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江苏省天一中学高中数学竞赛讲义12递推数列1、概念：、递归式：一个数列中的第项与它前面若干项，（）的关系式称为递归式。 、递归数列：由递归式和初始值确定的数列成为递归数列。2、常用方法：累加法，迭代法，代换法，代入法等。3、思想策略：构造新数列的思想。4、常见类型： 类型：（一阶递归）其特例为：（1） （2） （3）解题方法：利用待定系数法构造类似于“等比数列”的新数列。类型：（二阶递归）解题方法：利用特征方程，求其根、，构造，代入初始值求得。类型：其中函数为基本初等函数复合而成。解题方法：一般情况下，通过构造新数列可转化为前两种类型。例题讲解1已知数列满足以下递归关系，求通项。 2已知数列满足，求通项。3已知数列满足，求通项。4已知数列满足，求通项。5由自然数组成的数列，满足，求。6已知数列满足，（），求。7已知，且，方程有唯一解，设（），求。8已知数列中，求。9设正数列满足，证明（，）课后练习1已知数列满足以下递归关系，求。（1），（）（2），（）（3），（）（4），（） （5），（为前项和）（6），（） （7）2已知数列和中，且，求和。3已知，（，1，2，3，4，），证明（）。4已知数列满足：，证明是不能被3整除的整数。13数学归纳法数学归纳法是用于证明与正整数有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法在数学竞赛中占有很重要的地位1数学归纳法的基本形式（1）第一数学归纳法设是一个与正整数有关的命题，如果当（）时，成立；假设成立，由此推得时，也成立，那么，根据对一切正整数时，成立（2）第二数学归纳法设是一个与正整数有关的命题，如果当（）时，成立；假设成立，由此推得时，也成立，那么，根据对一切正整数时，成立2数学归纳法的其他形式（1）跳跃数学归纳法当时，成立，假设时成立，由此推得时，也成立，那么，根据对一切正整数时，成立（2）反向数学归纳法设是一个与正整数有关的命题，如果对无限多个正整数成立；假设时，命题成立，则当时命题也成立，那么根据对一切正整数时，成立3应用数学归纳法的技巧（1）起点前移：有些命题对一切大于等于1的正整数正整数都成立，但命题本身对也成立，而且验证起来比验证时容易，因此用验证成立代替验证，同理，其他起点也可以前移，只要前移的起点成立且容易验证就可以因而为了便于起步，有意前移起点（2）起点增多：有些命题在由向跨进时，需要经其他特殊情形作为基础，此时往往需要补充验证某些特殊情形，因此需要适当增多起点（3）加大跨度：有些命题为了减少归纳中的困难，适当可以改变跨度，但注意起点也应相应增多（4）选择合适的假设方式：归纳假设为一定要拘泥于“假设时命题成立”不可，需要根据题意采取第一、第二、跳跃、反向数学归纳法中的某一形式，灵活选择使用（5）变换命题：有些命题在用数学归纳证明时，需要引进一个辅助命题帮助证明，或者需要改变命题即将命题一般化或加强命题才能满足归纳的需要，才能顺利进行证明5归纳、猜想和证明在数学中经常通过特例或根据一部分对象得出的结论可能是正确的，也可能是错误的，这种不严格的推理方法称为不完全归纳法不完全归纳法得出的结论，只能是一种猜想，其正确与否，必须进一步检验或证明，经常采用数学归纳法证明不完全归纳法是发现规律、解决问题极好的方法例题讲解1用数学归纳法证明：（）2已知对任意，且，求证：3如果正整数不是6的倍数，则不是7的倍数4设都是正数，证明5已知函数的定义域为，对于区间内的任意两数均有求证：对于任意，均有6试证：对一切大于等于1的自然数都有7试证：对一切自然数（）都有8证明：任一正方形可以剖分成任意个数多于5个的正方形9设，求证：对一切均有10已知，求证：对一切，都是整数11设，是否存在关于正整数的函数使等式对于的一切自然数都成立？并证明你的结论12设整数数列满足，且证明：任意正整数，是一个整数的平方课后练习1证明时，能被31整除2设不小于6的自然数，证明：可以将一个正三角形分成个较小的正三角形3用数学归纳法证明：4设为自然数，求证：5对于自然数（），求证：6已知，求证：对于一切，是整数7设有个球分成了许多堆，我们可以任意选甲、乙两堆来按照以下规则挪动：若甲戴盆望天的球数不小于乙堆的球数，则从甲堆拿个球放堆乙堆，这样算是挪动一次证明：可以经过有限次挪动把所有的球合并成一堆8已知数列满足：，（），试证：14不等式的证明不等式在数学中占有重要地位，由于其证明的困难性和方法的多样性，而成为竞赛和高考的热门题型.证明不等式就是对不等式的左右两边或条件与结论进行代数变形和化归，而变形的依据是不等式的性质，不等式的性分类罗列如下：不等式的性质：这是不等式的定义，也是比较法的依据.对一个不等式进行变形的性质：（1）（对称性）（2）（加法保序性）（3）（4）对两个以上不等式进行运算的性质.（1）（传递性）.这是放缩法的依据.（2）（3）（4）含绝对值不等式的性质：（1）（2）（3）（三角不等式）.（4）证明不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法.例题讲解1求证：2，求证： 3：4设，且各不相同，求证：.5利用基本不等式证明6已知求证：7利用排序不等式证明8证明：对于任意正整数R，有9n为正整数，证明：课后练习1.选择题(1)方程x2-y2=105的正整数解有( ).（A）一组 （B）二组 （C）三组 （D）四组(2)在0,1,2,，50这51个整数中，能同时被2，3，4整除的有（ ）.（A）3个 （B）4个 （C）5个 （D）6个2填空题（1）的个位数分别为_及_.(2)满足不等式104A105的整数A的个数是x104+1，则x的值_.(3)已知整数y被7除余数为5,那么y3被7除时余数为_.(4)求出任何一组满足方程x2-51y2=1的自然数解x和y_.3.求三个正整数x、y、z满足.4在数列4，8，17，77，97，106，125，238中相邻若干个数之和是3的倍数，而不是9的倍数的数组共有多少组？5求的整数解.6求证可被37整除.7求满足条件的整数x，y的所有可能的值.8已知直角三角形的两直角边长分别为l厘米、m厘米，斜边长为n厘米，且l，m，n均为正整数，l为质数.证明：2（l+m+n）是完全平方数.9.如果p、q、都是整数，并且p1，q1，试求p+q的值.课后练习答案1.D.C.2.(1)9及1. (2)9. (3)4.(4)原方程可变形为x2=(7y+1)2+2y(y-7),令y=7可得x=50.3.不妨设xyz,则,故x3.又有故x2.若x=2,则,故y6.又有,故y4.若y=4,则z=20.若y=5,则z=10.若y=6,则z无整数解.若x=3,类似可以确定3y4,y=3或4,z都不能是整数.4.可仿例2解.5. 分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.略解：；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.如，可在不等式两边同时加上再如证时，可连续使用基本不等式.（2）基本不等式有各种变式 如等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6.88888(mod37),8888222282(mod37).77777(mod37),7777333373(mod37),88882222+77773333(82+73)(mod37),而82+73=407,37|407,37|N.7.简解:原方程变形为3x2-(3y+7)x+3y2-7y=0由关于x的二次方程有解的条件0及y为整数可得0y5,即y=0,1,2,3,4,5.逐一代入原方程可知,原方程仅有两组解(4,5)、(5,4).8.l2+m2=n2,l2=(n+m)(n-m).l为质数,且n+mn-m0,n+m=l2,n-m=1.于是l2=n+m=(m+1)+m=2m+1,2m=l2-1,2(l+m+1)=2l+2+2m=l2+2l+1=(l+1)2.即2(l+m+1)是完全平方数.9.易知pq,不妨设pq.令=n,则mn由此可得不定方程(4-mn)p=m+2,解此方程可得p、q之值.例题答案：1. 证明： 评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明时，可将配方为，亦可利用，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于对称，不妨，且，都大于等于1.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定个字母的大小顺序，可方便解题. （2）本题可作如下推广：若 （3）本题还可用其他方法得证。因，同理，另，4式相乘即得证. （4）设例3等价于类似例4可证事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：设有两个有序数组，则（顺序和）（乱序和）（逆序和）其中的任一排列.当且仅当或时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如.3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.不妨设，则（乱序和）（逆序和），同理（乱序和）（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组，仿上可证第二个不等式.4.分析：不等式右边各项；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.设的重新排列，满足，又所以.由于是互不相同的正整数，故从而，原式得证.评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.如，可在不等式两边同时加上再如证时，可连续使用基本不等式.（2）基本不等式有各种变式 如等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6. 思路分析：不等式左边是、的4次式，右边为常数，如何也转化为、的4次式呢.要证即证评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知求证：右侧的可理解为再如已知，求证：+，此处可以把0理解为，当然本题另有简使证法.（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于个正数调和平均几何平均算术平均平方平均这四个平均值有以下关系：，其中等号当且仅当时成立.7. 证明: 令则，故可取，使得由排序不等式有：=（乱序和） （逆序和） =n，评述:对各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，.8. 分析:原不等式等价于，故可设法使其左边转化为n个数的几何平均，而右边为其算术平均.评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.9.证明:先证左边不等式（*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式 （*）（*）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.15不等式的应用1排序不等式（又称排序原理）设有两个有序数组及则（同序和）（乱序和）（逆序和）其中是1，2，n的任一排列.当且仅当或时等号（对任一排列）成立.2应用排序不等式可证明“平均不等式”：设有n个正数的算术平均数和几何平均数分别是 此外，还有调和平均数（在光学及电路分析中要用到，和平方平均（在统计学及误差分析中用到） 这四个平均值有以下关系. 3应用算术平均数几何平均数不等式，可用来证明下述重要不等式.柯西（Cavchy）不等式：设、，是任意实数，则等号当且仅当为常数，时成立.4利用排序不等式还可证明下述重要不等式.切比雪夫不等式：若， ，则例题讲解1求证：2，求证： 3：4设，且各不相同，求证：.5利用基本不等式证明6已知求证：7利用排序不等式证明8证明：对于任意正整数R，有9n为正整数，证明：例题答案：1. 证明： 评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变），在因式分解或配方时，往往采用轮换技巧.再如证明时，可将配方为，亦可利用，3式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.2.分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法.不等式关于对称，不妨，且，都大于等于1.评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定个字母的大小顺序，可方便解题. （2）本题可作如下推广：若 （3）本题还可用其他方法得证。因，同理，另，4式相乘即得证. （4）设例3等价于类似例4可证事实上，一般地有排序不等式（排序原理）：设有两个有序数组，则（顺序和）（乱序和）（逆序和）其中的任一排列.当且仅当或时等号成立.排序不等式应用较为广泛（其证明略），它的应用技巧是将不等式两边转化为两个有序数组的积的形式.如.3.思路分析：中间式子中每项均为两个式子的和，将它们拆开，再用排序不等式证明.不妨设，则（乱序和）（逆序和），同理（乱序和）（逆序和）两式相加再除以2，即得原式中第一个不等式.再考虑数组，仿上可证第二个不等式.4.分析：不等式右边各项；可理解为两数之积，尝试用排序不等式.设的重新排列，满足，又所以.由于是互不相同的正整数，故从而，原式得证.评述：排序不等式应用广泛，例如可证我们熟悉的基本不等式，5.思路分析：左边三项直接用基本不等式显然不行，考察到不等式的对称性，可用轮换的方法.；三式相加再除以2即得证.评述：（1）利用基本不等式时，除了本题的轮换外，一般还须掌握添项、连用等技巧.如，可在不等式两边同时加上再如证时，可连续使用基本不等式.（2）基本不等式有各种变式 如等.但其本质特征不等式两边的次数及系数是相等的.如上式左右两边次数均为2，系数和为1.6. 思路分析：不等式左边是、的4次式，右边为常数，如何也转化为、的4次式呢.要证即证评述：（1）本题方法具有一定的普遍性.如已知求证：右侧的可理解为再如已知，求证：+，此处可以把0理解为，当然本题另有简使证法.（2）基本不等式实际上是均值不等式的特例.（一般地，对于个正数调和平均几何平均算术平均平方平均这四个平均值有以下关系：，其中等号当且仅当时成立.7. 证明: 令则，故可取，使得由排序不等式有：=（乱序和） （逆序和） =n，评述:对各数利用算术平均大于等于几何平均即可得，.8. 分析:原不等式等价于，故可设法使其左边转化为n个数的几何平均，而右边为其算术平均.评述:（1）利用均值不等式证明不等式的关键是通过分拆和转化，使其两边与均值不等式形式相近.类似可证（2）本题亦可通过逐项展开并比较对应项的大小而获证，但较繁.9.证明:先证左边不等式（*）式成立，故原左边不等式成立.其次证右边不等式 （*）（*）式恰符合均值不等式，故原不等式右边不等号成立.16排列，组合1排列组合题的求解策略（1）排除：对有限条件的问题，先从总体考虑，再把不符合条件的所有情况排除，这是解决排列组合题的常用策略（2）分类与分步有些问题的处理可分成若干类，用加法原理，要注意每两类的交集为空集，所有各类的并集是全集；有些问题的处理分成几个步骤，把各个步骤的方法数相乘，即得总的方法数，这是乘法原理（3）对称思想：两类情形出现的机会均等，可用总数取半得每种情形的方法数（4）插空：某些元素不能相邻或某些元素在特殊位置时可采用插空法即先安排好没有限制条件的元素，然后将有限制条件的元素按要求插入到排好的元素之间（5）捆绑：把相邻的若干特殊元素“捆绑”为一个“大元素”，然后与其它“普通元素”全排列，然后再“松绑”，将这些特殊元素在这些位置上全排列（6）隔板模型：对于将不可辨的球装入可辨的盒子中，求装的方法数，常用隔板模型如将12个完全相同的球排成一列，在它们之间形成的11个缝隙中任意插入3块隔板，把球分成4堆，分别装入4个不同的盒子中的方法数应为，这也就是方程的正整数解的个数2圆排列（1）由的个元素中，每次取出个元素排在一个圆环上，叫做一个圆排列（或叫环状排列）（2）圆排列有三个特点：（i）无头无尾；（ii）按照同一方向转换后仍是同一排列；（iii）两个圆排列只有在元素不同或者元素虽然相同，但元素之间的顺序不同，才是不同的圆排列（3）定理：在的个元素中，每次取出个不同的元素进行圆排列，圆排列数为3可重排列允许元素重复出现的排列，叫做有重复的排列在个不同的元素中，每次取出个元素，元素可以重复出现，按照一定的顺序那么第一、第二、第位是的选取元素的方法都是种，所以从个不同的元素中，每次取出个元素的可重复的排列数为4不尽相异元素的全排列如果个元素中，有个元素相同，又有个元素相同，又有个元素相同（），这个元素全部取的排列叫做不尽相异的个元素的全排列，它的排列数是5可重组合（1）从个元素，每次取出个元素，允许所取的元素重复出现次的组合叫从个元素取出个有重复的组合（2）定理：从个元素每次取出个元素有重复的组合数为：例题讲解1数1447,1005,1231有某些共同点，即每个数都是首位为1的四位数，且每个四位数中恰有两个数字相同，这样的四位数共有多少个？2有多少个能被3整除而又含有数字6的五位数？3有个人参加收发电报培训，每两人结为一对互发互收，有多少种不同的结对方式？4将个不同的小球放入个不同的盒子中，要使每个盒子都不空，共有多少种放法？5在正方体的8个顶点，12条棱的中点，6个面的中心及正方体的中心共27个点中，共线的三点组的个数是多少个？6用8个数字1,1，7,7，8,8，9,9可以组成不同的四位数有多少个？7用五种颜色给正方体的各个面涂色，并使相邻面必须涂不同的颜色，共有多少种不同的涂色方式？8某种产品有4只次品和6只正品（每只产品可区分），每次取一只测试，直到4只次品全部测出为止求最后一只次品在第五次测试时被发现的不同情形有多少种？9在平面上给出5个点，连结这些点的直线互不平行，互不重合，也互不垂直，过每点向其余四点的连线作垂线，求这此垂线的交点最多能有多少个？10位政治家举行圆桌会议，两位互为政敌的政治家不愿相邻，其入坐方法有多少种？11某城市有6条南北走向的街道，5条东西走向的街道如果有人从城南北角（图点）走到东南角中点最短的走法有多少种？12用4个1号球，3个2号球，2个3号球摇出一个9位的奖号，共有多少种可能的号码？13将个相同的小球，放入个不同的盒子（）（1）有多少种不同的放法？（2）如果不允许空盒应有多少种不同的放法？148个女孩和25个男孩围成一圈，任意两个女孩之间至少站着两个男孩（只要把圆旋转一下就重合的排列认为是相同的）课后练习18次射击，命中3次，其中愉有2次连续命中的情形共有（）种（A）15（B）30（C）48（D）602在某次乒乓球单打比赛中，原计划每两名选手恰比赛一场，但有3名选手各比赛了2场之后就退出了，这样，全部比赛只进行了50场。那么，在上述3名选手之间比赛的场数是（）（A）0 （B）1 （C）2 （D）33某人从楼下到楼上要走11级楼梯，每步可走1级或2级，不同的走法有（）种（A）144（B）121（C）64（D）814从7名男乒乓球队员，5名女乒乓球队员中选出4名进行男女混合双打，不同的分组方法有（）种（A）（B）（C）（D）5有5分、1角、5角的人民币各2枚、3张、9张，可组成的不同币值（非0）有（）种（A）79（B）80（C）88（D）896从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这10个数中取出3个数，使其和为不小于10的偶数，不同的取法有_种7已知直线ax+by+c=0中的a,b,c是取自集合-3,-2,-1,0,1,2,3中的3个不同的元素，并且该直线的倾斜角为锐角，那么，这样的直线的条数是_8设ABCDEF为正六边形，一只青蛙开始在顶点A处，它每次可随意地跳到相邻两顶点之一若在5次之内跳到D点，则停止跳动；若5次之内不能到达D点，则跳完5次也停止跳动，那么这只青蛙从开始到停止，可能出现的不同跳法共 种9如果：（1）a,b,c,d都属于1,2,3,4；（2）ab,bc,cd,da；(3)a是a,b,c,d中的最小值，那么，可以组成的不同的四位数的个数是_10在一个正六边形的六个区域种植观赏植物，要求同一块中种同一种植物，相邻的两块种不同的植物。现有4种不同的植物可供选择，则有种载种方案1110人围圆桌而，如果甲、乙二人中间相隔4人，有种坐法12从中，按从小到大的顺序选取四个数，使得，问符合上要求的不同取法有多少种？138人围张一张圆桌，其中、两人不得相邻，而、两人以必须相邻的不同围坐方式有多少种？144对夫妇去看电影，8人坐成一排若每位女性的邻座只能丈夫或另外的女性，共有多少种坐法？17二项式定理与多项式1二项工定理2二项展开式的通项 它是展开式的第r+1项.3二项式系数 4二项式系数的性质（1）（2）（3）若n是偶数，有，即中间一项的二项式系数最大. 若n是奇数，有，即中项二项的二项式系数相等且最大.（4）（5）（6）（7）（8） 以上组合恒等式（是指组合数满足的恒等式）是证明一些较复杂的组合恒等式的基本工具.（7）和（8）的证明将在后面给出.5证明组合恒等式的方法常用的有（1）公式法，利用上述基本组合恒等式进行证明.（2）利用二项式定理，通过赋值法或构造法用二项式定理于解题中.（3）利用数学归纳法.（4）构造组合问题模型，将证明方法划归为组合应用问题的解决方法.例题讲解1求的展开式中的常数项.2求的展开式里x5的系数.3已知数列满足 求证：对于任何自然数n，是x的一次多项式或零次多项式. 4已知a，b均为正整数，且求证：对一切，An均为整数.5已知为整数，P为素数，求证：6若，求证：7数列中，求的末位数字是多少？8求N=19881的所有形如为自然数）的因子d之和.9设，求数x的个位数字.10已知试问：在数列中是否有无穷多个能被15整除的项？证明你的结论.课后练习1已知实数均不为0，多项的三根为，求 的值.2设，其中为常数，如果求的值.3定义在实数集上的函数满足：4证明：当n=6m时，5设展开式为，求证：6求最小的正整数n，使得的展开式经同类项合并后至少有1996项.7设，试求：（1）的展开式中所有项的系数和.（2）的展开式中奇次项的系数和.8证明：对任意的正整数n，不等式成立.例题答案：1.解：由二项式定理得 其中第项为 在的展开式中，设第k+1项为常数项，记为则 由得r2k=0，即r=2k，r为偶数，再根据、知所求常数项为评述：求某一项时用二项展开式的通项.2. 解：因为 所以的展开式里x5的系数为 评述：本题也可将化为用例1的作法可求得.3. 分析：由是等差数列，则从而可将表示成的表达式，再化简即可.解：因为 所以数列为等差数列，设其公差为d有 从而由二项定理，知又因为从而 所以当的一次多项式，当零次多项式.4. 分析：由联想到复数棣莫佛定理，复数需要，然后分析An与复数的关系.证明：因为显然的虚部，由于 所以从而的虚部.因为a、b为整数，根据二项式定理，的虚部当然也为整数，所以对一切，An为整数.评述：把An为与复数联系在一起是本题的关键.5. 证明：由于为整数，可从分子中约去r！，又因为P为素数，且，所以分子中的P不会红去，因此有所以评述：将展开就与有联系，只要证明其余的数能被P整除是本题的关键.6. 分析：由已知 猜想，因此需要求出，即只需要证明为正整数即可.证明：首先证明，对固定为r，满足条件的是惟一的.否则，设则矛盾.所以满足条件的m和是惟一的. 下面求.因为 又因为 所以 故 评述：猜想进行运算是关键.7. 分析：利用n取1，2，3，猜想的末位数字.解：当n=1时，a1=3， ，因此的末位数字都是7，猜想， 现假设n=k时， 当n=k+1时， 从而 于是 故的末位数字是7.评述：猜想是关键.8. 分析：寻求N中含2和3的最高幂次数，为此将19变为201和18+1，然后用二项式定理展开.解：因为N=19881=(201)881=(145)881= 其中M是整数. 上式表明，N的素因数中2的最高次幂是5. 又因为N=(1+29)881 =32288+34P=32（288+9P）其中P为整数. 上式表明，N的素因数中3的最高次幂是2. 综上所述，可知，其中Q是正整数，不含因数2和3. 因此，N中所有形如的因数的和为(2+22+23+24+25)(3+32)=744.9. 分析：直接求x的个位数字很困难，需将与x相关数联系，转化成研究其相关数.解：令，由二项式定理知，对任意正整数n. 为整数，且个位数字为零.因此，x+y是个位数字为零的整数.再对y估值，因为， 且，所以 故x的个位数字为9.评述：转化的思想很重要，当研究的问题遇到困难时，将其转化为可研究的问题.10. 分析：先求出，再将表示成与15有关的表达式，便知是否有无穷多项能被15整除.证明：在数列中有无穷多个能被15整除的项，下面证明之.数列的特征方程为它的两个根为，所以 （n=0，1，2，）由 则取，由二项式定理得由上式知当15|k，即30|n时，15|an，因此数列中有无穷多个能被15整除的项.评述：在二项式定理中，经常在一起结合使用.18直线和圆，圆锥曲线一直线与圆1,两点间的距离公式:设,则;2,线段的定比分点坐标公式:设,点分的比为,则 ,3,直线方程的各种形式(1),点斜式:; (2),斜截式:; (3),两点式:(4),截距式: ;(5),一般式:不同为零);(6)参数方程:为参数,为倾斜角,表示点与之间的距离)4,两直线的位置关系设(或).则(1),且(或且);(2),(或).5,两直线的到角公式与夹角公式:(1),到角公式:到的到角为,则,();(2),夹角公式:与的夹角为,则,().6,点到直线的距离:.7,圆的方程(1),标准方程:,其中为圆心坐标,R为圆半径;(2),一般方程:,其中,圆心为,半径为.(3),参数方程: ,其中圆心为,半径为R.二圆锥曲线椭圆双曲线抛物线定义与两个定点的距离的和等于常数与两个定点的距离的差的绝对值等于常数与一个定点和一条定直线的距离相等标准方程(或),(或)(或)参数方程(或)(或)(或)焦点或或或正数a,b,c,p的关系()()离心率准线(或)(或)(或)渐近线(或)焦半径(或)(,),(点在左或下支)(或)统一定义到定点的距离与到定直线的距离之比等于定值的点的集合,(注:焦点要与对应准线配对使用)三解题思想与方法导引.1,函数与方程思想 2,数形结合思想. 3,分类讨论思想. 4,参数法. 5,整体处理例题讲解1在平面直角坐标系中,方程为相异正数),所表示的曲线是（ ）A,三角形 B,正方形 C,非正方形的长方形 D,非正方形的菱形2平面上整点(坐标为整数的点)到直线的距离中的最小值是（ ）A, B, C, D,3过抛物线的焦点F作倾斜角为的直线,若此直线与抛物线交于A,B两点,弦AB的中垂线与轴交于P点,则线段PF的长等于（ ） A, B, C, D,4若椭圆上一点P到左焦点的距离等于它到右焦点距离的2倍,则P点坐标为（ ） A, B, C, D,5过椭圆中心的弦AB,是右焦点,则的最大面积为（ ） A, B, C, D,6已知P为双曲线上的任意一点,为焦点,若,则（ ）A, B, C, D,7给定点,已知直线与线段PQ(包括P,Q在内)有公共点,则的取值范围是 .8过定点作直线交轴于Q点,过Q点作交轴于T点, 延长TQ至P点,使,则P点的轨迹方程是 .9已知椭圆与直线交于M,N两点,且,(为原点),当椭圆的离心率时,椭圆长轴长的取值范围是 .10已知是椭圆的两个焦点,M是椭圆上一点,M到轴的距离为 ,且是和的等比中项,则的值等于 .11已知点A为双曲线的左顶点,点B和点C在双曲线的右分支上,是等边三角形,则的面积等于 .12若椭圆()和双曲线有相同的焦点 ,P为两条曲线的一个交点,则的值为 .13设椭圆有一个内接,射线OP与轴正向成角,直线AP,BP的斜率适合条件.(1),求证:过A,B的直线的斜率是定值;(2),求面积的最大值.14已知为常数且),动点P,Q分别在射线OA,OB上使得 的面积恒为36.设的重心为G,点M在射线OG上,且满足.(1),求的最小值;(2),求动点M的轨迹方程.15过抛物线(为不等于2的素数)的焦点F,作与轴不垂直的直线交抛物线于M,N两点,线段MN的垂直平分线交MN于P点,交轴于Q点.(1),求PQ中点R的轨迹L的方程;(2),证明:L上有无穷多个整点,但L上任意整点到原点的距离均不是整数.课后练习1已知点A为双曲线的左顶点，点B和点C在双曲线的右支上，是等边三角形，则的面积是（A） （B） （C） （D）2平面上整点（纵、横坐标都是整数的点）到直线的距离中的最小值是（A） （B） （C） （D）3若实数x, y满足(x + 5)2+(y 12)2=142，则x2+y2的最小值为 (A) 2 (B) 1 (C) (D) 4直线椭圆相交于A，B两点，该圆上点P，使得PAB面积等于3，这样的点P共有(A) 1个 (B) 2个 (C) 3个 (D) 4个5设a，bR，ab0，那么直线axyb0和曲线bx2ay2ab的图形是 yyyyxxxx A B C D 6过抛物线y28(x2)的焦点F作倾斜角为60o的直线，若此直线与抛物线交于A、B两点，弦AB的中垂线与x轴交于P点，则线段PF的长等于A B CD7方程表示的曲线是A. 焦点在x轴上的椭圆B. 焦点在x轴上的双曲线C. 焦点在y轴上的椭圆D. 焦点在y轴上的双曲线8在椭圆中，记左焦点为F，右顶点为A，短轴上方的端点为B。若该椭圆的离心率是，则= 。9设F1，F2是椭圆的两个焦点，P是椭圆上的点，且|PF1| : |PF2|2 : 1，则三角形PF1F2的面积等于_10在平面直角坐标系XOY中，给定两点M（1，2）和N（1，4），点P在X轴上移动，当取最大值时，点P的横坐标为_。11若正方形ABCD的一条边在直线上，另外两个顶点在抛物线上.则该正方形面积的最小值为 .12已知：和：。试问：当且仅当a,b满足什么条件时，对任意一点P，均存在以P为顶点、与外切、与内接的平行四边形？并证明你的结论。13 设曲线C1:(a为正常数)与C2:y2=2(x+m)在x轴上方公有一个公共点P。（1）实数m的取值范围（用a表示）；（2）O为原点，若C1与x轴的负半轴交于点A，当0a时，试求OAP的面积的最大值（用a表示）。14已知点和抛物线上两点使得，求点的纵坐标的取值范围15一张纸上画有半径为R的圆O和圆内一定点A，且OAa. 拆叠纸片，使圆周上某一点A/ 刚好与A点重合，这样的每一种拆法，都留下一条直线折痕，当A/取遍圆周上所有点时，求所有折痕所在直线上点的集合16（04，14）在平面直角坐标系xoy中，给定三点，点P到直线BC的距离是该点到直线AB，AC距离的等比中项。（）求点P的轨迹方程；（）若直线L经过的内心（设为D），且与P点的轨迹恰好有3个公共点，求L的斜率k的取值范围。17过抛物线上的一点A（1,1）作抛物线的切线，分别交轴于D，交轴于B.点C在抛物线上，点E在线段AC上，满足;点F在线段BC上，满足，且，线段CD与EF交于点P.当点C在抛物线上移动时，求点P的轨迹方程.课后练习答案1.C 2.B 3.B 4.B 5.B 6.A 7.C 8.90 9.10.设椭圆的长轴、短轴的长及焦矩分别为2a、2b、2c，则由其方程知a3，b2，c，故，|PF1|PF2|2a6，又已知PF1|：|PF2|2：1，故可得|PFl|4，|PF2|2在PFlF2中，三边之长分别为2，4，2，而2242(2)2，可见PFlF2是直角三角形，且两直角边的长为2和4，故PFlF2的面积411. 解：经过M、N两点的圆的圆心在线段MN的垂直平分线y=3x上，设圆心为S（a，3a），则圆S的方程为：对于定长的弦在优弧上所对的圆周角会随着圆的半径减小而角度增大，所以，当取最大值时，经过M，N，P三点的圆S必与X轴相切于点P，即圆S的方程中的a值必须满足解得 a=1或a=7。即对应的切点分别为，而过点M，N，的圆的半径大于过点M，N，P的圆的半径，所以，故点P（1，0）为所求，所以点P的横坐标为1。12.解：设正方形的边AB在直线上，而位于抛物线上的两个顶点坐标为、，则CD所在直线的方程将直线的方程与抛物线方程联立，得令正方形边长为则在上任取一点（6，,5），它到直线的距离为.、联立解得或13.利用极坐标解决：以坐标原点为极点，x轴为极轴建立极坐标系，则椭圆的极坐标方程为-（1）显知此平行四边形ABCD必为菱形，设A，则B代入（1）式相加：由于该菱形必与单位圆相切，故原点到AB的距离为1，从而，14. 解：(1)由 消去y得： 设，问题(1)化为方程在x(a，a)上有唯一解或等根 只需讨论以下三种情况： 10得：，此时xpa2，当且仅当aa2a，即0a1时适合； 2f (a)f (a)0，当且仅当ama； 3f (a)0得ma，此时xpa2a2，当且仅当aa2a2a，即0a1时适合 f (a)0得ma，此时xpa2a2，由于a2a2a，从而ma 综上可知，当0a1时，或ama； 当a1时，ama (2)OAP的面积 0a，故ama时，0a， 由唯一性得 显然当ma时，xp取值最小由于xp0，从而yp取值最大，此时， 当时，xpa2，yp，此时 下面比较与的大