導(dǎo)語(yǔ)：如何才能寫(xiě)好一篇數(shù)學(xué)競(jìng)賽，這就需要搜集整理更多的資料和文獻(xiàn)，歡迎閱讀由公文云整理的十篇范文，供你借鑒。

篇1

該競(jìng)賽始于2005年,是由世界各地致力于普及青少年數(shù)學(xué)教育的機(jī)構(gòu)、團(tuán)體和個(gè)人組成的合作性組織IMC國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽,迄今為止已經(jīng)在新加坡舉辦了四屆,已有來(lái)自新加坡、印度、菲律賓、印度尼西亞、泰國(guó)、中國(guó)等國(guó)家的經(jīng)過(guò)選拔的數(shù)千名學(xué)生參加了競(jìng)賽活動(dòng)。各國(guó)按年級(jí)競(jìng)賽成績(jī)分別評(píng)獎(jiǎng),參賽學(xué)生根據(jù)競(jìng)賽排名分獲金、銀、銅獎(jiǎng)。

國(guó)際數(shù)學(xué)奧林匹克競(jìng)賽IMO(InternationalMathematicalOlympiad)

國(guó)際奧林匹克數(shù)學(xué)競(jìng)賽是國(guó)際中學(xué)生數(shù)學(xué)大賽,在世界上影響非常大。這一競(jìng)賽1959年由東歐國(guó)家發(fā)起,得到聯(lián)合國(guó)教科文組織的資助。國(guó)際奧林匹克數(shù)學(xué)競(jìng)賽由參賽國(guó)輪流主辦,參賽選手必須是不超過(guò)20歲的中學(xué)生,每支代表隊(duì)有學(xué)生6人,另派2名數(shù)學(xué)家為領(lǐng)隊(duì)。試題由各參賽國(guó)提供,然后由東道國(guó)精選后提交給主試委員會(huì)表決,產(chǎn)生6道試題。試題確定之后,被翻譯成英、法、德、俄文等語(yǔ)言,由領(lǐng)隊(duì)譯成本國(guó)文字?？荚嚪謨商爝M(jìn)行,每天連續(xù)進(jìn)行四個(gè)半小時(shí),考3道題目。每道題7分,滿分為42分。同一代表隊(duì)的6名選手被分配到6個(gè)不同的考場(chǎng),獨(dú)立答題。答卷由本國(guó)領(lǐng)隊(duì)評(píng)判,然后與組織者指定的協(xié)調(diào)員協(xié)商,如有分歧,再請(qǐng)主試委員會(huì)仲裁。

全國(guó)大學(xué)生數(shù)學(xué)建模競(jìng)賽CUMCM(ChinaUndergraduateMathematicalContestinModeling)

全國(guó)大學(xué)生數(shù)學(xué)建模競(jìng)賽是全國(guó)高校中規(guī)模最大的課外科技活動(dòng)之一。本競(jìng)賽每年9月(一般在中旬某個(gè)周末的星期五至下周星期一共3天)舉行,競(jìng)賽面向全國(guó)大專

篇2

競(jìng)賽前，選手們都已經(jīng)做好了充分的準(zhǔn)備。每位選手既希望這場(chǎng)數(shù)學(xué)競(jìng)賽早早到來(lái)，又希望這場(chǎng)競(jìng)賽遲遲不來(lái)。走進(jìn)階梯教室，我們的心情無(wú)比激動(dòng)。我悄悄地對(duì)郝韻和趙大亨說(shuō)：“《每當(dāng)我走過(guò)老師的窗前》這首歌曲中第三段中有一句是‘肩負(fù)祖國(guó)希望奔向四方’，我們是‘肩負(fù)王老師和同學(xué)們的希望來(lái)參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽’，對(duì)嗎？”他倆會(huì)意地笑了。

競(jìng)賽開(kāi)始了。同學(xué)們拿到卷子，便都認(rèn)真地做了起來(lái)，不放過(guò)每一題。這時(shí)，我們才感到代表班級(jí)來(lái)參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽，責(zé)任是多么重大??！雖然這些題都是星號(hào)題、思考題，但對(duì)我們來(lái)說(shuō)，那可真是輕而易舉呀！卷子我全做出來(lái)了，但有三題我懷疑對(duì)不對(duì)。

考完了，我們懷著沉重和想早點(diǎn)兒得知成績(jī)的心情漫步走回教室。剛一進(jìn)教室，沉重的心情立刻被嘈雜聲打亂了。好多同學(xué)問(wèn)我們“考得怎么樣？”“能考多少分？”之類的問(wèn)題。問(wèn)我的時(shí)候，我要么只回答“還行吧?！币次揖筒换卮?。

第二天上午上數(shù)學(xué)課的時(shí)候，王老師說(shuō)：“你們也得向三（1）班學(xué)學(xué)，我很為他們高興。三（1）班去六名同學(xué)參加競(jìng)賽，獲獎(jiǎng)的有五名。第一名和前五名都是他們班的?！苯淌依锪⒖跳f雀無(wú)聲，接著又像炸鍋一樣向我們6個(gè)抱怨，說(shuō)我們太笨了。我氣呼呼地對(duì)著他們大聲嚷道：“好，就算我們笨。有本事你去考呀，我就不信你們比我們強(qiáng)到哪里。哼！”這時(shí)，王老師淡淡地對(duì)我們說(shuō)：“我們班只有沈通和王若詩(shī)兩位同學(xué)獲得名次，但也算是一般的。王若詩(shī)76分，第六名；沈通71分，第7名?！边@時(shí)，全班同學(xué)都向我們倆投來(lái)贊許的目光，李翔說(shuō)：“祝賀你！”上來(lái)就要擁抱我，我一把將他推過(guò)去，說(shuō)：“干什么的，神經(jīng)病，討厭！”

回到家，我想：我能得全班第一，為什么不能像三（1）班董文艷那樣，得一個(gè)全年級(jí)第一呢？但愿我能參加下一次數(shù)學(xué)競(jìng)賽，好再和她比個(gè)高低。

篇3

【關(guān)鍵詞】數(shù)學(xué)歸納法 數(shù)學(xué)競(jìng)賽 數(shù)學(xué)教育

【中圖分類號(hào)】G633.6 【文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼】A 【文章編號(hào)】2095-3089（2016）32-0159-02

一、數(shù)學(xué)歸納法在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的價(jià)值

一直以來(lái)數(shù)學(xué)歸納法都是我國(guó)中學(xué)數(shù)學(xué)教育非常重要的教學(xué)內(nèi)容，而且當(dāng)學(xué)生有效的掌握數(shù)學(xué)歸納法實(shí)際上也就踏入了數(shù)學(xué)研究的門(mén)檻。數(shù)學(xué)歸納法主要有兩個(gè)核心的內(nèi)容，一個(gè)是起點(diǎn)驗(yàn)證，而另一個(gè)是歸納推理，不過(guò)在這兩點(diǎn)中，歸納推理的難度相較于起點(diǎn)驗(yàn)證來(lái)說(shuō)要更難一些，這主要是因?yàn)闅w納推理考驗(yàn)的是學(xué)生的思維能力和邏輯能力，在一些數(shù)學(xué)競(jìng)賽中經(jīng)常會(huì)設(shè)置一些需要用到數(shù)學(xué)歸納法的題型來(lái)綜合性的考驗(yàn)學(xué)生的實(shí)際能力。而反之學(xué)生也可以參照數(shù)學(xué)競(jìng)賽的這種設(shè)置來(lái)不斷的提升自身對(duì)數(shù)學(xué)歸納法應(yīng)用的熟練度，從而在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中脫穎而出。

二、數(shù)學(xué)歸納法在數(shù)學(xué)競(jìng)賽實(shí)題中的應(yīng)用

數(shù)學(xué)歸納法在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中常被應(yīng)用，所以以數(shù)學(xué)競(jìng)賽實(shí)題來(lái)作為本文研究數(shù)學(xué)歸納法在數(shù)學(xué)競(jìng)賽中的應(yīng)用是最好不過(guò)的例子。

在某年的數(shù)學(xué)競(jìng)賽中有一題是：設(shè)正整數(shù)n≥6，需要證明單位正方形可以剖分為n個(gè)小正方形。其實(shí)當(dāng)看到這道題的時(shí)候?qū)W生首先就應(yīng)該對(duì)這道題可能的考查點(diǎn)有一個(gè)明確的判斷，此題除了給出了n的范圍之外給出的唯一的條件就是正方形。眾所周知正方形的四條邊是具有相等的獨(dú)特性的，所以該題必然是一道考量一般規(guī)律的題，也就是說(shuō)其會(huì)用到數(shù)學(xué)歸納法，所以在這個(gè)時(shí)候?qū)W生就應(yīng)該從數(shù)學(xué)歸納法的角度上去看這道數(shù)學(xué)競(jìng)賽題。首先以數(shù)學(xué)歸納法的第一個(gè)條件，起點(diǎn)驗(yàn)證來(lái)確定這道題目的正確性，當(dāng)n分別等于6、7、8的時(shí)候，我們發(fā)現(xiàn)一個(gè)單位正方形是可以利用田字格的方式將其劃分為四個(gè)小正方形，因此使用跳躍式數(shù)學(xué)歸納法該命題是成立的。

那么如果該題的n=k是成立的話，那么對(duì)于n=k+3也應(yīng)該成立。在n=k的命題研究中我們將一個(gè)小正方形分成了四個(gè)小正方形，從而獲得了n=k+3個(gè)小正方形。

因此從數(shù)學(xué)歸納法的角度上來(lái)說(shuō)，該題的題目是得到了驗(yàn)證的。其實(shí)從本題的本質(zhì)上來(lái)看，這僅僅是一道簡(jiǎn)單的跳躍式數(shù)學(xué)歸納法，但是縱觀近幾年的中學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽，這種題型屢見(jiàn)不鮮，這也就意味著我國(guó)的數(shù)學(xué)教育正在逐步的提高數(shù)學(xué)歸納法在其中的占比，希望能夠培養(yǎng)出更多的具有專業(yè)數(shù)學(xué)素養(yǎng)，擁有良好思維能力和邏輯能力的高素質(zhì)人才。本文選擇的例子是數(shù)學(xué)競(jìng)賽中比較常用的但是在難度上相對(duì)較低的數(shù)學(xué)歸納法應(yīng)用題型，還有許多應(yīng)用到數(shù)學(xué)歸納法的題型要比上述例題更加的復(fù)雜。譬如說(shuō)設(shè)整數(shù)n≥4，證明可以將任意一個(gè)三角形剖分為n個(gè)等腰三角形。雖然乍看上去這道題的題型與上述中的例題非常相似，但是實(shí)際上由于等腰三角形具有獨(dú)特的圖形特質(zhì)，因此盡管同屬于數(shù)學(xué)歸納法應(yīng)用的題型，但是在驗(yàn)證上，這道題的驗(yàn)證過(guò)程要比上一道題的驗(yàn)證過(guò)程復(fù)雜得多。因?yàn)橐腧?yàn)證這道題首先必須要驗(yàn)證任意一個(gè)直角三角形是可以剖分為兩個(gè)等腰三角形的，然后還要驗(yàn)證任意一個(gè)三角形是可以剖分為k個(gè)直角三角形的，其中k是≥2的，最后還要驗(yàn)證一個(gè)等腰三角形可剖分為四個(gè)等腰三角形。只有先將這三個(gè)引理驗(yàn)證清楚才能夠借此回歸到原題去證明當(dāng)n≥4的時(shí)候，可以將任意一個(gè)三角形剖分為n個(gè)等腰三角形。這實(shí)際上就是數(shù)學(xué)歸納法的綜合性應(yīng)用，它需要學(xué)生能夠考量到的多方面的因素，從而通過(guò)數(shù)學(xué)歸納法去驗(yàn)證自己的想法。

三、結(jié)束語(yǔ)

一直以來(lái)數(shù)學(xué)歸納法都是我國(guó)數(shù)學(xué)教育的重中之重，不過(guò)在應(yīng)試教育的壓迫下，數(shù)學(xué)歸納法雖然得到重視，但是學(xué)生的自我思考能力也逐漸的被磨滅，所以隨著我國(guó)新課改進(jìn)程的逐漸推進(jìn)，素質(zhì)教育更多的是強(qiáng)調(diào)通過(guò)數(shù)學(xué)歸納法來(lái)樹(shù)立學(xué)生的思維邏輯，而不是讓他們更多去應(yīng)付考試，本文覺(jué)得這才是數(shù)學(xué)歸納法存在的意義與價(jià)值。

參考文獻(xiàn)：

篇4

一、構(gòu)建方程

構(gòu)建方程式是在初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽解題過(guò)程中一個(gè)較為基本的方法。在實(shí)際的解題過(guò)程中我們要善于發(fā)現(xiàn)問(wèn)題、善于與已學(xué)過(guò)的知識(shí)相聯(lián)系、認(rèn)真的分析題型，根據(jù)問(wèn)題的結(jié)構(gòu)特征以及題目中的數(shù)量關(guān)系，來(lái)充分的挖掘題目中的有關(guān)知識(shí)點(diǎn)的聯(lián)系，從而來(lái)構(gòu)建方程，讓解題變得更加的巧妙、合理。其實(shí)在面對(duì)有些問(wèn)題時(shí)，如果按照常規(guī)方法來(lái)進(jìn)行解答會(huì)比較的困難，但是如果可以根據(jù)實(shí)際問(wèn)題的特征來(lái)構(gòu)造有關(guān)的方程式，然后找到解決問(wèn)題的答案。例如：如果關(guān)于x的方程式ax+b=2（2x+7）+1有無(wú)數(shù)個(gè)解，那么a和b分別是多少？

解：將原方程式ax+b=2（2x+7）+1整理可得，（a-4）x=15-b

因?yàn)樵辉淮畏匠逃袩o(wú)數(shù)個(gè)解，所以a-4=0，15-b=0，解得a=4，b=15。

二、構(gòu)建幾何圖形

在進(jìn)行幾何題的解答時(shí)，借助幾何圖形的性質(zhì)，通過(guò)巧妙的構(gòu)建，可以很容易找到解題的方法，不僅僅能夠讓問(wèn)題快速的解決，而且有利于提高學(xué)生的幾何能力和思維能力。例如在ABC中，∠B=2∠C，∠BAC的平分線交BC于點(diǎn)D。求證：AB+BD=AC。

分析：按照一般解答幾何題的規(guī)律，在遇到三角形的角平分線的時(shí)候，可以構(gòu)造等腰三角形，然后借助等腰三角形的性質(zhì)，通?？梢越鉀Q一般的問(wèn)題。因此，做CB的延長(zhǎng)線到F，使三角形BAF為等腰三角形，且角F等于角1，再根據(jù)等腰三角形的外角關(guān)系，得出角ABD等于角1加上角F，即角ABD等于2倍的角1、又等于2倍的角F，而角ABD等于2倍的角C，所以角C等于角1等于角F，三角形AFC為等腰三角形，所以AF等于AC，最終得出三角形ADF為等腰三角形，因此，AF=DF=DB+BF=DB+AB，即AB+BD=AC。

三、構(gòu)建函數(shù)模型

在解答初中數(shù)學(xué)競(jìng)賽題時(shí)，根據(jù)數(shù)學(xué)符號(hào)，以及題目中的已知和未知條件的關(guān)系，將文字題目轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)符號(hào)，從而建立函數(shù)模型關(guān)系式。再利用已經(jīng)學(xué)過(guò)的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)，來(lái)解決函數(shù)問(wèn)題。例如，某加工廠現(xiàn)有A種原料290千克，B中原料360千克，計(jì)劃利用這兩種原材料來(lái)生產(chǎn)甲乙兩種食品，共50件。已知生產(chǎn)一件甲種產(chǎn)品，需要使用A原材料9千克，B原材料3千克，可獲得700元的收益，生產(chǎn)一件乙種產(chǎn)品，需要A原材料4千克、B原材料10千克，可獲得1200元的收益。求（1）按照甲、乙兩種產(chǎn)品的生產(chǎn)件數(shù)，設(shè)計(jì)幾中方案；（2）設(shè)生產(chǎn)甲乙兩種產(chǎn)品的總收益為y元，生產(chǎn)甲種產(chǎn)品x件，試寫(xiě)出總收益與生產(chǎn)甲種產(chǎn)品數(shù)量之間的函數(shù)關(guān)系，并且利用函數(shù)的性質(zhì)來(lái)證明（1）中哪種方案收益最大？最大收益是多少？

解析：（1）設(shè)需要生產(chǎn)甲種產(chǎn)品x件，那么需要生產(chǎn)乙種產(chǎn)品（50-x）件

由題意可得9x+4（50-x）≤360

3x+10（50-x）≤290，解得：30≤x≤32

因?yàn)閤為整數(shù)，所以x=30、31、32

所以有三種方案：（1）生產(chǎn)甲種產(chǎn)品30件，乙種產(chǎn)品20件；（2）生產(chǎn)甲種產(chǎn)品31件，乙種產(chǎn)品19件；（3）生產(chǎn)甲種產(chǎn)品32件，乙種產(chǎn)品18件。

（2）由題意可以得出：y=700x+1200（50-x）=-500x+60000

由于y隨x的增大而減小，所以當(dāng)x取最小值的時(shí)候，利潤(rùn)最大

篇5

1 數(shù)學(xué)競(jìng)賽中出現(xiàn)的不等式問(wèn)題

1.1 蘊(yùn)含函數(shù)、方程思想的不等式

函數(shù)、方程和不等式有著內(nèi)在的聯(lián)系,函數(shù)性質(zhì)的研究依賴于不等式及方程的知識(shí).同樣在解不等式時(shí),以函數(shù)為橋梁和紐帶,往往使問(wèn)題豁然開(kāi)朗,起到事半功倍的效果.

例1（2005年全國(guó)數(shù)學(xué)聯(lián)合競(jìng)賽題）已知f(x)是定義在(0,+∞)上的減函數(shù),若f(2a2+a+1)

分析：要求a的取值范圍,就需得到關(guān)于a的不等式,因此本題的關(guān)鍵就是根據(jù)函數(shù)f(x)的性質(zhì)將不等式f(2a2+a+1)

解：f(x)是定義在(0,+∞)上的減函數(shù),由題意得

2a2+a+1>03a2-4a+1>0a2+a+1>3a2-4a+1解得0

即為a的取值范圍.

觀察例1我們不難發(fā)現(xiàn)除了蘊(yùn)含函數(shù)思想外,還蘊(yùn)含著另外一種思想,即等價(jià)轉(zhuǎn)化思想.這也是我們下面將要討論的不等式問(wèn)題中經(jīng)常遇到的一類情形.

1.2 蘊(yùn)含轉(zhuǎn)化思想的不等式

所謂等價(jià)轉(zhuǎn)化思想,就是人們?cè)诮鉀Q問(wèn)題時(shí),對(duì)非規(guī)范性的問(wèn)題做轉(zhuǎn)化,使之逐步轉(zhuǎn)化為規(guī)范性（已有方法解決的常規(guī)問(wèn)題）問(wèn)題,達(dá)到化繁為簡(jiǎn),化難為易,變“正面強(qiáng)攻”為“側(cè)翼出擊”的思維方法.轉(zhuǎn)化可分為等價(jià)轉(zhuǎn)化和不等式轉(zhuǎn)化.在解不等式時(shí)經(jīng)常會(huì)用到這種轉(zhuǎn)化思想.

例2（2006年全國(guó)聯(lián)賽數(shù)學(xué)競(jìng)賽題）設(shè)logx(2x2+x+1)>logx2-1則x的取值范圍為（）.

A:1 D:0

解：由題意,可得x>0且x≠12x2+x-1>0

解得x>且x≠1

由logx(2x2+x-1)>logx2-1

可得logx(2x2+x-1)+1>logx2

即logx(2x3+x2+x)>logx2

所以就有

由2x3+x2-x-2

則 2(x-1)(x2+x+1)+x(x+1) =(x-1)(2x2+3x+2)

即x0

得 x>1 所以

即x的取值范圍為x>且x≠1,即選項(xiàng)應(yīng)為B.

在例2中,我們也看到了分類討論情況,這也是不等式問(wèn)題中經(jīng)常遇到的.下面我們就此類問(wèn)題進(jìn)行討論.

1.3 蘊(yùn)含分類討論思想的不等式

有些問(wèn)題,從已有知識(shí)經(jīng)驗(yàn)知道,必須分類討論方能解決.還有些問(wèn)題的分類討論是產(chǎn)生在思維受阻或不暢的時(shí)候.分類討論是數(shù)學(xué)中一種重要的思想方法和解題策略,當(dāng)問(wèn)題所給的對(duì)象不易進(jìn)行統(tǒng)一研究或推理,只有用分組的形式才能方便的表示出來(lái)時(shí),就需要對(duì)研究的對(duì)象進(jìn)行分類,對(duì)每一類分別研究,得出每一類的結(jié)果,最后綜合各類結(jié)果,得到答案.

選擇好的思想著眼點(diǎn),是使思維順利發(fā)展的關(guān)鍵,也是認(rèn)識(shí)為什么分類以及準(zhǔn)確恰當(dāng)分類的前提.

2不等式的證明

弗萊登塔爾這樣描述數(shù)學(xué)的表達(dá)形式：“沒(méi)有一種數(shù)學(xué)的思想,以它被發(fā)現(xiàn)時(shí)的那個(gè)樣子公開(kāi)發(fā)表出來(lái),一個(gè)問(wèn)題被解決后,相應(yīng)地發(fā)展為一種形式化技巧,結(jié)果把求解過(guò)程丟在一邊,使得火熱的發(fā)明變成冰冷的美麗.”不等式證明問(wèn)題,還原了數(shù)學(xué)概念和知識(shí)的火熱思考過(guò)程,突出了數(shù)學(xué)問(wèn)題的本質(zhì),是考察學(xué)生的思維品質(zhì)和創(chuàng)新精神的好題型.

例3（第20屆IMO試題） 設(shè)a1,a2,…,an是1,2,…,n的一個(gè)排列,求證：++…+≥++…+.

證明：因?yàn)閍1,a2,…,an是1,2,…,n的一個(gè)排列

所以(a1+1)(a2+1)…(an-1+1)

=(1+1)(2+1)…(n-1+1)

=2•3…n=1•2•3•…•n

=a1a2…an

所以++…+++++…+

=++…+++++…+

=+++…+

≥n•=n

即++…+≥n-(1++…+)

因?yàn)閚=(++…+)+(1++…+)

所以++…+≥+…+ .

分析：這個(gè)證明很巧,巧在給欲證明的不等式兩邊同加上1+++…+即++…+然后只需用平均值不等式即可.另外,在使用重要不等式證明時(shí),根據(jù)所證明的不等式的結(jié)構(gòu),常常需要配合一定的變形技巧與轉(zhuǎn)化策略,才可以使用重要不等式最終把問(wèn)題解決.

2.1 套用

例4（1993年高中聯(lián)賽題）實(shí)數(shù)x,y滿足4x2-5xy+4y2=5設(shè)S=x2+y2則+的值為（ ）.

解：因?yàn)?≥|xy|

所以-≤xy≤

-≤5xy≤

又因?yàn)?xy=4x2+4y2-5

所以4x2+4y2-(x2+y2)≤5≤4x2+4y2+(x2+y2)

S≤5≤S

S≤5≤

所以Smax= Smin=

所以+=+==.

2.2 項(xiàng)的巧拆和巧組

例5（第25屆全俄數(shù)學(xué)奧林匹克試題）已知a,b,c∈R+,求證(a+b+c)2≥a+b+c.

證明：因?yàn)閍,b,c∈R+

則a2+b2+c2=(a2+b2)+(b2+c2)+(c2+a2)

≥ab+bc+ca

（a=b=c時(shí)取等號(hào)）(1)

重復(fù)使用不等式 (1),可得

(a+b+c)2=(a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca)

≥(ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca)

=ab+bc+ca

≥•+•+•.

2.3 待定常數(shù)的巧引

例6（1990年高中聯(lián)賽題）p為ABC內(nèi)一點(diǎn),D,E,F分別為p到BC,CA,AB各邊所引垂線的垂足,求所有使++為最小的P點(diǎn).

解：用S表示ABC的面積,

于是得BC•PD+CA•PE+AB•PF=2S (1)

并設(shè)λ>0,則有

+λ2 •BC•PD≥2λ•BC

λ2 •CA•PE≥2λ•CA

λ2 •AB•PE≥2λ•AB

將上面三式相加,并利用(1整理可得

++≥2λ(BC+CA+AB)-2λ2S

易見(jiàn)上式當(dāng)且僅當(dāng)PD=PE=PF=,即p為ABC的內(nèi)心時(shí)等號(hào)成立,于是λ=,因而使++為最小的點(diǎn)p是ABC的內(nèi)心,且其最小值為.

2.4 結(jié)構(gòu)的巧變

例7（第6屆IMO試題）已知a,b,c為ABC的三條邊,求證：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)≤3abc.

證明：原不等式等價(jià)于下面的不等式

a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc≤abc

a2(b+c-a)+b2(c-b)+c2(b-c)+ a2(b2+c2-2bc)≤abc

a2(b+c-a)+(c-b)2(b+c-a)≤abc

(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)≤abc (1)

因?yàn)?#8226;≤[(b+c-a)+(c+a-b)]=c

同理：•≤b

•≤a

以上三式相乘便得(1),于是原不等式得證.

以上七個(gè)例題簡(jiǎn)單介紹了利用基本不等式解競(jìng)賽題的常用的幾種處理技巧.關(guān)于不等式問(wèn)題還有其他一些解決方法,比如變量代換,增量代換等.

篇6

小學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)和素質(zhì)教育本來(lái)不是一對(duì)矛盾，但隨著素質(zhì)教育的觀念不斷深入人心，素質(zhì)教育的活動(dòng)不斷開(kāi)展，就出現(xiàn)了把小數(shù)競(jìng)賽活動(dòng)和素質(zhì)教育對(duì)立起來(lái)的傾向，認(rèn)為既然搞素質(zhì)教育，就必須面向全體學(xué)生，競(jìng)賽活動(dòng)是少數(shù)學(xué)生參和的活動(dòng)，小學(xué)是打基礎(chǔ)的階段，要面向每一個(gè)學(xué)生，所以不能再搞面向少數(shù)學(xué)生的競(jìng)賽活動(dòng)了。我認(rèn)為這些觀點(diǎn)有失偏頗。下面就這個(gè)新問(wèn)題談點(diǎn)個(gè)人膚淺的熟悉。

1 素質(zhì)教育的深刻內(nèi)涵到底是什么

勿用置疑，我國(guó)由“應(yīng)試教育”向素質(zhì)教育轉(zhuǎn)軌肯定是正確的，也是非常及時(shí)的，這是提高整個(gè)中化民族文化素養(yǎng)的需要。但我們的教育再不能再忽左忽右的錯(cuò)誤，一提素質(zhì)教育，就把它和英才教育對(duì)立起來(lái)，把全面發(fā)展和個(gè)性發(fā)展對(duì)立起來(lái)，并把全面發(fā)展簡(jiǎn)單地理解為平均發(fā)展，搞教育上的平均主義，沒(méi)有正確熟悉受教育的機(jī)會(huì)平等和教育平等的關(guān)系，這樣做，勢(shì)必要壓制部分學(xué)生的才能，不利于學(xué)生的個(gè)性發(fā)展，更談不上培養(yǎng)跨世紀(jì)的創(chuàng)新人才了。大家知道，二十一世紀(jì)綜合國(guó)力的競(jìng)爭(zhēng)，是科學(xué)技術(shù)的競(jìng)爭(zhēng)，是人才的競(jìng)爭(zhēng)，誰(shuí)把握了未來(lái)世界上最先進(jìn)的科學(xué)技術(shù)，誰(shuí)就擁有了未來(lái)世界。由此可見(jiàn)，培養(yǎng)眾多具有創(chuàng)新精神的杰出人才，是我國(guó)教育的當(dāng)務(wù)之急。所以，我認(rèn)為，素質(zhì)教育的深刻內(nèi)涵，并不是要我們培養(yǎng)一大批烏合之眾，而是要我們除了面向全體學(xué)生，培養(yǎng)全面發(fā)展的學(xué)生以外，還要培養(yǎng)出大量的具體有科學(xué)精神和創(chuàng)新意識(shí)的人才，為我國(guó)“實(shí)施科教興國(guó)戰(zhàn)略奠定堅(jiān)實(shí)的人才和知識(shí)基礎(chǔ)”。

2 小數(shù)競(jìng)賽活動(dòng)的育人功能決定了它在素質(zhì)教育中的重要地位

數(shù)學(xué)是一切學(xué)科的基礎(chǔ)。“數(shù)學(xué)是科學(xué)的大門(mén)和鑰匙”(培根語(yǔ))?？萍嫉陌l(fā)展，時(shí)代的進(jìn)步，迫切需要提高全體國(guó)民的數(shù)學(xué)素質(zhì)。而小學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)在其中能起到積極的推動(dòng)功能。這是因?yàn)檫@一活動(dòng)具有以下特征摘要：

2.1 基礎(chǔ)性。數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)來(lái)源于課堂知識(shí)，沒(méi)有超出《大綱》規(guī)定的范圍，有很強(qiáng)的基礎(chǔ)性。一般來(lái)講，競(jìng)賽內(nèi)容都是課本上那些星號(hào)題和思索題，是本來(lái)就該讓那些“吃不飽”的學(xué)生把握的知識(shí)，這樣，競(jìng)賽活動(dòng)不但能促使學(xué)生學(xué)習(xí)課堂知識(shí)，還能使教學(xué)內(nèi)容得以引申，從而提高教學(xué)效果。

2.2 趣味性。前蘇聯(lián)教育家蘇霍姆林斯基曾指出摘要：“在人的心靈深處，都有一種根深蒂固的需要，這就是希望感到自己是一個(gè)發(fā)現(xiàn)者、探究者。而在兒童的精神世界中，這種需要?jiǎng)t非凡強(qiáng)烈”。小學(xué)數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)正滿足了學(xué)生的這種需要。在新奇有趣的這知識(shí)和巧妙奇異的解題方法面前，同學(xué)們被數(shù)學(xué)所展示的神奇聰明和藝術(shù)般的魅力所吸引，探索、求知的欲望被最大限度地調(diào)動(dòng)起來(lái)。在求解數(shù)學(xué)理論的過(guò)程中，既能心得到百思不得其解的困惑和尋求解題方法的艱辛，又能心得靈感突臨的驚喜和科學(xué)發(fā)現(xiàn)的樂(lè)趣，從而激發(fā)出鉆研數(shù)學(xué)的濃厚喜好和解決疑難新問(wèn)題的渴望。

2.3 競(jìng)爭(zhēng)性。未來(lái)社會(huì)是一個(gè)布滿競(jìng)爭(zhēng)的社會(huì)，我們的教育必須從小就向?qū)W生灌輸競(jìng)爭(zhēng)思想，使競(jìng)爭(zhēng)意識(shí)和兒童的成長(zhǎng)同步進(jìn)行。心理學(xué)家托倫斯曾做過(guò)競(jìng)爭(zhēng)條件下學(xué)生創(chuàng)造性思維的實(shí)驗(yàn)，結(jié)果表明，每個(gè)年級(jí)的學(xué)生在思維靈活性、清楚性和流暢性等方面都遠(yuǎn)遠(yuǎn)優(yōu)于非競(jìng)爭(zhēng)條件下的情況。我們的競(jìng)賽活動(dòng)正為學(xué)生提供了一個(gè)競(jìng)爭(zhēng)的機(jī)會(huì)，它能極大地激發(fā)同學(xué)們奮發(fā)向上的精神，培養(yǎng)他們追求真理和克服困難、百折不撓的思想品質(zhì).

2.4 超前性。數(shù)學(xué)能力是兒童超出各科知識(shí)之前首先表現(xiàn)來(lái)的能力，并極具發(fā)展?jié)摿Γ瑪?shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)為他們提供了一個(gè)施展才能的舞臺(tái)，使得他們不拘泥課本，突破思維定勢(shì)，敢于創(chuàng)新，養(yǎng)成良好的思索新問(wèn)題的習(xí)慣，把數(shù)學(xué)發(fā)展?jié)摿D(zhuǎn)化為現(xiàn)實(shí)的數(shù)學(xué)能力，使那些天資優(yōu)異的孩子們的才華得以最充分的開(kāi)發(fā)。

正是由于小數(shù)競(jìng)賽活動(dòng)具備如此的育人功能，所以這一活動(dòng)從開(kāi)展以來(lái)，一直深受廣大學(xué)生及家長(zhǎng)的歡迎，也深受社會(huì)各界有識(shí)之士的重視

3 數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)是數(shù)學(xué)學(xué)科教學(xué)體系中的重要一環(huán)

篇7

【關(guān)鍵詞】高中；數(shù)學(xué)競(jìng)賽；課程化

隨著高中新課程的實(shí)施，高中課程體系已發(fā)生了巨大的變化，在原有課程基礎(chǔ)上突出了多元化選修課程的開(kāi)發(fā)和運(yùn)用。不少學(xué)校正在著手進(jìn)行多個(gè)領(lǐng)域選修課程的開(kāi)發(fā)和走班教學(xué)的實(shí)施。競(jìng)賽類輔導(dǎo)恰好適合這一要求，競(jìng)賽輔導(dǎo)從選拔到培訓(xùn)與選修課程多元化的分層分類教學(xué)實(shí)施剛好吻合。深化課程改革為競(jìng)賽輔導(dǎo)贏得了一片廣闊的天地。

在新形勢(shì)下，高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo)勢(shì)必需要進(jìn)行相應(yīng)的改革，而高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽課程化必將是這一改革的主要方向。所謂的課程化就是開(kāi)設(shè)一系列高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽課程，允許不同層次不同年級(jí)的學(xué)生選擇，以各種形式開(kāi)展輔導(dǎo)和教學(xué)質(zhì)量考核，使之變成一門(mén)學(xué)校系統(tǒng)化的課程。它可以使學(xué)有余力的同學(xué)獲得更廣泛的空間，使有興趣的數(shù)學(xué)愛(ài)好者選擇到喜歡的選修課，使參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽各級(jí)賽事的同學(xué)有針對(duì)性的輔導(dǎo)，使沒(méi)有得獎(jiǎng)的參與者獲得課程學(xué)分，使更多的學(xué)生能對(duì)數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)感興趣。我們認(rèn)為，高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽課程化必須做好以下四項(xiàng)工作。

一、制定課程教學(xué)方案

競(jìng)賽輔導(dǎo)工作是中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)的重要組成部分?！罢n堂教學(xué)為主，課外活動(dòng)為輔”是必須遵循的競(jìng)賽原則。在這樣的原則指引下，必須通過(guò)制定競(jìng)賽輔導(dǎo)活動(dòng)的課程大綱，建立明確的活動(dòng)目標(biāo)體系和系統(tǒng)的競(jìng)賽輔導(dǎo)規(guī)劃，使學(xué)科競(jìng)賽輔導(dǎo)更加科學(xué)規(guī)范。目前不少中學(xué)已經(jīng)在選修課中實(shí)行學(xué)分制，可以配備專業(yè)指導(dǎo)教師，把競(jìng)賽輔導(dǎo)變成既有組織又有開(kāi)放靈活性的課程活動(dòng)。通過(guò)參加各個(gè)層次的數(shù)學(xué)競(jìng)賽，為學(xué)生提供展示數(shù)學(xué)才能的舞臺(tái)，讓學(xué)生在競(jìng)賽中體驗(yàn)樂(lè)趣，數(shù)學(xué)競(jìng)賽活動(dòng)課程化就是將每一項(xiàng)輔導(dǎo)活動(dòng)都按照課程實(shí)施步驟進(jìn)行，做到“六個(gè)有”，即有規(guī)劃、主題、有目的、有內(nèi)容、有實(shí)施、有評(píng)價(jià)。在每學(xué)期開(kāi)學(xué)都必須由教研組專人負(fù)責(zé)或是教學(xué)大綱、課程方案等內(nèi)容上報(bào)教務(wù)部門(mén)。

二、充分挖掘課程資源

建立良好的數(shù)學(xué)競(jìng)賽氛圍，才會(huì)有廣泛的學(xué)生基礎(chǔ)，也就更能從中選拔出拔尖的數(shù)學(xué)人才。培養(yǎng)專業(yè)化的師資同樣需要學(xué)校的良好氛圍，這些都是課程資源的重要元素。建立數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo)專用教室，購(gòu)置數(shù)學(xué)競(jìng)賽書(shū)庫(kù)，提高競(jìng)賽輔導(dǎo)課時(shí)津貼等措施，都是對(duì)課程開(kāi)發(fā)開(kāi)設(shè)的保障。競(jìng)賽輔導(dǎo)教師充分研究競(jìng)賽輔導(dǎo)教材，作為最基礎(chǔ)的競(jìng)賽課程資源，合理科學(xué)地使用好輔導(dǎo)教材，能激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，拓展思維方式。多挖掘和介紹社會(huì)熱點(diǎn)資源，激起學(xué)生學(xué)習(xí)熱情，使學(xué)生產(chǎn)生解決問(wèn)題的強(qiáng)烈欲望，體現(xiàn)了正面的數(shù)學(xué)競(jìng)賽的教育價(jià)值。

三、規(guī)范課程教學(xué)行為

規(guī)范競(jìng)賽輔導(dǎo)形式，從一對(duì)一到一對(duì)多的課程形式都加以明確，參與必須通過(guò)一定的基礎(chǔ)選拔，人數(shù)容量應(yīng)有一定限制。為了切實(shí)達(dá)到教學(xué)效果和保證教學(xué)質(zhì)量，對(duì)于選課人數(shù)的限定具有一定的特殊性。原則上每門(mén)課的選課人數(shù)不應(yīng)超過(guò)40人?？梢圆扇∶块T(mén)課劃分AB班的形式來(lái)解決。將競(jìng)賽輔導(dǎo)分為比賽型和興趣型，AB班不同難度不同側(cè)重，實(shí)行動(dòng)態(tài)管理。比如，對(duì)參加比賽實(shí)力不足，但對(duì)數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)有興趣的，編到B班，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間學(xué)習(xí)，能力得到較大提高，有一定實(shí)力參加區(qū)域數(shù)學(xué)競(jìng)賽的，允許換到A班。既可以激發(fā)興趣，也可以有不同的培養(yǎng)側(cè)重。在競(jìng)賽輔導(dǎo)中，不僅僅是題海戰(zhàn)術(shù)的重復(fù)訓(xùn)練，應(yīng)強(qiáng)化學(xué)生數(shù)學(xué)素養(yǎng)的養(yǎng)成，數(shù)學(xué)能力的提高。讓學(xué)生在實(shí)踐中提高，在鍛煉中獲得成長(zhǎng)。允許學(xué)生走出教室，在生活中尋找數(shù)學(xué)問(wèn)題，拓展學(xué)生的視野；在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中提高生活質(zhì)量，完善人格。

四、完善課程教學(xué)評(píng)價(jià)

篇8

三角恒等式與三角不等式

一、基礎(chǔ)知識(shí)

定義1

角：一條射線繞著它的端點(diǎn)旋轉(zhuǎn)得到的圖形叫做角。角的大小是任意的。

若旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较颍瑒t角為正角，若旋轉(zhuǎn)方向?yàn)轫槙r(shí)針?lè)较?，則角為負(fù)角，若不旋轉(zhuǎn)則為零角。

定義2

角度制：把一周角360等分，每一等分為一度。

弧度制：把等于半徑長(zhǎng)的圓弧所對(duì)的圓心角叫做一弧度。360度=2π弧度。

若圓心角的弧長(zhǎng)為L(zhǎng)

，則其弧度數(shù)的絕對(duì)值|α|=

r

L

,其中r

是圓的半徑。

定義3

三角函數(shù)：在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，把角α的頂點(diǎn)放在原點(diǎn)，始邊與x

軸的正半軸重合，在角的終邊上任意取

一個(gè)不同于原點(diǎn)的點(diǎn)P

，設(shè)它的坐標(biāo)為（x

,y

），到原點(diǎn)的距離為r,則正弦函數(shù)s

in

α=r

y

,余弦函數(shù)co

s

α=r

x

,

正切函數(shù)tan

α=

x

y

，余切函數(shù)cot

α=y

x

，正割函數(shù)se

c

α=x

r

,余割函數(shù)c

s

c

α=.y

r

定理1

同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式，倒數(shù)關(guān)系：tan

α=αcot

1,s

in

α=αcsc

1，co

s

α=αsec

1

；

商數(shù)關(guān)系：tan

α=α

α

αααsin

cos

cot

,cos

sin

=

；

乘積關(guān)系：tan

α×co

s

α=s

in

α,cot

α×s

in

α=co

s

α；

平方關(guān)系：s

in

2α+co

s

2α=1,

tan

2α+1=se

c

2α,

cot

2α+1=c

s

c

2α.

定理2

誘導(dǎo)公式（Ⅰ）s

in

(α+π)=-s

in

α,

co

s(π+α)=-co

s

α,

tan

(π+α)=tan

α,

cot

(π+α)=cot

α;

（Ⅱ）s

in

(-α)=-s

in

α,

co

s(-α)=co

s

α,

tan

(-α)=-tan

α,

cot

(-α)=cot

α;

（Ⅲ）s

in

(π-α)=s

in

α,

co

s(π-α)=-co

s

α,

tan

=(π-α)=-tan

α,

cot

(π-α)=-cot

α;

（Ⅳ）s

in

???

??-απ2=co

s

α,

co

s

???

??-απ2=s

in

α,

tan

???

??-απ2=cot

α（奇變偶不變，符號(hào)看象限）。

定理3

正弦函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)圖象可得y

=s

inx

（x

∈R

）的性質(zhì)如下。

單調(diào)區(qū)間：在區(qū)間??

?

??

?+

-

22,2

2πππ

πk

k

上為增函數(shù)，在區(qū)間??

?

??

?++

πππ

π232,22k

k

上為減函數(shù)，

最小正周期：2π.

奇偶性：奇函數(shù)

有界性：當(dāng)且僅當(dāng)x

=2kx

+2π時(shí)，y

取最大值1，當(dāng)且僅當(dāng)x

=3k

π-2

π

時(shí),

y

取最小值-1，值域?yàn)閇-1，1]。

對(duì)稱性：直線x

=k

π+

2

π

均為其對(duì)稱軸，點(diǎn)（k

π,

0）均為其對(duì)稱中心。這里k

∈Z

.

定理4

余弦函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)圖象可得y

=co

s

x

(x

∈R

)的性質(zhì)。

單調(diào)區(qū)間：在區(qū)間[2k

π,

2k

π+π]上單調(diào)遞減，在區(qū)間[2k

π-π,

2k

π]上單調(diào)遞增。

最小正周期：2π。

奇偶性：偶函數(shù)。

有界性：當(dāng)且僅當(dāng)x

=2k

π時(shí)，y

取最大值1；當(dāng)且僅當(dāng)x

=2k

π-π時(shí)，y

取最小值-1。值域?yàn)閇-1，1]。

對(duì)稱性：直線x

=k

π均為其對(duì)稱軸，點(diǎn)??

?

?

?+

0,2π

πk

均為其對(duì)稱中心。這里k

∈Z

.

定理5

正切函數(shù)的性質(zhì)：由圖象知奇函數(shù)y

=tanx

(x

≠k

π+

2π)在開(kāi)區(qū)間(k

π-2π,

k

π+2

π

)上為增函數(shù),

最小正周期為π，值域?yàn)椋?∞，+∞），點(diǎn)（k

π，0），（k

π+2

π

，0）均為其對(duì)稱中心。

定理6

兩角和與差的基本關(guān)系式：co

s(α±β)=co

s

αco

s

β

s

in

αs

in

β,

s

in

(α±β)=s

in

αco

s

β±co

s

αs

in

β;

tan

(α±β)=

.)

tan

tan

1()

tan

(tan

βαβα

±

兩角和與差的變式：2222

sin

sin

cos

cos

sin()sin()αββααβαβ-=-=+-

2222

cos

sin

cos

sin

cos()cos()αββααβαβ-=-=+-

三角和的正切公式：tan

tan

tan

tan

tan

tan

tan()1tan

tan

tan

tan

tan

tan

αβγαβγ

αβγαββγγα

++-++=

---

定理7

和差化積與積化和差公式:

s

in

α+s

in

β=2s

in

???

??+2βαco

s

???

??-2βα,

s

in

α-s

in

β=2s

in

???

??+2βαco

s

???

??-2βα,

co

s

α+co

s

β=2co

s

???

??+2βαco

s

???

??-2βα,

co

s

α-co

s

β=-2s

in

???

??+2βαs

in

???

??-2βα,

s

in

αco

s

β=21[s

in

(α+β)+s

in

(α-β)],

co

s

αs

in

β=21

[s

in

(α+β)-s

in

(α-β)],

co

s

αco

s

β=21[co

s(α+β)+co

s(α-β)],

s

in

αs

in

β=-2

1

[co

s(α+β)-co

s(α-β)].

定理8

二倍角公式：s

in

2α=2s

in

αco

s

α,

co

s2α=co

s

2α-s

in

2α=2co

s

2α-1=1-2s

in

2α,

tan

2α=

.)

tan

1(tan

22αα

-

三倍角公式及變式：3

sin

33sin

4sin

ααα=-，3

cos34cos

3cos

ααα=-

1s

i

n

(60)s

i

n

s

i

n

(60)s

i

n

34α

ααα-+=，1

cos(60)cos

cos(60)cos34

αααα-+=

定理9

半角公式:

s

in

2α=2)cos

1(α-±,

co

s

2

α

=2)cos

1(α+±,

tan

2α=)cos

1()

cos

1(αα+-±=

.sin

)cos

1()

cos

1(sin

αααα-=+

定理10

萬(wàn)能公式:

?

?

?

??+?

??

??=

2tan

12tan

2sin

2ααα,

???

??+???

??-=2tan

12tan

1cos

22ααα,.2tan

12tan

2tan

2???

??-???

??=ααα

定理11

輔助角公式：如果a

,

b

是實(shí)數(shù)且a

2+b

2≠0，則取始邊在x

軸正半軸，終邊經(jīng)過(guò)點(diǎn)(a

,

b

)的一個(gè)角為β，

則s

in

β=22b

a

b

+,co

s

β=2

2b

a

a

+，對(duì)任意的角α.a

s

in

α+bco

s

α=)(22b

a

+s

in

(α+β).

定理12

正弦定理：在任意ABC

中有R

C

c

B

b

A

a

2sin

sin

sin

===，

其中a

,

b

,

c

分別是角A

，B

，C

的對(duì)邊，R

為ABC

外接圓半徑。

定理13

余弦定理：在任意ABC

中有a

2=b

2+c

2-2bco

s

A

，其中a

,b

,c

分別是角A

，B

，C

的對(duì)邊。

定理14

射影定理：在任意ABC

中有cos

cos

a

b

C

c

B

=+，cos

cos

b

a

C

c

A

=+，cos

cos

c

a

B

b

A

=+

定理15

歐拉定理：在任意ABC

中，2

2

2OI

R

Rr

=-，其中O,I

分別為ABC

的外心和內(nèi)心。

定理16

面積公式：在任意ABC

中，外接圓半徑為R,內(nèi)切圓半徑為r

，半周長(zhǎng)2

a

b

c

p

++=

則211sin

2sin

sin

sin

(sin

sin

sin

)224a

abc

S

ah

ab

C

rp

R

A

B

C

rR

A

B

C

R

=

=====++

222

1)(c

o

t

c

o

t

c

o

t

)4

c

a

A

b

B

c

C

==++

定理17

與ABC

三個(gè)內(nèi)角有關(guān)的公式：

（1）sin

sin

sin

4cos

cos

cos

;222

A

B

C

A

B

C

++=

（2）cos

cos

cos

14sin

sin

sin

;222

A

B

C

A

B

C

++=+

（3）tan

tan

tan

tan

tan

tan

;A

B

C

A

B

C

++=

（4）tan

tan

tan

tan

tan

tan

1;222222

A

B

B

C

C

A

++=

（5）cot

cot

cot

cot

cot

cot

1;A

B

B

C

C

A

++=

（6）sin

2sin

2sin

24sin

sin

sin

.A

B

C

A

B

C

++=

定理18

圖象之間的關(guān)系：y

=s

inx

的圖象經(jīng)上下平移得y

=s

inx

+k

的圖象；經(jīng)左右平移得y

=s

in

(x

+?)的圖象（相位

變換）；縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的

ω

1

，得到y(tǒng)

=s

in

x

ω(0>ω)的圖象（周期變換）；橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的A

倍，得到y(tǒng)

=A

s

inx

的圖象（振幅變換）；y

=A

s

in

(ωx

+?)(ω>0)的圖象（周期變換）；橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉?lái)的A

倍，得到y(tǒng)

=A

s

inx

的圖象（振幅變換）；y

=A

s

in

(ωx

+?)(ω,

?>0)(|A

|

叫作振幅)的圖象向右平移ω

?

個(gè)單位得到y(tǒng)

=A

s

in

ωx

的圖象。

定義4

函數(shù)y

=s

inx

?

?

???-∈2,2ππx

的反函數(shù)叫反正弦函數(shù)，記作y

=a

r

c

s

inx

(x

∈[-1,

1])，

函數(shù)y

=co

s

x

(x

∈[0,

π])

的反函數(shù)叫反余弦函數(shù)，記作y

=a

r

cco

s

x

(x

∈[-1,

1]).

函數(shù)y

=tanx

?

??

?

?-

∈2,2ππx

的反函數(shù)叫反正切函數(shù)。記作y

=a

r

ctanx

(x

∈[-∞,

+∞]).

函數(shù)y

=co

t

x

(x

∈[0,

π])的反函數(shù)稱為反余切函數(shù)，記作y

=a

r

ccotx

(x

∈[-∞,

+∞]).

定理19

三角方程的解集，如果a

∈(-1,1)，方程s

inx

=a

的解集是{x

|x

=n

π+(-1)n

a

r

c

s

ina

,

n

∈Z

}。

方程co

s

x

=a

的解集是{x

|x

=2kx

±a

r

cco

s

a

,

k

∈Z

}.

如果a

∈R

，方程tanx

=a

的解集是{x

|x

=k

π+a

r

ctana

,

k

∈Z

}。

恒等式：a

r

c

s

ina

+a

r

cco

s

a

=

2π；a

r

ctana

+a

r

ccota

=2

π.

定理20

若干有用的不等式：

（1）若???

?

?∈2,

0πx

，則s

inx

（2）函數(shù)sin

x

y

x

=在(0,)π上為減函數(shù)；函數(shù)tan

x

y

x

=在(0,)2

π

上為增函數(shù)。

（3）嵌入不等式：設(shè)A+B+C=π，則對(duì)任意的x,y,z

∈R

，

有2

2

2

2cos

2cos

2cos

x

y

z

yz

A

xz

B

xy

C

++≥++

等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)yzsinA=zxsinB=xysinC.

二、方法與例題

1．結(jié)合圖象解題。

例1

求方程s

inx

=lg

|x

|的解的個(gè)數(shù)。

【解】在同一坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出函數(shù)y

=s

inx

與y

=lg

|x

|的圖象，由圖象可知兩者有6個(gè)交點(diǎn)，故方程有6個(gè)解。

2．三角函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用。

例2

設(shè)x

∈(0,

π),

試比較co

s(s

inx

)與s

in

(co

s

x

)的大小。

【解】

若??

?

?

??∈ππ,2x

，則-1所以s

in

(co

s

x

)

≤0,又02x

π?

?

∈

??

?

，則因?yàn)閟

inx

+co

s

x

=2s

in

(x

+

4π)≤2π，

所以co

s(s

inx

)>co

s(

2

π

-co

s

x

)=s

in

(co

s

x

).

綜上，當(dāng)x

∈(0,π)時(shí)，總有co

s(s

inx

)3．最小正周期的確定。

例3

求函數(shù)y

=s

in

(2co

s|x

|)的最小正周期。

【解】

因?yàn)閏o

s(-x

)=co

s

x

，所以cos

|x

|=co

s

x,

所以T

=2π是函數(shù)的周期；

4．三角最值問(wèn)題。

例4

已知函數(shù)y

=s

inx

+x

2cos

1+，求函數(shù)的最大值與最小值。

【解法一】

令s

inx

=???

??≤≤=

+ππ

θθ4304

sin

2cos

1,cos

22

x

,

則有y

=).4

sin(2sin

2cos

2π

θθθ+

=+

因?yàn)?/p>

ππ

4304≤≤，所以ππθπ≤+≤42，所以)4

sin(0π

θ+≤≤1，

所以當(dāng)πθ43=，即x

=2k

π-2π(k

∈Z

)時(shí)，y

m

in

=0，當(dāng)4πθ=，即x

=2k

π+2

π

(k

∈Z

)時(shí)，y

m

ax

=2.

【解法二】

因?yàn)閥

=s

inx

+)cos

1(sin

2cos

1222

x

x

x

++≤

+=2（因?yàn)?a

+b

)2≤2(a

2+b

2)），

且|s

inx|≤1≤x

2cos

1+，所以0≤s

inx

+x

2cos

1+≤2，

所以當(dāng)x

2cos

1+=s

inx

，即x

=2k

π+2

π

(k

∈Z

)時(shí),

y

m

ax

=2，

當(dāng)x

2cos

1+=-s

inx

，即x

=2k

π-2

π

(k

∈Z

)時(shí),

y

m

in

=0。

5．換元法的使用。

例5

求x

x

x

x

y

cos

sin

1cos

sin

++=

的值域。

【解】

設(shè)t

=s

inx

+co

s

x

=).4sin(2cos

22sin

222π+=???

?

??+x

x

x

因?yàn)?1)4

sin(1≤+

≤-π

x

所以.22≤≤-t

又因?yàn)閠

2

=1+2s

inxco

s

x

,所以s

inxco

s

x

=212-t

，所以2

1121

2-=+-=t

t

x

y

，所以

.212212-≤≤--y

因?yàn)閠

≠-1，所以121-≠-t

，所以y

≠-1.所以函數(shù)值域?yàn)?212,11,212??

?

??--???-+-∈

y

6．圖象變換：y

=s

inx

(x

∈R

)與y

=A

s

in

(ωx

+?)(A

,

ω,

?>0).

例6

已知f

(x

)=s

in

(ωx

+?)(ω>0,

0≤?≤π)是R

上的偶函數(shù)，其圖象關(guān)于點(diǎn)???

??0,43πM

對(duì)稱，且在區(qū)間??

?

???2,0π上是單調(diào)函數(shù)，求?和ω的值。

【解】

由f

(x

)是偶函數(shù)，所以f

(-x

)=f

(x

)，所以s

in

(ωx+?)=s

in

(-ωx

+?)，

所以co

s

?s

inx

=0，對(duì)任意x

∈R

成立。又0≤?≤π，解得?=2

π

，

因?yàn)閒

(x

)圖象關(guān)于??

?

??0,43πM

對(duì)稱，所以)43()43(x

f

x

f

++-ππ=0。

取x

=0，得)4

3(πf

=0，所以sin

.024

3=???

??+πωπ

所以243ππωπ+=k

(k

∈Z

)，即ω=32(2k

+1)

(k

∈Z

).

又ω>0，取k

=0時(shí)，此時(shí)f

(x

)=sin

(2x

+

2π)在[0，2

π

]上是減函數(shù)；

取k

=1時(shí)，ω=2，此時(shí)f

(x

)=sin

(2x

+2π)在[0，2

π

]上是減函數(shù)；

取k

=2時(shí)，ω≥310，此時(shí)f

(x

)=sin

(ωx

+2π)在[0，2

π

]上不是單調(diào)函數(shù)，

綜上，ω=3

2

或2。

7．三角公式的應(yīng)用。

例7

已知sin

(α-β)=

135，sin

(α+β)=-

135，且α-β∈???

??ππ,2，α+β∈??

?

??ππ2,23，求sin

2α,cos

2β的值。

【解】

因?yàn)棣?β∈??

?

??ππ,2，所以cos

(α-β)=-.1312)(sin

12

-=--βα

又因?yàn)棣?β∈??

?

??ππ2,23，所以cos

(α+β)=.1312)(sin

12=+-βα

所以sin

2α=sin

[(α+β)+(α-β)]=sin

(α+β)cos

(α-β)+cos

(α+β)sin

(α-β)=169

120

,

cos

2β=cos

[(α+β)-(α-β)]=cos

(α+β)cos

(α-β)+sin

(α+β)sin

(α-β)=-1.

例8

已知ABC

的三個(gè)內(nèi)角A

，B

，C

成等差數(shù)列，且B

C

A

cos

2cos

1cos

1-=+，試求2

cos

C

A

-的值。

【解】

因?yàn)锳

=1200-C

，所以cos

2

C

A

-=cos

(600-C

)，

又由于)

120cos(cos

cos

)120cos(cos

1)120cos(1cos

1cos

10

00C

C

C

C

C

C

C

A

-+-=+-=+

=

222

1)2120cos()

60cos(2)]2120cos(120[cos

21)60cos(60cos

2000000-=---=-+-C

C

C

C

，

所以232

cos

22cos

242--+-C

A

C

A

=0。解得222cos

=-C

A

或8232cos

-=-C

A。

又2

cos

C

A

->0，所以222cos

=-C

A。

例9

求證：tan

20?+4cos

70?

【解】

tan

20?+4cos

70?=??20cos

20sin

+4sin

20?

?

??+=+=20cos

40sin

220sin

20cos

20cos

20sin

420sin

?

???+=++=20

cos

40sin

10cos

30sin

220cos

40sin

40sin

20sin

.320cos

20cos

60sin

220cos

40sin

80sin

==+=?

?

例10

證明：7

cos77cos521cos335cos

64cos

x

x

x

x

x

+++=

分析：等號(hào)左邊涉及角7x

、5x

、3x

、x

右邊僅涉及角x

，可將左邊各項(xiàng)逐步轉(zhuǎn)化為x

sin

、

x

cos

的表達(dá)式，但相對(duì)較繁.

觀察到右邊的次數(shù)較高，可嘗試降次.

證明：因?yàn)?cos

33cos

cos

4,cos

3cos

43cos

3

3

x

x

x

x

x

x

+=-=所以

從而有x

x

x

x

x

226cos

9cos

3cos

63cos

cos

16++=

=

)2cos

1(2

9

)2cos

4(cos

326cos

1x

x

x

x

+++++

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

cos

20cos

2cos

30cos

4cos

12cos

6cos

2cos

64,

2cos

992cos

64cos

66cos

1cos

327

6+++=+++++=

.

cos

353cos

215cos

77cos

cos

20cos

153cos

153cos

65cos

65cos

7cos

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

+++=++++++=

評(píng)述：本題看似“化簡(jiǎn)為繁”，實(shí)質(zhì)上抓住了降次這一關(guān)鍵，很是簡(jiǎn)捷.

另本題也可利用復(fù)數(shù)求解.

令

77)1

(cos

128,,1cos

2,sin

cos

z

z

z

z

i

z

+=+=+=αααα從而則，展開(kāi)即可.

例11

已知.

20012tan

2sec

:,2001tan

1tan

1=+=-+αααα求證

證明：)4tan()22

sin()22cos(12cos

2sin

12tan

2sec

απαπαπ

αααα+=++-=+=+.

2001tan

1tan

1=-+=αα.2001tan

1tan

1=-+=

αα

例12

證明：對(duì)任一自然數(shù)n

及任意實(shí)數(shù)m

n

k

m

x

k

,,,2,1,0(2

=≠

π為任一整數(shù)），

有

.2cot

cot

2sin

14sin

12sin

1x

x

x

x

x

n

n

-=+++

思路分析：本題左邊為n

項(xiàng)的和，右邊為2項(xiàng)之差，故嘗試將左邊各項(xiàng)“裂”成兩項(xiàng)之差，并希冀能消去其中許多

中間項(xiàng).

證明：,2cot

cot

2sin

2cos

cos

sin

2cos

22sin

2cos

cos

22sin

122x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

-=-=-=

同理

x

x

x

4cot

2cot

4sin

1-=

……

x

x

x

n

n

n

2cot

2cot

2sin

11-=-

評(píng)述：①本題裂項(xiàng)技巧也可通過(guò)數(shù)學(xué)歸納法獲得.

②“裂項(xiàng)相消”在解題中具有一定的普遍性，類似可證下列各題：

n

n

n

n

-=

-+++α

α

ααααααtan

tan

tan

)1tan(3tan

2tan

2tan

tan

.

1cot

1cos

89

cos

88cos

12cos

1cos

11cos

0cos

1.

2cot

2cot

2tan

22tan

22tan

2tan

1122=+++-=++++++ααααααn

n

n

n

例13

設(shè)ABC

?的內(nèi)角A

B

C

,,所對(duì)的邊,,a

b

c

成等比數(shù)列，則

sin

cot

cos

sin

cot

cos

A

C

A

B

C

B

++

的取值范圍是（

）

A.

(0,)+∞

B.

C.

D.

)+∞

[解]

設(shè),,a

b

c

的公比為q

，則2,b

aq

c

aq

==，而sin

cot

cos

sin

cos

cos

sin

sin

cot

cos

sin

cos

cos

sin

A

C

A

A

C

A

C

B

C

B

B

C

B

C

++=

++

sin()sin()sin

sin()sin()sin

A

C

B

B

b

q

B

C

A

A

a

ππ+-=

====+-．

因此，只需求q

的取值范圍．

因,,a

b

c

成等比數(shù)列，最大邊只能是a

或c

，因此,,a

b

c

要構(gòu)成三角形的三邊，必需且只需a

b

c

+>且

b

c

a

+>．即有不等式組

22,a

aq

aq

aq

aq

a

?+>??+>??即22

10,10.q

q

q

q

?--解得q

q

q

q

，因此所求的取值范圍是．故選C

例14

ABC

內(nèi)接于單位圓，三個(gè)內(nèi)角A

、B

、C

的平分線延長(zhǎng)后分別交此圓于A

1、B

1、C

1，

則C

B

A

C

CC

B

BB

A

AA

sin

sin

sin

2cos

2cos

2cos

111++?+?+?的值為（

）

A

．2

B

．4

C

．6

D

．8

解：如圖，連BA

1，則AA

1=2sin(B+

)2

2cos(2)222sin(2)2C

B

C

B

C

B

A

A

-=-+++=

)2

cos(2cos

2cos

2cos

)22cos(22cos

1C

B

C

A

C

B

A

A

C

B

A

AA

-=-++-+=-=π

,sin

sin

)2cos(B

C

B

+=-+π

同理,sin

sin

2cos

1C

A

B

BB

+=,sin

sin

2

cos

1B

A

C

CC

+=

),sin

sin

(sin

22cos

2cos

2cos

111C

B

A

C

CC

B

BB

A

AA

++=++原式=.2sin

sin

sin

)

sin

sin

(sin

2=++++C

B

A

C

B

A

選A.

例15

若對(duì)所有實(shí)數(shù)x

，均有sin

sin

cos

cos

cos

2k

k

k

x

kx

x

kx

x

?+?=，則k

=（

）.

A

、6；

B

、5；

C

、4；

D

、3．

解：記()s

i

n

s

i

n

c

o

s

c

o

s

c

o

s

2

k

k

k

f

x

x

k

x

x

k

x

x

=?+?

-

，則由條件，()f

x

恒為0，取2

x

π

=，得

()s

i

n

12k

k

π=-，則k

為奇數(shù)，設(shè)21k

n

=-，上式成為sin

12n

ππ?

?-=-

???，因此n

為偶數(shù)，令2n

m

=，則

41k

m

=-，故選擇支中只有3k

=滿足題意．故選D

例16

已知()()

2222212f

x

x

a

b

x

a

ab

b

=++-++-是偶函數(shù)，則函數(shù)圖象與y

軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)的最大值是

A

B.

2

C.

解：由已知條件可知，2

2

10a

b

+-=，函數(shù)圖象與y

軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2

2

2a

ab

b

+-。令,s

cos

in

b

a

θθ==

，

則2222

2sin

cos

sin

cos

2sin

2c

s

2o

a

ab

b

θθθθθθ+=+=--+≤

選

A。

例17

已知,R

αβ∈，直線

1sin

sin

sin

cos

x

y

αβαβ+=++與1cos

sin

cos

cos

x

y

αβαβ

+=++

的交點(diǎn)在直線y

x

=-上，則cos

sin

c

in

s

s

o

ααββ+++=。

解：由已知可知，可設(shè)兩直線的交點(diǎn)為00(,)x

x

-，且,in

s

s

co

αα為方程

00

1sin

cos

x

x

t

t

ββ

-+=++，

的兩個(gè)根，即為方程2

0sin

c

(cos

)sin

os

(cos

)i

0s

n

t

t

x

ββββββ-++-=+的兩個(gè)根。

因此cos

(sin

sin

cos

)ααββ+=-+，即cos

sin

c

in

s

s

o

ααββ+++=0。

1

、＝。

2、已知函數(shù))45

41(2)cos()sin()(≤≤+-=

x

x

πx

πx

x

f

，則f

(x

)的最小值為_(kāi)____。

3、已知

3sin

)2sin(=+αβα，且),(2

,21Z

k

n

n

k

∈+≠+≠π

πβαπβ。則

ββαtan

)tan(+的值是_

__.

4、設(shè)函數(shù)f

(x

)=3sin

x

+2cos

x

+1。若實(shí)數(shù)a

、b

、c

使得af

(x

)+bf

(x

?c

)=1對(duì)任意實(shí)數(shù)x

恒成立，則a

c

b

cos

=

5、設(shè)0)cos

1(2

θθ

+的最大值。

6、求證：.112tan

312tan

18tan

18tan

3=++

7、已知a

0=1,

a

n

1

n

-(n

∈N

+)，求證：a

n

>

2

2+n

π

.

8、已知.

cos

sin

)tan(:,1||),sin(sin

A

A

A

-=+>+=ββ

βαβαα求證

9、若A

，B

，C

為ABC

三個(gè)內(nèi)角，試求s

inA

+s

inB

+s

inC

的最大值。

10、證明：.2

sin

21sin

)2sin()sin()2sin()sin(sin

β

ββαβαβαβαα++

=

+++++++n

n

n

11、已知α，β為銳角，且x

·（α+β-2π

）>0，求證：.2sin

cos

sin

cos

?

??+?

??x

x

αββα

12、求證：①16

1

78cos

66cos

42cos

6cos

=

②sin1°sin2°sin3°…sin89°=.10641(45?

全國(guó)高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽專題-三角恒等式與三角不等式

實(shí)戰(zhàn)演練答案

1、解：根據(jù)題意要求，2

605x

x

+≥+，2

0571x

x

+≤+≤。于是有2

715x

x

+=+。因此

cos01==。因此答案為

1。

2、解：實(shí)際上)4541(2

)4sin(2)(≤≤+-=x

x

π

πx

x

f

，設(shè))4541)(4sin(2)(≤≤-=x

ππx

x

g

，則g

(x

)≥0，g

(x

)在]43,41[上是增函數(shù)，在]4

5

,43[上是減函數(shù)，且y

=g

(x

)的圖像關(guān)于直線43=x

對(duì)稱，則對(duì)任意]43,41[1∈x

，存在

]45,43[2∈x

，使g

(x

2)=g

(x

1)。于是)(2)(2)(2)()(22

212111x

f

x

x

g

x

x

g

x

x

g

x

f

=+≥+=+=，而f

(x

)在]45,43[上是減

函數(shù)，所以554)4

5

()(=

≥f

x

f

，即f

(x

)在]4

5

,41[上的最小值是554。

3、解：

.213131sin

)2sin(1sin

)2sin(]sin

)2[sin(21]

sin

)2[sin(21

sin

)cos(cos

)sin(tan

)tan(=-+=-+++=-+++=?+?+=+α

βααβααβααβαβββαββαb

a

4、解：令c=π，則對(duì)任意的x

∈R

，都有f

(x

)+f

(x

?c

)=2，于是取2

1

==b

a

，c=π，則對(duì)任意的x

∈R

，af

(x

)+bf

(x

?c

)=1，

由此得1cos

-=a

c

b。

一般地，由題設(shè)可得1)sin(13)(++=?x

x

f

，1)sin(13)(+-+=-c

x

c

x

f

?，其中20π2

tan

=?，

于是af

(x

)+bf

(x

?c

)=1可化為1)sin(13)sin(13=++-+++b

a

c

x

b

x

a

??，即

0)1()cos(sin

13cos

)sin(13)sin(13=-+++-+++b

a

x

c

b

c

x

b

x

a

???，

所以0)1()cos(sin

13)sin()cos

(13=-+++-++b

a

x

c

b

x

c

b

a

??。

由已知條件，上式對(duì)任意x

∈R

恒成立，故必有??

?

??=-+==+)3(01)2(0

sin

)1(0cos

b

a

c

b

c

b

a

，

若b

=0，則由(1)知a

=0，顯然不滿足(3)式，故b

≠0。所以，由(2)知sin

c

=0，故c=2k

π+π或c=2k

π(k

∈Z

)。當(dāng)

c=2k

π時(shí)，cos

c

=1，則(1)、(3)兩式矛盾。故c=2k

π+π(k

∈Z

)，cos

c

=?1。由(1)、(3)知21

=

=b

a

，所以1cos

-=a

c

b。

5、【解】因?yàn)?20π

θ

，所以s

in

2θ>0,

co

s

2

θ>0.

所以s

in

2θ（1+co

s

θ）=2s

in

2θ·co

s

22

θ

=2cos

2cos

2sin

22222θθ

θ???

≤3

22232cos

2cos

2sin

22??

???

?

?θθθ=.9342716=

當(dāng)且僅當(dāng)2s

in

2

2θ=co

s

22θ,

即tan

2θ=22,

θ=2a

r

ctan

22時(shí)，s

in

2

θ

(1+co

s

θ)取得最大值934。

6、思路分析：等式左邊同時(shí)出現(xiàn)

12tan

18tan

、

12tan

18tan

+，聯(lián)想到公式β

αβ

αβαtan

tan

1tan

tan

)tan(-+=+.

證明：

12tan

312tan

18tan

18tan

3++

112tan

18tan

)12tan

18tan

1)(1218tan(312tan

18tan

)12tan

18(tan

3=+-+?=++=

112tan

18tan

)12tan

18tan

1)(1218tan(312tan

18tan

)12tan

18(tan

3=+-+?=++=

1

18tan(3

t

18(tan

3=+?=+=

評(píng)述：本題方法具有一定的普遍性.

仿此可證)43tan

1()2tan

1)(1tan

1(

+++22

2)44tan

1(=+

等.

7、【證明】

由題設(shè)知a

n

>0，令a

n

=tana

n

,

a

n

∈??

?

??2,

0π，

則a

n

=

.tan

2tan

sin

cos

1tan

1sec

tan

1tan

111

1111

12n

n

n

n

n

n

n

n

a

a

a

a

a

a

a

a

==-=-=

-+-------

因?yàn)?1-n

a

，a

n

∈???

??2,0π，所以a

n

=121-n

a

，所以a

n

=.210a

n

??

?

??

又因?yàn)閍

0=tana

1=1，所以a

0=4π，所以n

n

a

??

?

??=21·4π。

又因?yàn)楫?dāng)0時(shí)，tanx

>x

，所以.2

2tan

22++>=n

n

n

a

ππ

注：換元法的關(guān)鍵是保持換元前后變量取值范圍的一致性。另外當(dāng)x

∈??

?

??2,

0π時(shí)，有tanx

>x

>s

inx

，這是個(gè)熟知的結(jié)論，暫時(shí)不證明，學(xué)完導(dǎo)數(shù)后，證明是很容易的。

8、分析：條件涉及到角α、βα+，而結(jié)論涉及到角βα+，β.故可利用αβαβββαα-+=-+=)()(或消除條件與結(jié)論間角的差異，當(dāng)然亦可從式中的“A

”入手.

證法1：

),sin(sin

βαα+=A

),sin()sin(βαββα+=-+A

),

cos(sin

))(cos

sin(),sin(sin

)cos(cos

)sin(βαβββαβαββαββα+=-++=+-+A

A

cos

sin

)tan(,0)cos(,0cos

,1||A

A

A

-=+≠+≠->βββαβαβ從而

cos

sin

)tan(,0)cos(,0cos

,1||A

A

A

-=+≠+≠->βββαβαβ從而

cos

sin

)tan(,

0)cos(,

0cos

,

1||A

A

A

-=+≠+≠->βββαβαβ從而

.

cos

sin

)tan(,0)cos(,0cos

,

1||A

A

A

-=+≠+≠->βββαβαβ從而

證法2：αβαβββαβααββββsin

)sin(cos

sin

)sin()sin(sin

cos

sin

sin

sin

-++=+-=-A

).

tan(sin

)cos(sin

)sin(])sin[()sin(cos

sin

)sin(βαββαββαββαβαβββα+=++=-+-++=).tan(sin

)cos(sin

)sin(])sin[()sin(cos

sin

)sin(βαββαβ

βαββαβαβββα+=++=-+-++=).tan(sin

)cos(sin

)sin(])sin[()sin(cos

sin

)sin(βαββαββαββαβαβββα+=++=-+-++=

9、【解】

因?yàn)閟

inA

+s

inB

=2s

in

2B

A

+co

s

2sin

22B

A

B

A

+≤-,

①

s

inC

+s

in

2

3sin

22

3cos

2

3sin

23

π

π

π

π

+≤-+=C

C

C

,

②

又因?yàn)?

sin

24

3cos

43sin

22

3sin

2

sin

ππ

π

π

≤-

-++

++=+++C

B

A

C

B

A

C

B

A

，③

由①，②，③得s

inA

+s

inB

+s

inC

+s

in

3π≤4s

in

3

π

,

所以s

inA

+s

inB

+s

inC

≤3s

in

3π=233,當(dāng)A

=B

=C

=3

π

時(shí)，（s

inA

+s

inB

+s

inC

）m

ax

=233.

注：三角函數(shù)的有界性、|s

inx

|≤1、|co

s

x

|≤1、和差化積與積化和差公式、均值不等式、柯西不等式、函數(shù)的單調(diào)

性等是解三角最值的常用手段。

10、證明：)],2

cos()2[cos(212sin

sin

βαβαβ

α--+-=

)]sin()2sin()sin([sin

2

sin

,,

)]2

1

2cos()212[cos(212sin

)sin(,

)]2

3

cos()25[cos(212sin

)2sin()],2cos()23[cos(212sin

)sin(βαβαβααβ

βαβαββαβαβαββαβ

αβαβ

βαn

n

n

n

+++++++-+-++-=++-+-=++-+-=+

各項(xiàng)相加得類似地

.2

1

sin

)2sin()]2cos()212[cos(21ββαβαβα++=--++-=n

n

n

.

2

1sin

)2sin()]

2cos()212[cos(21ββαβαβα++=--+

+-=n

n

n

所以，.2

sin

21

sin

)2sin()sin()sin(sin

βββαβαβαα++=+++++n

n

n

評(píng)述：①類似地，有.2

sin

)2cos(21sin

)cos()cos(cos

β

βαββαβααn

n

n

++=

+++++

②利用上述公式可快速證明下列各式：2sin

21

cos

2sin

cos

3cos

2cos

cos

θ

θθθθθθ+=++++n

n

n

.21

97cos

95cos

93cos

9cos

.2

1

75cos

73cos

9cos

等=+++=++ππ

πππππ.

2197cos

95cos

93cos

9cos

.

2

175cos

73cos

9

cos

等=+++=++πππππππ

11、【證明】

若α+β>2π，則x

>0，由α>2π-β>0得co

s

απ-β)=s

in

β,所以0又s

in

α>s

in

(2π-β)=co

s

β,

所以0β

sin

cos

0,所以βαsin

cos

>1。

又0β

sin

cos

>1，

所以2sin

cos

sin

cos

sin

cos

sin

cos

=???

?

?+?

??x

，得證。

注：以上兩例用到了三角函數(shù)的單調(diào)性和有界性及輔助角公式，值得注意的是角的討論。

12、證明：①cos6°cos42°cos66°cos78°=cos6°cos54°cos66°

54cos

78cos

42cos

?

.

16154cos

4)183cos(4154cos

478cos

42cos

18cos

=?==

.16154cos

4)183cos(4154cos

478cos

42cos

18cos

=?==

.16

154cos

4)

183cos(4154cos

478cos

42cos

18cos

=?=

=

②sin1°sin2°sin3°…sin89°

=(sin1°sin59°sin61°)(sin2°sin58°sin62°)…(sin29°sin31°sin89°)sin30°sin60°

=4

387sin

6sin

3sin

)41(29?

60sin

30sin

)87sin

33sin

27(sin

)66sin

54sin

6)(sin

63sin

57sin

3(sin

3)4

1

(30=

45)54sin

36)(sin

63sin

27)(sin

72sin

18)(sin

18sin

9(sin

3)41(81sin

18sin

9sin

3)41(4040???=??=

45sin

)54sin

36)(sin

63sin

27)(sin

72sin

18)(sin

18sin

9(sin

3)41(81

sin

18sin

9sin

3)41(4040???=??=

又)72cos

1)(36cos

1(41)36sin

18(cos

2

-+=

165)72cos

36cos

1(4

1

)72cos

36cos

72cos

36cos

1(41=+=--+=

165)72cos

36cos

1(4

1

)72cos

36cos

72cos

36cos

1(41=+=--+=

165)72cos

36cos

1(4136cos

72cos

36cos

1(41=+=--+=

即

.45

36sin

18cos

=

所以

.106)4

1

(89sin

2sin

1sin

45?=

36sin

18cos

22

3)41(54cos

72sin

223)41(54cos

18sin

36cos

18cos

223)41(54cos

72cos

36cos

18cos

223)41(18cos

36cos

54cos

72cos

223)41(72sin

54sin

36sin

18sin

223)41(434342424242?=?=?=?=?=?=

36sin

18cos

223)41(54cos

72sin

223)41(54cos

18sin

36cos

18cos

223)41(54cos

72cos

36cos

18cos

223)41(18cos

36cos

54cos

72cos

223)41(72sin

54sin

36sin

18sin

223)41(434342424242?=?=?=?=?=?=

36sin

18cos

223)41(54cos

72sin

223)41(54cos

18sin

36cos

18cos

223)41(54cos

72cos

36cos

18cos

223)41(18cos

36cos

54cos

72cos

223)41(72sin

54sin

36sin

18sin

223)41(434342424242?=?=?=?=?=?=

36sin

18cos

223)41(54cos

72sin

223)41(54cos

18sin

36cos

18cos

223)41(54cos

72cos

36cos

18cos

223)41(18cos

36cos

54cos

72cos

223)41(72sin

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篇9

[關(guān)鍵詞]數(shù)學(xué)競(jìng)賽 高職高專 創(chuàng)新能力 培訓(xùn)模式

[作者簡(jiǎn)介]張?jiān)牛?964- ），女，北京人，北京聯(lián)合大學(xué)應(yīng)用科技學(xué)院，講師，研究方向?yàn)楦叩嚷殬I(yè)教育、數(shù)學(xué)應(yīng)用。（北京 102200）

[中圖分類號(hào)]G712 [文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼]A [文章編號(hào)]1004-3985（2013）20-0175-01

大學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽起源于美國(guó)和蘇聯(lián)，莫斯科大學(xué)從20世紀(jì)70年代開(kāi)始就一直在舉辦高等數(shù)學(xué)競(jìng)賽，美國(guó)也一直舉辦大學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽，以1938年起美國(guó)舉辦的普特南（Putnam）數(shù)學(xué)競(jìng)賽最具影響力。中國(guó)自1981年開(kāi)始由各省市和各高校每年舉辦一次高等數(shù)學(xué)競(jìng)賽。自2010年開(kāi)始經(jīng)北京市數(shù)學(xué)學(xué)會(huì)和北京市數(shù)學(xué)學(xué)會(huì)大學(xué)委員會(huì)研究決定，數(shù)學(xué)競(jìng)賽組委會(huì)決定在全國(guó)數(shù)學(xué)競(jìng)賽的基礎(chǔ)上增設(shè)專門(mén)面向?qū)？?、高職院校學(xué)生的丁組比賽，主要面向各專科、高職院校二年級(jí)或二年級(jí)以上的在校大學(xué)生，競(jìng)賽內(nèi)容是高等數(shù)學(xué)一元微積分。競(jìng)賽在每年10月舉辦一次，至今已成功舉辦三屆。該項(xiàng)賽事是對(duì)高職院校非理科專業(yè)數(shù)學(xué)教學(xué)水平的很好檢驗(yàn)，北京聯(lián)合大學(xué)應(yīng)用科技學(xué)院（以下簡(jiǎn)稱“我院”）作為一所高職高專院校，一直是賽事的積極參與者，旨在以競(jìng)賽和競(jìng)賽訓(xùn)練為平臺(tái)，激發(fā)高職學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的積極性，提高數(shù)學(xué)應(yīng)用能力，培養(yǎng)和選拔創(chuàng)新人才，促進(jìn)數(shù)學(xué)課程改革。

一、數(shù)學(xué)競(jìng)賽是高職生能力培養(yǎng)的平臺(tái)

教育部《關(guān)于加強(qiáng)高職高專教育人才培養(yǎng)工作的意見(jiàn)》（教高[2000]2號(hào)）指出：“高職高專教育人才培養(yǎng)模式的基本特征是：以培養(yǎng)高等技術(shù)應(yīng)用性專門(mén)人才為根本任務(wù)；以適應(yīng)社會(huì)需要為目標(biāo)、以培養(yǎng)技術(shù)應(yīng)用能力為主線設(shè)計(jì)學(xué)生的知識(shí)、能力、素質(zhì)結(jié)構(gòu)和培養(yǎng)方案，畢業(yè)生應(yīng)具有基礎(chǔ)理論知識(shí)適度、技術(shù)應(yīng)用能力強(qiáng)、知識(shí)面較寬、素質(zhì)高等特點(diǎn)?！备呗毟邔Ｔ盒Ｔ谂囵B(yǎng)學(xué)生時(shí)注重從“知識(shí)、能力、素質(zhì)”方面培養(yǎng)。而高等數(shù)學(xué)競(jìng)賽正是為適應(yīng)高職高專的“技術(shù)應(yīng)用性”人才培養(yǎng)目標(biāo)應(yīng)運(yùn)而生的。

數(shù)學(xué)競(jìng)賽的宗旨是通過(guò)數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)和解題能力，訓(xùn)練運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題能力和創(chuàng)新能力。教育工作者應(yīng)努力培養(yǎng)和提高學(xué)生這方面的能力，將我國(guó)傳統(tǒng)教育中以學(xué)科和知識(shí)為中心轉(zhuǎn)變到更高層次的智力活動(dòng)創(chuàng)新上來(lái)，在提高學(xué)生的應(yīng)用能力方面下功夫?？茖W(xué)技術(shù)的日新月異，社會(huì)對(duì)人才的評(píng)價(jià)標(biāo)準(zhǔn)發(fā)生了新的變化，要求人才具備迅速掌握新知識(shí)的能力。我們提倡的素質(zhì)教育必須以“創(chuàng)新”為基本培養(yǎng)目標(biāo)，教育的指導(dǎo)思想要圍繞“創(chuàng)新精神”和實(shí)踐能力進(jìn)行。數(shù)學(xué)競(jìng)賽是高職生能力培養(yǎng)的平臺(tái)，學(xué)生除了要掌握最基本的數(shù)學(xué)素養(yǎng)外，還要掌握科學(xué)的通用知識(shí)的基礎(chǔ)，解題技巧和運(yùn)算能力，創(chuàng)新意識(shí)和創(chuàng)新思維，為今后可持續(xù)發(fā)展創(chuàng)造必要條件。

二、高職生參與數(shù)學(xué)競(jìng)賽的心理分析

針對(duì)目前高職學(xué)生普遍數(shù)學(xué)基礎(chǔ)薄弱，學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)積極性和熱情不高，缺少學(xué)習(xí)的動(dòng)力，甚至對(duì)數(shù)學(xué)產(chǎn)生畏懼心理等現(xiàn)狀來(lái)看，人們一般會(huì)認(rèn)為，高職學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)競(jìng)賽的參與意識(shí)不強(qiáng)，但從我院三年來(lái)組織學(xué)生參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽的實(shí)際經(jīng)驗(yàn)來(lái)看，一些工科類、經(jīng)濟(jì)類專業(yè)的學(xué)生報(bào)名參賽的熱情和積極性很高，這在一定程度上說(shuō)明了有大批學(xué)生是喜歡數(shù)學(xué)和熱愛(ài)數(shù)學(xué)的，他們想證明自己，展現(xiàn)自己。無(wú)疑，數(shù)學(xué)競(jìng)賽無(wú)形中成為他們展現(xiàn)自己，重新定位，確立新目標(biāo)的一個(gè)重要平臺(tái)。教師要抓住這批學(xué)生的心理，因勢(shì)利導(dǎo)，不斷地鼓勵(lì)、激發(fā)他們的自信心，使得他們最終能勇敢地參與到數(shù)學(xué)競(jìng)賽這項(xiàng)活動(dòng)中來(lái)，起到以點(diǎn)帶面的作用，激發(fā)全體學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的積極性和熱情，實(shí)現(xiàn)“以賽促教”，通過(guò)數(shù)學(xué)競(jìng)賽推動(dòng)整個(gè)高職院校數(shù)學(xué)基礎(chǔ)課程的改革。

三、構(gòu)建科學(xué)合理的培訓(xùn)模式

1.開(kāi)設(shè)數(shù)學(xué)競(jìng)賽選修課。第一階段是輔導(dǎo)階段?？梢酝ㄟ^(guò)“數(shù)學(xué)競(jìng)賽輔導(dǎo)”公共選修課程的形式進(jìn)行，選修課程學(xué)時(shí)建議為32學(xué)時(shí)。開(kāi)設(shè)選修課程的目的是避免以往競(jìng)賽培訓(xùn)的松散型管理模式。一方面學(xué)生自主選修，目標(biāo)明確，興趣點(diǎn)和積極性強(qiáng)，對(duì)于最終沒(méi)有獲得參賽資格的學(xué)生也能獲得學(xué)分，學(xué)生們不會(huì)感覺(jué)在浪費(fèi)時(shí)間，培訓(xùn)終有所得。另一方面，教師需按照常規(guī)教學(xué)方式制定選修課程的教學(xué)大綱、安排教學(xué)進(jìn)度、布置批改作業(yè)、進(jìn)行單元測(cè)試等，這有利于把握教學(xué)環(huán)節(jié)，掌握學(xué)生學(xué)習(xí)動(dòng)態(tài)，挖掘尖子生。參加培訓(xùn)的學(xué)生在一種有計(jì)劃、有敦促、有指導(dǎo)、有互動(dòng)的教學(xué)環(huán)境中得到系統(tǒng)的復(fù)習(xí)和訓(xùn)練，使之在潛移默化中得到思維的訓(xùn)練和提升。

2.綜合測(cè)評(píng)選拔學(xué)生。第二階段是選拔參賽學(xué)生階段。選修課程結(jié)束后學(xué)生便進(jìn)入選拔階段，選拔模式一般要綜合考慮學(xué)生的主動(dòng)參與意識(shí)、任課教師的推薦、第一學(xué)期微積分?jǐn)?shù)學(xué)成績(jī)、選修課考核成績(jī)等。為選拔出真正有實(shí)力的學(xué)生，選拔模式要引入分段培訓(xùn)、逐輪選拔、綜合測(cè)評(píng)機(jī)制，科學(xué)評(píng)定學(xué)生的綜合素質(zhì)和應(yīng)試能力，最終選拔出具有一定實(shí)力的參賽學(xué)生。

3.指導(dǎo)學(xué)生強(qiáng)化訓(xùn)練。第三階段是強(qiáng)化訓(xùn)練階段。對(duì)選的學(xué)生可以開(kāi)始進(jìn)入強(qiáng)化訓(xùn)練階段，主要任務(wù)是進(jìn)行解題技巧指導(dǎo)與解題能力訓(xùn)練。教師負(fù)責(zé)指導(dǎo)參賽學(xué)生重視基礎(chǔ)知識(shí)和基本技能的訓(xùn)練，避免眼高手低，不盲目追求難題偏題。學(xué)生通過(guò)強(qiáng)化訓(xùn)練，做到基本知識(shí)和方法嫻熟運(yùn)用，基本運(yùn)算和推導(dǎo)得心應(yīng)手，基本知識(shí)體系和知識(shí)脈絡(luò)了然于胸等。要注重解題思路的啟發(fā)，引導(dǎo)學(xué)生逐漸學(xué)會(huì)和掌握解題技巧。

4.網(wǎng)絡(luò)課堂下載資源。輔助階段。培訓(xùn)模式中還應(yīng)包含有一些輔助功能要件，其中最不可或缺的一項(xiàng)就是要配套建設(shè)網(wǎng)絡(luò)課堂，通過(guò)在網(wǎng)絡(luò)課堂中增設(shè)“數(shù)學(xué)競(jìng)賽”版塊，方便學(xué)生利用業(yè)余時(shí)間，隨時(shí)隨地進(jìn)行各種相關(guān)資源的下載，并通過(guò)“師生互動(dòng)”版塊與教師進(jìn)行即時(shí)非即時(shí)的交流和探討。輔導(dǎo)教師在“數(shù)學(xué)競(jìng)賽”版塊中根據(jù)進(jìn)度安排，即時(shí)每個(gè)章節(jié)的自測(cè)題與配套解題指導(dǎo)等，學(xué)生利用業(yè)余時(shí)間自主復(fù)習(xí)，獨(dú)立演練，循序漸進(jìn)，逐步提升。學(xué)生通過(guò)多見(jiàn)題多練習(xí)，提高解題的熟練程度，進(jìn)而達(dá)到熟能生巧，開(kāi)闊眼界，培養(yǎng)對(duì)題目的理解和解題的感悟力，通過(guò)數(shù)量上的積累，進(jìn)而達(dá)到質(zhì)量上的提升。

5.備戰(zhàn)比賽模擬演練。沖刺階段。高等數(shù)學(xué)競(jìng)賽不同于數(shù)學(xué)建模類的開(kāi)放性競(jìng)賽，是以閉卷形式在規(guī)定的時(shí)間內(nèi)由學(xué)生獨(dú)立完成的，對(duì)參賽學(xué)生的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)掌握的牢固程度、思維靈活性方面、解題技巧以及心理素質(zhì)等方面都是很大的考驗(yàn)。在臨近比賽時(shí)，還要進(jìn)行一至兩次的模擬競(jìng)賽，按照以往競(jìng)賽真題，由競(jìng)賽輔導(dǎo)教師出模擬競(jìng)賽試卷，試卷要求把握在“題型和分值”上與真題保持一致，以便學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)競(jìng)賽提前有個(gè)直覺(jué)上的認(rèn)知，使他們?cè)谧罱K進(jìn)入正式比賽時(shí)不會(huì)產(chǎn)生畏懼心理，能夠得心應(yīng)手，在競(jìng)賽中發(fā)揮出應(yīng)有的水平，力爭(zhēng)在競(jìng)賽中創(chuàng)出佳績(jī)。

四、數(shù)學(xué)競(jìng)賽對(duì)課程建設(shè)的意義

針對(duì)高職高專數(shù)學(xué)基礎(chǔ)課程改革而言，加強(qiáng)教學(xué)方法和教學(xué)手段改革是提高教學(xué)質(zhì)量的重要內(nèi)容。通過(guò)組織高職高專學(xué)生參加數(shù)學(xué)競(jìng)賽，可以充分提高學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決實(shí)際問(wèn)題的能力，培養(yǎng)他們的創(chuàng)新思維，符合高等職業(yè)教育中對(duì)應(yīng)用型人才培養(yǎng)的需求，能夠?qū)崿F(xiàn)以賽促教，提高學(xué)生的綜合素質(zhì)。同時(shí)，通過(guò)表彰數(shù)學(xué)競(jìng)賽獲獎(jiǎng)少部分群體，可以帶動(dòng)整個(gè)學(xué)校的學(xué)風(fēng)建設(shè)。在學(xué)科競(jìng)賽中獲獎(jiǎng)的學(xué)生，大多是在學(xué)生中比較優(yōu)秀的群體，他們?cè)诟?jìng)賽獲獎(jiǎng)表彰中，獲得班級(jí)乃至全校更大的關(guān)注，在學(xué)生中必會(huì)產(chǎn)生強(qiáng)烈的示范作用和廣泛的影響力，有助于優(yōu)良學(xué)風(fēng)的營(yíng)造與形成，必將帶動(dòng)全校整體教學(xué)水平的提升，學(xué)生培養(yǎng)質(zhì)量也會(huì)得到顯著提高。因此，有效的數(shù)學(xué)競(jìng)賽對(duì)于課程體系建設(shè)和教學(xué)內(nèi)容改革有著重要的意義。

數(shù)學(xué)競(jìng)賽是對(duì)知識(shí)的深入理解、系統(tǒng)歸納和實(shí)踐運(yùn)用的過(guò)程，競(jìng)賽結(jié)果集中體現(xiàn)了學(xué)生對(duì)知識(shí)的理解和運(yùn)用能力，能培養(yǎng)學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)的濃厚興趣，使其具備發(fā)展型的知識(shí)結(jié)構(gòu)，開(kāi)拓研究型的學(xué)習(xí)方法，追求科學(xué)發(fā)展的心理素質(zhì)，有著常規(guī)教學(xué)所不能及的、特殊的創(chuàng)新教育功能。數(shù)學(xué)競(jìng)賽又能檢驗(yàn)課程教學(xué)計(jì)劃、教學(xué)內(nèi)容的合理性，發(fā)現(xiàn)教與學(xué)中存在的問(wèn)題，為教學(xué)改革提供了很好的借鑒作用。綜上所述，數(shù)學(xué)競(jìng)賽作為學(xué)生能力培養(yǎng)的平臺(tái)，對(duì)培養(yǎng)高職學(xué)生的“知識(shí)、能力和素質(zhì)”三個(gè)方面發(fā)揮著重要的作用，對(duì)整個(gè)高職數(shù)學(xué)課程建設(shè)具有重要的意義。

[參考文獻(xiàn)]

[1]教育部關(guān)于加強(qiáng)高職高專教育人才培養(yǎng)工作的意見(jiàn)（教高[2000]2號(hào)）[Z]. 2000-01-17.

篇10

關(guān)鍵詞：完全平方公式；數(shù)學(xué)競(jìng)賽；推廣公式

由兩個(gè)基本的公式：（a+b）2=a2+2ab+b2與（a-b）2=a2-2ab+b2，我們可以推廣得到以下一組公式：

（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac（1）

（a+b）2+（b+c）2+（a+c）2=2（a2+b2+c2）+2（ab+bc+ac）（2）

（a-b）2+（b-c）2+（a-c）2=2（a2+b2+c2）-2（ab+bc+ac）（3）

（a2+b2）（c2+d2）=（ac+bd）2+（ad-bc）2=（ac-bd）2+（ad+bc）2（4）

由（1）可得：a2+b2+c2=（a+b+c）2-2（ab+bc+ac）（5）

由（2）-（1）得：a2+b2+c2=（a+b）2+（b-c）2+（a+c）2-（a+b+c）2（6）

由（3）+（1）得：a2+b2+c2=■[（a-b）2+（b-c）2+（a-c）2+（a+b+c）2]（7）

由（2）+（3）得：

a2+b2+c2=■[（a+b）2+（b+c）2+（a+c）2+（a-b）2+（b-c）2+（a-c）2]（8）

靈活選用以上公式，可以簡(jiǎn)單、快速地求解一些競(jìng)賽題，下面請(qǐng)看一些例子.

例1.有3個(gè)正整數(shù)a，b，c，且a>b>c，從中任取2個(gè)有3種不同的取法，將每種取法取出的2個(gè)數(shù)分別作和與作差，得到如下6個(gè)數(shù)：42，45，64，87，109，151，則a2+b2+c2=（ ）（2013“希望杯”初二第2試）

A.12532 B.12533

C.12534 D.12535

解析：由于本題是求三個(gè)整數(shù)的平方和，且題目給出了三個(gè)數(shù)中任意兩個(gè)的和與差，滿足公式（8），直接利用公式（8）可得：

a2+b2+c2=■[（a+b）2+（b+c）2+（a+c）2+（a-b）2+（b-c）2+（a-c）2]

=■[（422+452+642+872+1092+1512）]

=■（1764+2025+4096+7569+11881+22801）=12534

故正確選項(xiàng)為C.

評(píng)注：通過(guò)以上解析過(guò)程可以發(fā)現(xiàn)，此解法根本不需要a，b，c為正整數(shù)及a>b>c這兩個(gè)條件，事實(shí)上，只要知道這三個(gè)數(shù)中任意兩個(gè)的和與差即可求出它們的平方和。出題者可能是考慮到有些學(xué)生可能想不到這個(gè)公式，因此加上這兩個(gè)條件，引導(dǎo)學(xué)生從三個(gè)整數(shù)的大小關(guān)系入手，結(jié)合作和與作差所得的6個(gè)整數(shù)進(jìn)行邏輯分析，求出a，b，c的值，然后代入計(jì)算得出答案。雖然也能得到正確解答，但是如果能從整體上把握題目特征，利用變形公式求解，就顯得簡(jiǎn)單、明快.

例2.已知實(shí)數(shù)a，b，c滿足a2+b2+c2=49，a+b+c=a3+b3+c3=7，求a，b，c的值.

分析：由已知條件聯(lián)想到公式（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+

2ac，然后獲得解題思路.

解：a2+b2+c2=49，a+b+c=7，（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac即49=49+2ab+2bc+2ac，

ab+bc+ac=0，從而可得：

a2b+a2c=-abc，ab2+b2c=-abc，ac2+bc2=-abc，

7=a3+b3+c3=（a+b+c）（a2+b2+c2）-（a2b+a2c+ab2+b2c+ac2+bc2）

=7×49+3abc，

abc=-112.

評(píng)注：解答本題的關(guān)鍵在于根據(jù)條件聯(lián)想到公式，然后構(gòu)造相關(guān)代數(shù)式求解.把此題稍加改變，就得到下面這道競(jìng)賽題：

例3.若實(shí)數(shù)a，b，c滿足a+b+c=2，ab+bc+ac=0，abc=-1，則a3+b3+c3= .（18屆“華杯賽”初一）

分析：由已知條件聯(lián)想到公式（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，從而求出a2+b2+c2，然后再構(gòu)造代數(shù)式a3+b3+c3求解.

解：a+b+c=2，ab+bc+ac=0，（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac，

a2+b2+c2=4，

從而a3+b3+c3=（a+b+c）（a2+b2+c2）-（a2b+a2c+ab2+b2c+ac2+bc2）

由ab+bc+ac=0，abc=-1得：a2b+a2c=1，ab2+b2c=1，ac2+bc2=1

a3+b3+c3=2×4-3=5.

評(píng)注：解答本題的關(guān)鍵在于根據(jù)題目條件想到推廣公式（1），構(gòu)造出所要求的代數(shù)式。以上兩例本質(zhì)上是一樣的，事實(shí)上，稍加分析以上兩題解答過(guò)程可得

a3+b3+c3=（a+b+c）（a2+b2+c2）-（a2b+a2c+ab2+b2c+ac2+bc2）

=（a+b+c）[（a+b+c）2-2（ab+bc+ac）]-（a+b+c）（ab+ac+bc）+3abc

=（a+b+c）[（a+b+c）2-3（ab+bc+ac）]+3abc

因此，四個(gè)代數(shù)式a+b+c，ab+bc+ac，a3+b3+c3，abc，知其中任意三個(gè)的值，可以求出另外一個(gè)的值。

例4.已知a+b+c=0，a2+b2+c2=1.（1）求ab+bc+ca的值；（2）求

a4+b4+c4的值（2009年北京市中學(xué)生數(shù)學(xué)競(jìng)賽初二年級(jí)競(jìng)賽）.

解：（1）由（a+b+c）2=a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac得：

ab+bc+ca=■[（a+b+c）2-（a2+b2+c2）]=-■

（2）a4+b4+c4=（a2+b2+c2）2-2（a2b2+b2c2+a2c2）

=1-2[（ab+bc+ca）2-2abc（a+b+c）]=1-2×（-■）2=■.

評(píng)注：本題考查對(duì)推廣公式的靈活運(yùn)用。