹r1 +r32 ≤5 当 θ1=π6,θ2=π3,θ3=2π3\displaystyle\theta_1=\frac{\pi}{6},\theta_2=\frac{\pi}{3},\theta_3=\frac{2\pi}{3}θ1 =6π ,θ2 =3π ,θ3 =32π 取等，即 r1=5−r32,r3∈[1,5]r_1=5-r_3^2,r_3\in[1,\sqrt{5}]r1 =5−r32 ,r3 ∈[1,5 ]. ③+④≤r12+r3+2≤19    （ 代入求导 ）③+④\leq r_1^2+r_3+2\leq 19\ \ \ \ （\ 代入求导\ ） ③+④≤r12 +r3 +2≤19    （ 代入求导 ） 三角恒等变换 诱导公式 sin⁡(α+2kπ)=sin⁡α,k∈Zcos⁡(α+2kπ)=cos⁡α,k∈Ztan⁡(α+2kπ)=tan⁡α,k∈Z\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}sin(α+2kπ)cos(α+2kπ)tan(α+2kπ) =sinα,k∈Z=cosα,k∈Z=tanα,k∈Z sin⁡(π+α)=−sin⁡αcos⁡(π+α)=−cos⁡αtan⁡(π+α)=tan⁡α\begin{aligned}\sin(\pi+\alpha)&=-\sin\alpha \\ \cos(\pi+\alpha)&=-\cos\alpha \\ \tan(\pi+\alpha)&=\tan\alpha\end{aligned}sin(π+α)cos(π+α)tan(π+α) =−sinα=−cosα=tanα sin⁡(−α)=−sin⁡αcos⁡(−α)=cos⁡αtan⁡(−α)=−tan⁡α\begin{aligned}\sin(-\alpha)&=-\sin\alpha \\ \cos(-\alpha)&=\cos\alpha \\ \tan(-\alpha)&=-\tan\alpha\end{aligned}sin(−α)cos(−α)tan(−α) =−sinα=cosα=−tanα sin⁡(π−α)=sin⁡αcos⁡(π−α)=−cos⁡αtan⁡(π−α)=−tan⁡α\begin{aligned}\sin(\pi-\alpha)&=\sin\alpha \\ \cos(\pi-\alpha)&=-\cos\alpha \\ \tan(\pi-\alpha)&=-\tan\alpha\end{aligned}sin(π−α)cos(π−α)tan(π−α) =sinα=−cosα=−tanα sin⁡(π2−α)=cos⁡αcos⁡(π2−α)=sin⁡αsin⁡(π2+α)=cos⁡αcos⁡(π2+α)=−sin⁡αtan⁡(π2−α)=cot⁡αcot⁡(π2−α)=tan⁡αsec⁡(π2−α)=csc⁡αcsc⁡(π2−α)=sec⁡α\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}sin(2π −α)cos(2π −α)sin(2π +α)cos(2π +α)tan(2π −α)cot(2π −α)sec(2π −α)csc(2π −α) =cosα=sinα=cosα=−sinα=cotα=tanα=cscα=secα sin⁡(3π2+α)=−cos⁡αcos⁡(3π2+α)=sin⁡αsin⁡(3π2−α)=−cos⁡αcos⁡(3π2−α)=−sin⁡α\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}sin(23π +α)cos(23π +α)sin(23π −α)cos(23π −α) =−cosα=sinα=−cosα=−sinα * Pythagoras\mathrm{Pythagoras}Pythagoras 毕达哥拉斯定理：sin⁡2α+cos⁡2α=1\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1sin2α+cos2α=1，两边同除 sin⁡2x\sin^2xsin2x 或 cos⁡2x\cos^2xcos2x 可得 $$1+\tan2x=\sec2x,1+\cot2x=\csc2x$$ * tan⁡α=sin⁡αcos⁡α,cot⁡x=1tan⁡x,sec⁡x=1cos⁡x,csc⁡x=1sin⁡x\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}tanα=cosαsinα ,cotx=tanx1 ,secx=cosx1 ,cscx=sinx1 * 奇函数：sin⁡,tan⁡,cot⁡,csc⁡.    \sin,\tan,\cot,\csc.\ \ \ \ \text{}sin,tan,cot,csc.     偶函数：cos⁡,sec⁡\cos,\seccos,sec. 简单的三角恒等变换 cos⁡(α−β)=cos⁡αcos⁡β+sin⁡αsin⁡βcos⁡(α+β)=cos⁡αcos⁡β−sin⁡αsin⁡β\cos(\alpha-\beta)=\cos\alpha \cos\beta+\sin\alpha \sin\beta \\ \cos(\alpha+\beta)=\cos\alpha \cos\beta-\sin\alpha \sin\betacos(α−β)=cosαcosβ+sinαsinβcos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ cos⁡2α=cos⁡2α−sin⁡2α=1−2sin⁡2α=2cos⁡2α−1=(cos⁡α+sin⁡α)(cos⁡α−sin⁡α)\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)cos2α=cos2α−sin2α=1−2sin2α=2cos2α−1=(cosα+sinα)(cosα−sinα) cos⁡a2=±1+cos⁡α2\displaystyle\cos\frac a 2=\pm \sqrt{\frac{1+\cos\alpha}{2}}cos2a =±21+cosα sin⁡(α−β)=sin⁡αcos⁡β−cos⁡αsin⁡βsin⁡(α+β)=sin⁡αcos⁡β+cos⁡αsin⁡β\sin(\alpha-\beta)=\sin\alpha \cos\beta-\cos\alpha \sin\beta \\ \sin(\alpha+\beta)=\sin\alpha \cos\beta+\cos\alpha \sin\betasin(α−β)=sinαcosβ−cosαsinβsin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ sin⁡2α=2sin⁡αcos⁡α\sin 2\alpha=2\sin\alpha \cos\alphasin2α=2sinαcosα sin⁡a2=±1−cos⁡α2\displaystyle\sin\frac a 2=\pm \sqrt{\frac{1-\cos\alpha}{2}}sin2a =±21−cosα tan⁡(α+β)=tan⁡α+tan⁡β1−tan⁡αtan⁡βtan⁡(α−β)=tan⁡α−tan⁡β1+tan⁡αtan⁡β\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}tan(α+β)=1−tanαtanβtanα+tanβ tan(α−β)=1+tanαtanβtanα−tanβ tan⁡2α=2tan⁡α1−tan⁡2α\displaystyle\tan 2\alpha=\frac{2\tan\alpha}{1-\tan^2\alpha}tan2α=1−tan2α2tanα tan⁡a2=±1−cos⁡α1+cos⁡α=sin⁡α1+cos⁡α=1−cos⁡αsin⁡α\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}tan2a =±1+cosα1−cosα =1+cosαsinα =sinα1−cosα sin⁡3α=3sin⁡α−4sin⁡3αcos⁡3α=4cos⁡3α−3cos⁡αtan⁡3α=3tan⁡α−tan⁡3α1−3tan⁡2α\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}sin3αcos3αtan3α =3sinα−4sin3α=4cos3α−3cosα=1−3tan2α3tanα−tan3α sin⁡α+sin⁡β=2sin⁡α+β2cos⁡α−β2sin⁡α−sin⁡β=2cos⁡α+β2sin⁡α−β2cos⁡α+cos⁡β=2cos⁡α+β2cos⁡α−β2cos⁡α−cos⁡β=−2sin⁡α+β2sin⁡α−β2\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}}}sinα+sinβsinα−sinβcosα+cosβcosα−cosβ =2sin2α+β cos2α−β =2cos2α+β sin2α−β =2cos2α+β cos2α−β =−2sin2α+β sin2α−β sin⁡α=2tan⁡α21+tan⁡2a2=sin⁡2α2cos⁡αcos⁡α=1−tan⁡2a21+tan⁡2a2=sin⁡2α2sin⁡αtan⁡α=2tan⁡α21−tan⁡2a2=(1−tan⁡2α)tan⁡2α2\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}sinα=1+tan22a 2tan2α =2cosαsin2α cosα=1+tan22a 1−tan22a =2sinαsin2α tanα=1−tan22a 2tan2α =2(1−tan2α)tan2α sin⁡αcos⁡β=12[sin⁡(α+β)+sin⁡(α−β)]=12[sin⁡(β+α)−sin⁡(β−α)]\sin \alpha\cos \beta=\frac{1}{2}[\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)]=\frac{1}{2}[\sin(\beta+\alpha)-\sin(\beta-\alpha)] sinαcosβ=21 [sin(α+β)+sin(α−β)]=21 [sin(β+α)−sin(β−α)] cos⁡αcos⁡β=12[cos⁡(α+β)+cos⁡(α−β)]\cos\alpha\cos\beta=\frac{1}{2}[\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta)] cosαcosβ=21 [cos(α+β)+cos(α−β)] sin⁡αsin⁡β=12[cos⁡(α−β)−cos⁡(α+β)]\sin\alpha\sin\beta=\frac{1}{2}[\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)] sinαsinβ=21 [cos(α−β)−cos(α+β)] * Asin⁡α+Bcos⁡α=A2+B2sin⁡(α+φ)A\sin\alpha+B\cos\alpha=\sqrt{A^2+B^2}\sin(\alpha+\varphi)Asinα+Bcosα=A2+B2 sin(α+φ) , 其中 tan⁡φ=BA\displaystyle\tan\varphi={B\over A}tanφ=AB ，tan⁡φ<0\tan\varphi<0tanφ<0 时，最好检验一下 φ\varphiφ 位于第二象限还是第四象限。 sin⁡(α+β)sin⁡(α−β)=sin⁡2α−sin⁡2β\sin(\alpha+\beta)\sin(\alpha-\beta)=\sin^2\alpha-\sin^2\beta sin(α+β)sin(α−β)=sin2α−sin2β cos⁡(α+β)cos⁡(α−β)=cos⁡2α−sin⁡2β\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)=\cos^2\alpha-\sin^2\beta cos(α+β)cos(α−β)=cos2α−sin2β tan⁡2αsin⁡2α=tan⁡2α−sin⁡2α\tan^2\alpha\sin^2\alpha=\tan^2\alpha-\sin^2\alpha tan2αsin2α=tan2α−sin2α * 对于任意非直角三角形中，总有 tan⁡A+tan⁡B+tan⁡C=tan⁡Atan⁡Btan⁡C\tan A+\tan B+\tan C=\tan A\tan B\tan CtanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC. 经典值：tan⁡A=1, tan⁡B=2, tan⁡C=3\tan A=1,\ \tan B=2,\ \tan C=3tanA=1, tanB=2, tanC=3, 此时 A=45°, B=63.43°, C=71.57°A=45\degree,\ B=63.43\degree,\ C=71.57\degreeA=45°, B=63.43°, C=71.57°. * 其他三角形恒等式（ ΔABC\Delta ABCΔABC 中 ）：{sin⁡A+sin⁡B+sin⁡C=4cos⁡A2cos⁡B2cos⁡C2cos⁡A+cos⁡B+cos⁡C=1+4sin⁡A2sin⁡B2sin⁡C2cot⁡A+cot⁡B+cot⁡C=4cot⁡A2cot⁡B2cot⁡C2sin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C=2+2cos⁡Acos⁡Bcos⁡Ccos⁡2A+cos⁡2B+cos⁡2C=1−2cos⁡Acos⁡Bcos⁡Csin⁡2A+sin⁡2B+sin⁡2C=4sin⁡Asin⁡Bsin⁡Ccos⁡2A+cos⁡2B+cos⁡2C=−1−4cos⁡Acos⁡Bcos⁡Ctan⁡A2tan⁡B2+tan⁡B2tan⁡C2+tan⁡A2tan⁡C2=1\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}⎩⎨⎧ sinA+sinB+sinC=4cos2A cos2B cos2C cosA+cosB+cosC=1+4sin2A sin2B sin2C cotA+cotB+cotC=4cot2A cot2B cot2C sin2A+sin2B+sin2C=2+2cosAcosBcosCcos2A+cos2B+cos2C=1−2cosAcosBcosCsin2A+sin2B+sin2C=4sinAsinBsinCcos2A+cos2B+cos2C=−1−4cosAcosBcosCtan2A tan2B +tan2B tan2C +tan2A tan2C =1 * 若已知 tan⁡α=k,\tan \alpha=k,tanα=k, 则有 asin⁡α+bcos⁡αmsin⁡α+ncos⁡α=ak+bmk+n\displaystyle\frac{a\sin\alpha+b\cos\alpha}{m\sin\alpha+n\cos\alpha}=\frac{ak+b}{mk+n}msinα+ncosαasinα+bcosα =mk+nak+b . * 1−tan⁡α1−tan⁡2α=12tan⁡2α, 1−tan⁡α1+tan⁡2α=12sin⁡2α\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\alpha1−tan2α1−tanα =21 tan2α, 1+tan2α1−tanα =21 sin2α. * 对于 x∈(0,π2), sin⁡x<x<tan⁡x\displaystyle x\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right),\ \sin x<x<\tan xx∈(0,2π ), sinx<x<tanx. 例 1：若 ΔABC\Delta ABCΔABC 为锐角 Δ\DeltaΔ 且满足 tan⁡A+tan⁡B+tan⁡C≤⌊tan⁡A⌋+⌊tan⁡B⌋+⌊tan⁡C⌋\tan A+\tan B+\tan C\leq \lfloor\tan A\rfloor+\lfloor\tan B\rfloor+\lfloor\tan C\rfloortanA+tanB+tanC≤⌊tanA⌋+⌊tanB⌋+⌊tanC⌋，若 A≤B≤CA\leq B\leq CA≤B≤C，求 tan⁡C−tan⁡B\tan C-\tan BtanC−tanB. 我们知道正切恒等式 tan⁡Atan⁡Btan⁡C=tan⁡A+tan⁡B+tan⁡C\tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan CtanAtanBtanC=tanA+tanB+tanC。其证明： tan⁡C=−tan⁡(A+B)=−tan⁡A+tan⁡B1−tan⁡Atan⁡B=tan⁡A+tan⁡Btan⁡Atan⁡B−1\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} tanC=−tan(A+B)=−1−tanAtanBtanA+tanB =tanAtanB−1tanA+tanB 我们又知道 x−1<⌊x⌋≤x<⌊x⌋+1x-1<\boxed{\lfloor x\rfloor\leq x}<\lfloor x\rfloor+1 x−1<⌊x⌋≤x <⌊x⌋+1 于是 tan⁡A≥⌊tan⁡A⌋,tan⁡B≥⌊tan⁡B⌋,tan⁡C≥⌊tan⁡C⌋\tan A\geq\lfloor\tan A\rfloor,\tan B\geq\lfloor\tan B\rfloor,\tan C\geq\lfloor\tan C\rfloortanA≥⌊tanA⌋,tanB≥⌊tanB⌋,tanC≥⌊tanC⌋，也即 tan⁡A,tan⁡B,tan⁡C∈Z∗\tan A,\tan B,\tan C\in\Z^*tanA,tanB,tanC∈Z∗. 因为 A≤B≤C<π2\displaystyle A\leq B\leq C<\frac{\pi}{2}A≤B≤C<2π ，所以 A<π3,tan⁡A<3\displaystyle A<\frac{\pi}{3},\tan A<\sqrt{3}A<3π ,tanA<3 ，所以 tan⁡A=1\tan A=1tanA=1，由正切恒等式解方程得 tan⁡B=2,tan⁡C=3\tan B=2,\tan C=3tanB=2,tanC=3. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ 例 2：在 ΔABC\Delta ABCΔABC 中，c=2, 1tan⁡A+1tan⁡B+1tan⁡Atan⁡B=1\displaystyle c=2,\ \frac{1}{\tan A}+\frac{1}{\tan B}+\frac{1}{\tan A\tan B}=1c=2, tanA1 +tanB1 +tanAtanB1 =1，求 SΔABCS_{\Delta ABC}SΔABC 最大值。 tan⁡B+tan⁡A+1=tan⁡Atan⁡B  ⟹  tan⁡C=−tan⁡(A+B)=tan⁡A+tan⁡Btan⁡Atan⁡B−1=1  ⟹  C=π4\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} tanB+tanA+1=tanAtanB⟹tanC=−tan(A+B)=tanAtanB−1tanA+tanB =1⟹C=4π （ 余弦定理 ）c2=a2+b2−2abcos⁡C  ⟹  4=a2+b2−2ab≥(2−2)ab  ⟹  ab≤2(2+2)（\ 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}) （ 余弦定理 ）c2=a2+b2−2abcosC⟹4=a2+b2−2 ab≥(2−2 )ab⟹ab≤2(2+2 ) SΔABC=12absin⁡C≤1+2S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}ab\sin C\leq 1+\sqrt{2} SΔABC =21 absinC≤1+2 三角函数的平移 * y=Asin⁡(ωx+φ)+h 或 y=Acos⁡(ωx+φ)+h  ⟹  T=2π∣ω∣\displaystyle y=A\sin(\omega x+\varphi)+h\ 或\ y=A\cos(\omega x+\varphi)+h \implies \red{\boxed{{T=\frac{2\pi}{|\omega|}}}}y=Asin(ωx+φ)+h 或 y=Acos(ωx+φ)+h⟹T=∣ω∣2π 三角函数的应用：振幅 AAA 周期 T=2πω\displaystyle T=\frac{2\pi}{\omega}T=ω2π 频率 f=1T=ω2π\displaystyle f=\frac{1}{T}=\frac{\omega}{2\pi}f=T1 =2πω 相位 ωx+φ\omega x+\varphiωx+φ 初相 φ\varphiφ * y=Atan⁡(ωx+φ)+h  ⟹  T=π∣ω∣\displaystyle y=A\tan(\omega x+\varphi)+h\implies \red{\boxed{{T=\frac{\pi}{|\omega|}}}}y=Atan(ωx+φ)+h⟹T=∣ω∣π * 三角函数里图像的平移都是针对单个 xxx 进行 左加右减。 例：y=3sin⁡(2x+π3)+1\displaystyle y=3\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)+1y=3sin(2x+3π )+1 向左平移 π4\displaystyle\frac{\pi}{4}4π 个单位长度，再将图像上所有点的横坐标缩短为原来的 12\displaystyle\frac{1}{2}21 ： y=3sin⁡(2x+π3)+1=3sin⁡[2(x+π6)]+1\displaystyle y=3\sin\left(2x+\frac{\pi}{3}\right)+1=3\sin\left[2\left(x+\frac{\pi}{6}\right)\right]+1y=3sin(2x+3π )+1=3sin[2(x+6π )]+1 第一步转移变成 y=3sin⁡[2(x+π6+π4)]+1=3sin⁡(2x+5π6)+1\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)+1y=3sin[2(x+6π +4π )]+1=3sin(2x+65π )+1. 第二步转移变成 y=3sin⁡(4x+5π6)+1\displaystyle y=3\sin\left(4x+\frac{5\pi}{6}\right)+1y=3sin(4x+65π )+1. 三角不等式 若 α,β,γ\alpha,\beta,\gammaα,β,γ 为同一个三角形的内角，则有下列不等式：（ 取等条件均为 α=β=γ=π3\displaystyle\alpha=\beta=\gamma = \frac{\pi}{3}α=β=γ=3π ，可以使用琴生不等式、调整法等证明 ） sin⁡α+sin⁡β+sin⁡γ≤332cos⁡α+cos⁡β+cos⁡γ≤32sin⁡αsin⁡βsin⁡γ≤338cos⁡αcos⁡βcos⁡γ≤18\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}sinα+sinβ+sinγcosα+cosβ+cosγsinαsinβsinγcosαcosβcosγ ≤233 ≤23 ≤833 ≤81 sin⁡2α+sin⁡2β+sin⁡2γ≤94cos⁡2α+cos⁡2β+cos⁡2γ≥34tan⁡α+tan⁡β+tan⁡γ≥33 ( 锐角三角形 )cot⁡α+cot⁡β+cot⁡γ≥3\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}sin2α+sin2β+sin2γcos2α+cos2β+cos2γtanα+tanβ+tanγcotα+cotβ+cotγ ≤49 ≥43 ≥33  ( 锐角三角形 )≥3 sin⁡α2+sin⁡β2+sin⁡γ2≤32cos⁡α2+cos⁡β2+cos⁡γ2≤332sin⁡α2sin⁡β2sin⁡γ2≤18cos⁡α2cos⁡β2cos⁡γ2≤338\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}sin2α +sin2β +sin2γ cos2α +cos2β +cos2γ sin2α sin2β sin2γ cos2α cos2β cos2γ ≤23 ≤233 ≤81 ≤833 sin⁡2α2+sin⁡2β2+sin⁡2γ2≥34cos⁡2α2+cos⁡2β2+cos⁡2γ2≤94tan⁡α2+tan⁡β2+tan⁡γ2≥3cot⁡α2+cot⁡β2+cot⁡γ2≥33\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}sin22α +sin22β +sin22γ cos22α +cos22β +cos22γ tan2α +tan2β +tan2γ cot2α +cot2β +cot2γ ≥43 ≤49 ≥3 ≥33 双曲函数 | sinh⁡x=ex−e−x2\displaystyle\sinh x=\frac{e^x-e^{-x}}{2}sinhx=2ex−e−x | cosh⁡x=ex+e−x2\displaystyle\cosh x=\frac{e^x+e^{-x}}{2}coshx=2ex+e−x | $\tanh x=\frac{\sinh x}{\cosh x}=\frac{e^

https://www.acgo.cn/contest/detail/20793?matchRoundId=20793&examId=88681&openLevel=2&teamCode=2079053991420026880&inviteCode=KNCJ

最近有个比赛，好像邀请码是KNCJ

https://www.acgo.cn/contest/detail/20783?matchRoundId=20783&examId=88671&openLevel=2&teamCode=2055144310767026176&inviteCode=czht

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; const int N=100007,P=1000000007; int n,fa[N],size[N],num[N],ifac[N],ans[N]; vector<int>e[N]; set<int>root; struct edge{ int u,v,w; };vector<edge>vec; int read(){ int x=0,c=getchar(); while(isspace(c)) c=getchar(); while(isdigit(c)) (x*=10)+=c&15,c=getchar(); return x; } void inc(int&a,int b){ a+=b-P,a+=a>>31&P; } int mul(int a,int b){ return 1llab%P; } int pow(int a,int b){ int r=1; for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)){ if(b&1)r=mul(a,r); } return r; } int find(int x){ return x==fa[x]?x:fa[x]=find(fa[x]); } void dfs(int u,int fa,int dep,int root){ for(int v:e[u]){ if(v^fa){ if(e[v].size()==2){ dfs(v,u,dep+1,root); } else if(root<v) { vec.push_back({root,v,dep+1}); } } } } int main(){ int n=read(); for(int i=ans[0]=ifac[0]=1;i<=n;++i){ ifac[i]=pow(ans[i]=mul(ans[i-1],i),P-2); } for(int i=1,u,v;i<n;++i){ u=read(),v=read(),e[u].push_back(v),e[v].push_back(u); } for(int u=1;u<=n;++u){ if(e[u].size()^2){ num[fa[u]=u]=e[u].size(),dfs(u,0,1,u),size[u]=1,root.insert(u); } } sort(vec.begin(),vec.end(),[](edge a,edge b){return a.w>b.w;}); for(int i=n-1;i;--i){ for(int u,v;vec.size()&&vec.back().w+i<n;vec.pop_back()){ u=find(vec.back().u),v=find(vec.back().v),size[u]+=size[v]+vec.back().w-2,num[u]+=num[v]-2,root.erase(v),fa[v]=u; } for(int x:root){ ans[i]=mul(ans[i],ifac[i-n+size[x]+(n-i-1)*num[x]]); } } for(int i=1;i<=n;++i){ cout<<ans[i]<<endl; } return 0; }

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