高考备考精品：数学解题能力快速提升
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| 名称 | 高考备考精品：数学解题能力快速提升 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 576.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标A版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2012-08-13 20:51:26 | ||
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文档简介
高考备考精品：数学解题能力快速提升
一．不等式解题方法
一、从 与 的大小说起
【引例】 正实数中，对任意 a，b，m，都有
这就是“分数的基本性质”：分数的分子和分母乘以同一个正数，其值不变.
这，连小学生都知道. 但， 我们的话题却要从这儿开始.
【问题】对以上“性质”，如果将冒号后的文字改变一个字，将 “乘”改成“加 ”，即变成
这里的等号还能成立吗？请看下例.
【例 1】若 b>a>0，m>0，则有
A. B. C. D.
【解答】 （淘汰法）令 a=1，b=2，m=3 淘汰 B，C，D，答案为 A.
【例 2】（变例 1 为解答题）若 b>a>0，m>0，试比较 和 的大小.
【解 1】 （比较法 作差—变形—判定符号）
因为
【解 2】 （综合法 由因推果 由整式推出分式）
a【说明】 因果关系，步步清楚，只是在第三步时，对 ab 的无中生有，不易想到.
【解 3】 （分析法 由果索因 由分式化为整式）
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欲使 ① 只须 a(b+m)只须 am由式④真反推式①真.
【说明】 由果追因，化繁为简. 只是第一步的“假设”是种猜想，事先应有某种倾向.
【解 4】 （放缩法 从右到左）
（ >）
【说明】 a放大为 b，则 缩小为 ，结果是分值缩小.
将 缩成 ，目标是“约”去m.
【解 5】 （放缩法 从左到右）
（ <）
【说明】 “最后”令 kb=m的合理性来自正数 k的任意性.事实上，我们可以提前设置m=kb.
将 放成 ，目标是“添”上m.这里的第二步利用了连比定理.
放缩法实为对比较法、分析法、综合法等基本方法所得简单结果的一种整合运用.
【小结】 证不等式，比较法是基础，放缩法是整合，方法网络图如下：
【练习】 正实数中，求证 ≥
（Ⅰ）用比较法证明； （Ⅱ）用综合法证明；
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（Ⅲ）用分析法证明； （Ⅳ）用放缩法证明.
二、比大小 从方程、函数到不等式
还是那个题目 b>a>0，m>0，求证
【法 1】 （等式法 不等式变为方程）
设
得
即 x>0，故有 .
【说明】 这种等式法实为比较法的一种变式. 即作差法的另种形式.
【法 2】 （等式法 未知数论设作因子）设
则 所以
【说明】 这种等式法为比较法的另一种形式. 即作商法的另种形式.
【法 3】 （函数法 视m为 x， ）
设有函数
函数 在［0，m］上是减函数，故
是［0，m］上的增函数.（图右，其中 a=1，b=2）
f（0）【说明】 函数法比大小在于建构并利用函数的单调性. 反比例函数 （k>0）是
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（0，+∞）上的减函数.
【法 4】 （不等式法 把证不等式化为解不等式）
解不等式
即 x=m为正数时，原不等式真.
【说明】证不等式可视为一种特殊形式的解不等式.如证 a2-a+1>0，即 x2-x+1>0 的解为 R，
视参数为变量. 解出的参数值域符合题设的取值范围即可.
【法 5】 （极限法 把参数m作极端处理）
&nbs,p; 当m→0时，
当m→∞时，
故有
【说明】 对于解答题来讲，这种解法的理由不充分，因为对于函数 f (m)= 的单调性
并没讲清楚，没有交待 f(m)是 上的增函数.
如果是确定性的选择题例 1，即 与 的大小关系是确定的，不需要讨论m的范围时，
则这种极限法是很简便的.
【小结】 真分数 的“放大性”：真分数的分子和分母加上同一个正数，其值变大.
以这种“放大性”为基础，可推出许多重要的分式不等式，如
（1）|a+b|≤|a|+|b| ≤ ≤
（2）数列 an= 是增数列；而数 bn= 是减数列.
【练习】 1.正数中，再证 ≥ .分别用函数法、方法程和解不等式法.
2.用不同的方法证明 ≥ .
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3.用不同的方法证明 ≥ .
三、千方百法 会战高考不等式
【考题 1】 （2006 年赣卷第 5题）
对于 R上可导的任意函数 f（x），若满足（x－1）f （x） 0，则必有（ ）
A． f（0）＋f（2）<2f（1） B. f（0）＋f（2） 2 f（1）
C. f（0）＋f（2） 2f（1） D. f（0）＋f（2）>2f（1）
【分析】 从已知条件（x-1）f (x)≥0出发，可得如下的不等式组
或 . 因此 f(x)有两种可能：其一，f (x)为常数；其二，f(x)在区间 上
为减函数，在 上为增函数.
【解答】 （综合法）依题意，当 x 1时，f （x） 0，函数 f（x）在[1，＋ 上是增函数；
当 x<1时，f （x） 0，f（x）在（－ ，1）上是减函数．
所以 f（0） f（1），f（2） f（1），所以 f(0)+f (2)≥2f (1),
当 f (x)为常数函数时即 f (x)=a(常数)，f （x）=0，满足不等式(x-1) f （x）≥0成立.
此时 f (0)+f (2)=2f(1)，所以 f（0）＋f（2）≥2f（1）.故选 C.
【说明】 本题如用分析法，即各选项反推，显然麻烦.
【考题 2】 （2002 年苏卷第 22题 不等式与函数综合 不等式为主）
已知 a>0，函数 f(x)=ax-bx2.
（Ⅰ）当 b>0 时，若对任意 x∈R都有 f(x)≤1，证明 a≤ ；
（Ⅱ）当 b>1 时，证明：对任意 x∈［0,1］，|f(x)|≤1的充要条件是 b-1≤a≤ ；
（Ⅲ）当 0【解Ⅰ】 依设，对任意 x∈R，都有 f(x)≤1.
∵ f(x)= ≤ （放大）≤1. ∵a>0，b>0，∴a≤ .
【解Ⅱ】 先证必要性：
对任意 x∈［0,1］，|f (x)|≤1 -1≤f(x)，据此可以推出-1≤f (1)，即 a-b≥-1，∴a≥b-1；
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对任意 x∈［0,1］，|f (x)|≤1 f (x)≤1，因为 b>1，可以推出 ≤1，
即 a· -1≤1，∴ a≤ ；∴ b-1≤a≤ .
再证充分性：因为 b>1，a≥b-1，对任意 x∈［0,1］，可以推出 ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1.
即 ax-bx2≥1；
因为 b>1，a≤ ，对任意 x∈［0,1］，可以推出 ax-bx2≤ ≤1，即 ax-bx2≤1.
∴-1≤f(x)≤1.
综上，当 b>1 时，对任意 x∈［0,1］，|f(x)|≤1的充要条件是 b-1≤a≤ .
【解Ⅲ】因为 a>0，0f(x)=ax-bx2≥-b≥-1，即 f (x) ≥-1；f (x)≤1 f(1)≤1 a-b≤1，即 a≤b+1， f (x)≤
(b+1)x-bx2≤1，即 f (x)≤1.
所以，当 a>0，0【说明】 ①综合、分析、放缩——轮番上阵，证不等式大题，就是如此“三斧头”配合；
②不等式的证明在命制解答题时，经常与数学的主干内容，特别是函数和数列组成综合大题.
在 30 年的数学卷上，这样的题目在压轴题中占三分之一.
【考题 3】 （2005 年鄂卷第 22题 不等式与数列综合 不等式为主）
已知不等式 ，其中 n 为大于 2 的整数， 表示不超过
的最大整数 设数列{ }的各项为正，且满足 ，
（Ⅰ）证明： ， ；
（Ⅱ）猜测数列{ }是否有极限？如果有，写出极限的值；
（Ⅲ）试确定一个正整数 N，使得当 n>N 时，对任意 b>0，都有
【分析】 ①本题的第（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）小题之间成梯式结构，（Ⅰ）是（Ⅱ）和（Ⅲ）的
基础.从策略上看，如在（Ⅰ）上遇着困难，可承认（Ⅰ）的结论，并利用它迅速地解出（Ⅱ）
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和（Ⅲ）来.此题恰恰是第（Ⅰ）难，而（Ⅱ）、（Ⅲ）容易.
②对于（Ⅰ），已知为两个不等式，而求证一个不等式.其基本思路是，对已知不等式用综合
法“下推”，对求证不等式用分析法“上追”. 如：
欲使
只须 = 此时，“综合下推”的方向就清楚了.
【解Ⅰ】 ∵当 n≥2时， ，
∴ ，即 ，
于是有 ， ，…， ，
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知，当 n≥3时有
∵ ，∴
∴
【解Ⅱ】 ≤ 又 an>0. 故有 =0.
【解Ⅲ】 （放大为了化简）令 ，
则有 ，
故取 N=1024，可使当 n>N 时，都有
【说明】 本小题是条件不等式的证明，已知 2个不等式，求证 1个不等式.在分析——综合
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——放缩三法联合证明综合大题时，优先考虑分析法.随时思考待证的不等式需要什么，需
要的东西如何从已知的不等式中得到.
【练习】 对考题 3，已知条件不变，对设问作如下改写
（Ⅰ）设 ，利用数学归纳法证不等式
（Ⅱ）利用上述结果，证明不等式
二．函数最值的求解方法
一、二次函数最值寻根
初中生研究二次函数的最值，是从配方法开始的.
设 a>0，f(x)=ax2+bx+c=
初三学生已知，二次函数 f(x)，在 a>0时，有最小值 ；a<0 时，有最大值 .
到了高中，学生更关心二次函数得到最值的条件，即上述不等式中等号成立的条件：
.这个条件——自变量 x 的取值，称作二次函数最值对应的“最值点”（以下简称
“最点”），俗称函数“最值的根”.
对于高一学生，老师把二次函数的“最值”与二次函数的“单调区间”相捆绑，要求用比较
法探索“最点”.
2
【例 1】 已知 a>0，探索二次函数 y = ax +bx+c 的单调区间.并指出函数的最值点.
【解答】 任取 x1则有 y1 – y2 = f (x1) – f (x2) =
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(※)
（1）当 x1，x2≤- 时，有
由式(※)得 y1 – y2 =a
函数 f (x)在 上为减函数.
（2）当 x1，x2≥- 时，有
由式（※）得 y1 – y2 =a
即函数 f (x)在 上为增函数.
2
综合（1）、（2）可知，二次函数 y =ax +bx+c ( a>0 ) 有减区间 和增区间
.
显然，二次函数的最值点为 ，函数有最小值 .
【评说】 从这里看到，二次函数的最点，就是两个“异性”单调区间的交接点.
【练 1】 试研究一次函数 没有最点，从而没有最值.
【解】 任取 ，则有
（1） 时， ，函数在 R 上为增函数.
时， ; 时， .
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（2） 时， ，函数在 R 上为减函数.
时， ; 时， .
所以，一次函数在 R 上没有最点，从而一次函数 无最值（既无最大值，也无最小
值）.
【说明】 一次函数定义在 R 上，定义域内找不到这样的“点”，使得该点两边邻域是异性
的两个单调区间.本例从反面看到：最点是单调区间的“变性”的“转折点”.
二、从 到
高中生将“最点” 变形为 ，并由此得到一个一次函数
.
精明的学生发现，这个一次函数 与对应的二次函数 有某
种“关系”，甚至有学生在偷偷地利用这种“关系”.
这种“关系”到了高三才彻底解决：函数 正是函数 的
导函数，即 .
函数求“最根”的问题，正好是 的导函数 的“求根”问题.
导函数 的根，就是 的驻点.很清楚，二次函数的驻点就是二次函数的最点.
问题变得这么明朗：求 的最点，就是求 的根.俗说中“最根”，真的与“根”字
巧合了.
【例 2】 设 ，在同一坐标系中，分别作得 和 的
图象（如右）.
试说明 的正负性与 单调性的对应关系.
【解析】 与 相交于 .
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（1） 时， , 递减；
（2） 时， , 递增；
（3） 时， , 得到最小值.
故对应关系为：（1） 负区与 的减区对应；
（2<, SPAN style="COLOR: black; FONT-FAMILY: 宋体;
mso-ascii-font-family: Times New Roman; mso-hansi-font-family: Times New Roman">）
正区与 的增区对应；
（3） 零点与 的最值对应.
【练 2】 已知二次函数 的导函数 图象如右图的直线，则有
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（1） =（ ），增区间为（ ），减区间为（ ）；
（2） 的最（ ）值为（ ）；
（3）若 ，求 的解析式.
【解答】 从右图上看到
（1） 的根为 ，故有 =1；
（2） 时， >0，故 的增区间为 ；
时， <0，故 的减区间为 ；
（3） 有最大值，最大值为 .
（4）
令 ，图上知 ；
令 ，得 .
故有 .
【说明】 注意 与 并非一一对应，每一个这样的 都
对应着一个确定的 ，反过来，每一个这样的 却对应着无穷个 ，它们只是相
差一个常数 c.这就是本题中，为什么已经知道了 的图象后，还要给出 时才能确
定 的解析式.
三、三次函数的驻点、极点和最点
一次函数没有驻点，自然没有最点.
二次函数有一个驻点，这个驻点就是二次函数的最点.
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三次函数呢？
三次函数的导函数是二次函数，这个二次函数根的情况有 3 种：（1）有 2个相异的根，（2）
有 2 个相同的根；（3）无根.
如果三次函数 的导函数 无根，则 无驻点，自然也无最点，也无最值.
如果 有根呢？自然 一定有驻点.
那么，这些驻点是否为其最点呢？
【例 3】 研究函数 的驻点、极点和最点.
【解析】 令 ，得 ， 为 的 2个驻点.
（1） 时， >0，函数递增；
（2） 时， <0，函数递减；
（3） 时， >0，函数递增.
故 在 有极大值 ，在 上有极小值 .
故 ， 是 的 2 个极点，前者为极大点，后者为极小点.
又 时， ，故函数 既无最大值，也
无最小值.从而 无最点.
【说明】 这是三次函数有 2 个驻点，且都为极点的例子.而三次函数无驻点或有驻点但不
是极点的例子如下（练 3）.
【练 3】 研究下列三次函数的驻点、极点、最点和单调区间.
（1） （2）
【解析】 （1） ,函数 无驻点，无极点，无最点. 是
上的增函数.
（2） ,
有 2 个重合的驻点 .
（1）当 时， ，函数递增，
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（2）当 时， ，函数也递增.
因此，驻点 不能分出两个“相异”的单调区间，故 不是 的极点， 无
极点，当然也无最点.
是 R 上的增函数.
【说明】 函数 相重合的两驻点 不成为极点，可理解为它们消去
了“中间”的一个“相异”的单调区间后，将两边的“同性”的单调区进行了链接而成为一
个单调区间.
经过以上的讨论得知，定义在 R 上的三次函数，不管它有无驻点或极点，它是不会有最点的。
四、极点何时为最点
不重合的 2 个驻点可以分别成为极点.那么，在什么条件下极点成为最点呢？
驻点是极点的必要不充分条件，那么极点是最点的什么条件呢？
我们研究，极点何时成为最点.
【例 4】 已知 的导函数 ，试探究 的极点和最点.
【解析】 .
有 3 个相异的根： 它们都是 的极点.
易知原函数 （ R）
易知 为 的减区间， 为 的增区间， 为 的减区间，
为 的增区间.
的 4 个单调区间依次成“减——增——减——增”的顺序，使得首、尾两个区间的单
调性相异，从而使得 在“两次探底”中得到最（小）点.
比较三个极值的大小：
得 的最小值为 ，对应两个最小点 和 1.
【说明】 定义在一个开区间上的可导函数 如果有 n 个极点：x1第 14页 共 34页
当 n 为奇数时， 有最点存在.最点在依次为奇数的极点中产生，通过奇数位上的极值
比大小可得.
当 n 为偶数时，函数无最点.
【练 4】 求函数 的最值.
【解析】 函数 是定义在一个开区间 上的可导函数,
令
得 的唯一驻点 即为最点.
时， ，函数递增,
时， ，函数递减,
故 有最大值 .
【说明】 本函数是二次函数的复合函数，用配方法求最值也很简便.
,等号成立条件是 .
五、最值寻根的导数判定
若定义在一个开区间上的函数 有导函数 存在，那么 是否有最值
的问题可转化为 的导函数 是否有最根的问题来研究：
（1）若导函数 无根，即 ，则 无最值；
（2）若导函数 有唯一的根 ，即 ，则 有最值 .此时，导函数
的根 即是函数 最根 .
（3）若导函数 有多个的根，则应从多个驻点中依次判定极点、最点的存在性.
【例 5】 在以下四个函数中，有最值存在的函数是
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A. B. C. D.
【解析】 对于 A，定义区间虽有两个，但都有 ， 无最值；
对于 B， ，函数有重合的两驻点 ， 无最值；
对于 C， ， 无最值；
对于 D， .
当 时，令 ，得 ， 有最值 =1.
本题答案为 D.
【练 5】 判断以下函数，是否有最值，如果有，求出最值.
（1） （2）
【解析】 （1） ， 无最值.
（2） .
当 时， ，由 ，得 .
有最值， .
当 时， ， 是增函数.
当 时， ， 是减, 函数.
故 是 的最大值.
六、最根与高考题
导数应用于高考，一般都在研究函数的单调性和函数最值问题，对可导函数来讲，这两个问
题互相捆绑着，于是导数问题的“根本”则变成“最根”问题.
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【例 6】 已知可导函数 在 R 上恒有 ，且 不为常数，试研究
的单调区间和函数最值.
【解析】 由 可知
时， ，函数 为减函数;
时， ，函数 为增函数;
由此可知， 是 的唯一的根，故为最根.故 有减区间 ，增区间 ，
有最大值 .
【说明】 本题是在研究“抽象函数”——无具体解析式的一类函数 的性质，只在满
足性质 条件下，通过“最根”的判定而确定了 的单调区间和最值.
有些不等式的证明，还可以通过构造函数，研究这个函数的“最值”而确认不等式是否成立.
【练 6】 已知函数 ， .
（1）求函数 的最大值；
（2）设 ，证明： .
【解析】 （1） ，
故 有唯一的最根 ，
故 的最大值为 .
（2） ， .
设 ，
则 .
当 时， ，因此 在 内为减函数.
当 时， ，因此 在 上为增函数.
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从而，当 时， 有最小值 ，
因为 ， ，所以 ，即 .
【说明】 问题（2）的解决，是用“最根”证明不等式.
七、余兴 荒唐错误 打从何来
学生小新读完上文，很感兴趣，他模仿着【练 4】的题型，只是变了几个系数，结果成了下
面的问题.
【例 7】 研究函数 有无最值.
【小新解答】 .
令 ，得 的唯一驻点 为“最点”.
因此 有最值 .
【讨论】 是最值吗？若为最大值，我们可以找到比它更大的 ；如果
是最小值，我们可以找到比它更小的 .
解答错了！错在哪里？作为思考题留给读者.
【提示】 本函数 的定义域不是“一个”开区间.
三．二项式的展开
1、二项式 ( a + b ) n展开 追根 n = 1
根据乘法法则，分别有：
1
（1） (a+b) = a+b
2 2 2
（2） (a+b) = a +2ab+b
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3 3 2 2 3
（3） (a+b) = a +3a b+3ab +b
4 4 3 2 2 3 4
（4） (a+b) = a +4a b+6a b +4ab +b
……
展开后，（2）的系数是（1）的系数“错位相加”，（3）的
系数是（2）的系数“错位相加”，（4）的系数是（3）的系
数“错位相加”，……，（n）的系数是（n－1）的系数“错
位相加”. 草式如下.
……
n 1
由此看到( a + b ) 展开式的系数是由( a + b ) 的系数“1+1”错位相加、累计(n-1)次
的结果.
【例 2】 设 ( a + b ) 6 = A a 6 + A 5 4 2 60 1a b + A2a b + … + A6 b
7 7 6 5 2 7
( a + b ) = B0 a + B1a b + B2a b + … + B7 b
试用 Ai(i = 0，1，…，6)的代数式表示 Bj ( j =0，1，2，…，7)
【解析】 ( a + b ) 7 = ( a + b ) 6 ( a + b )
6 5 5 6
= ( A0 a + A1a b + … + A5ab +A6 b ) ( a + b )
7 6 5 2 6 7
= A0 a + ( A0 + A1) a b + ( A1 + A2) a b + … + ( A5 + A6) a b + A6 b
于是有 B0 = A0；B1 = A0 + A1；B2 = A1 + A2；B3 = A2 + A3；
B4 = A13+ A4；B5 = A4 + A5；B6 = A5 + A6；B7 = A6 .
【说明】 由（6）到（7）的系数“错位相加”草式如下.
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这是一个有趣的规律，它说明：二项式展开式的每个系数也是“二项式”，即展开式的每个
系数都是一个二项式的和.
一般地：Br +1 = Ar + A r+1 (r = 0，1，…，n - 1)
特别地：B0 = 0 + A0 = A0，Bn = An-1+ 0 = An-1
2、二项式含二项式 看杨辉三角收藏
上面的“错位加法”有意思，二项式中的二项式更有意思，如果把草式简化，只把各行的“加
法结果”依次开列出来，就得到我们熟悉的杨辉三角形（图右）.
这个三角形可命名为“1+1 三角形”.因为：（1）这个
三角形是从 1+1开始的；（2）三角形的任何一行数的和，
自我相加之后变成了下一行各数之和.
这个三角形可命名为“2打滚三角形”，因为从 2 开始，
上行各数之和翻一倍，便成为下行各数之和.
这个三角形还可命名为“二项式中的二项式三角形
中”，因为这个三角形中的任何一个数，都等于这个数肩上 2数之和. 如三角形中第 5 行的
第 3 数 10，就等于它的肩上两数——第 4 行第 2、3两数的和：10=4+6.
二项式中的二项式——“肩挑两数”中两数是唯一的吗？
【例 3】 在杨辉三角形中，第 5 行第 3数上的数 10，写成肩上 2 数的和，可以是：
A.10=4+6 B.10=3+7 C.10=2+8 D.10=5+5
【解答】 杨辉三角形中的任何一个数，都由 1+1 的错位加法形成，因为加法的结果有唯一
性. 所以，第 5 行第 3 个数 10，肩挑两数的结果 4+6是唯一的. 答案为 A.
【说明】这个三角形还可以命名为“单肩串数三角形”.
因为三角形中任何一个数都等于它的“一个肩上数斜向上顶住的一串数”.
如三角形中第 5 行第 3 数 10，它等于它右肩上的数 6，并由 6 向左斜上方串联的一组数的和，
即
10=6+3+1
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它也等于它左肩上的数 4，并由 4 向右斜上方串联的一组数的和，即
10=4+3+2+1
“单肩串数”实为“肩挑两数”性质推论. “单肩串数”实为“肩挑两数”递推的结果，例
如数 10，如果是右肩串数，则是 3 次“肩挑两数”的结果.
10=6+4=6+（3+1）=6+［3+（1+0）］=6+3+1+0
“单肩串数”是“肩挑两数”的递推结果；从而是“错位加法”的累计结果（图右）.
3、子集组合 得展开式系数
n n n-1 n-1 n
为了弄清二项式 (a+b) = (a+b) (a+b)…(a+b)= A0a + A1a b+…+ An-1 ab + Anb 展开时
系数的形成过程，我们先回头看“和的平方”展开时，系数是怎样形成的.
2
(a+b) = (a+b) (a+b)
我们视 a 为主字母，视 b 为系数，其中的 2 个 b 分别记作 b1和 b2，于是有
2
(a+b) = (a+b1) (a+b2)
2 2 2
=a + (b1 +b2)a+ b1b2 =a +2ab+b
由此看到，最高项 a2的系数为 1. 次高项 a 的系数是 b1 +b2，这是从集合{ b1，b2}中，每次
取 1 个元素所成的组合. 其组合数为 =2.
常数项 b1b2，是从集合{ b1，b2}每次取出 2 个元素所成的组合，组合数为 =1.
2
统一地看，最高项 a 中不含 b，因此可以看作，从集合{ b1，b2}每次取出 0个元素所对应的
组合.
组合数为 =1.
这样一来，“和的平方”展开式可写成
(a+b)2 = a2+ ab+ b2
有了这个基础，我们也可以用“组合数”表示二
n
项式(a+b) 展开后各项的系数.
【例 4】 试探索用组合数表示二项式
(a+b)n=(a+b) (a+b)…(a+b) = A an+ A an-1b+…+ A abn-1 n0 1 n-1 + Anb
展开式中各系数 A0，A1，…，An-1，An.
【解答】对于 an，它是从集合{ b1，b2，…，bn }中每次取出 0 个元素的组合. 组合数为 A0= .
n-1
对于 a b，它是从集合{ b1，b2，…，bn }中，每次取出 1个元素的组合，组合数为 A1= .
……
对于 abn-1，它是从集合{ b1，b2，…，bn }中，每次取出 n-1 个元素的组合，组合数为 .
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n
对于 b ，它是从集合{ b1，b2，…，bn }中，每次取出 n 个元素的组合，组合数为 .
n
于是，二项式(a+b) 可展开成如下形式
n n n-1 n-1 n
(a+b) = a + a b +…+ ab + b ——这就是所谓的“二项式定理”.
【说明】二项式展开后各项的系数依次为： ， ， … ， .
其中，第 1 个数 =1，从第 2 个数开始，后面的每一个数都可以用前面的那个数表示为
这就是二项式展开“系数递推”的依据. 二项式系数递推实际上是组合数由 到
的递推.
4、 加法定理 来自二项式性质
将杨辉三角形中的每一个数，都用组合符号表示出来，
则得图右的三角形. 自然，“肩挑两数”的性质可写成组合的
加法式. 如
这里，（1）相加两数 和 是“下标相等，上标差 1”
的两数；（2）其和 是“下标增 1，上标选大”的组合数.
一般地，杨辉三角形中第 n+1行任意一数 ，“肩挑
两数”的结果为组合的加法定理：
有了组合的加法定理，二项式(a+b)n展开式的证明就变得非常简便了.
【例 5】 试用数学归纳法证明二项式定理
n n n-1 n-1 n
(a+b) = a + a b +…+ ab + b
【证明】 （1）当 n=1时，a+b = a + b=a + b 命题真.
（2）假设 n=k 时命题真，即
k k k-1 k-1 k
(a+b) = a + a b +…+ ab + b
两边同乘以(a+b)，由“错位加法”可得
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k+1 k+1 k k-1 2 k k+1
(a+b) = a +( )a b +( )a b +…+( )ab + b
k+1 k k k+1
= a + a b +…+ ab + b
综合（1），（2）可知，对任意的 n∈N+，二项式(a+b)n展开式成立.
5、n 始于 1 r 始于 0
二项式定理将(a+b)的乘方式展开成一个数列的和：
(a+b) n= an+ an-1b +…+ an-rbr +…+ bn = an-rbr
n-rbr
展开式中的 r 从 0 取到 n，故展开式共有 n+1项，其中关于 r 的通项 a 不是它的第 r
项，而是第 r+1项. 故二项式展开式的通项公式为 T = an-rbrr+1 初学者经常误
n-rbr
成 Tr= a
在通项公式中弄清了“n与 r 的关系”后，以下考题可以做到“一挥而就”.
9
【例 6】 已知 ，求展开式中 x 的系数.
9 9 n-rbr
【分析】 x 的系数与 x 的二项式系数虽然不是一回事，但仍可用通项公式 a 求出对应
的 r 来.
9
【解答】 设展开式的第 r+1 项能化简得到 x 项.
2 9-r
则有 Tr+1 = (x ) · =
9
令 18-3r = 9 得 r =3 故 x 的系数为
【说明】 数学解题，切忌拘泥公式. 如本题中求 r 的值，不一定要硬套通项公式. 事实上，
展开式按 x 的降幂排列：第 1 项的指数是 18，第 2 项的指数是 15，依次递减，指数为 9 的
项是第 4 项，故有 r = 3.
9
由此直接得 x 的系数为 . 这样的计算量大为减少.
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6、数形趣遇 算式到算图
二项式定理与杨辉三角形是一对天然的数形趣遇，它把数形结合带进了计算数学. 求
二项式展开式系数的问题，实际上是一种组合数的计算问题. 用系数通项公式来计算，称为
“式算”；用杨辉三角形来计算，称作“图算”.
【 例 7】 （2007 全国甲卷理 13文 16）
的展开式中常数项为 .
【式算】 先考虑 展开后的常数项
8 – r
Tr +1 = x =
（1）令 8 – 2r = 0，得 r = 4，得 = 70；
（2）令 8 – 2r = – 2，得 r = 5，得 = 56.
故求得 的展开式中常数项为 70 – 2×56 = – 42
【图算】 常数项产生在 展开后的第 5、6 两项. 用“错位加法”很容易“加出”杨
辉三角形第 8 行的第 5 个数. 简图如下：
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
…… 15 20 15 6 …
1 …… 35 35 21 ……
… 70 56 …
图上得到 =70， = =56.
故求得展开式中常数项为 70 – 2×56 = – 42
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【点评】 “式算”与“图算”趣遇，各扬所长，各补所短.<, /o:p>
杨辉三角形本来就是二项式展开式的算图. 对杨辉三角形熟悉的考生，比如他熟悉到了它的
第 6 行：
1，6，15，20，15，6，1
那么他可以心算不动笔，对本题做到一望而答.
杨辉三角形在 3 年内考了 5 个（相关的）题目，这正是高考改革强调“多想少算”、“逻辑
思维与直觉思维并重”的结果. 这 5 个考题都与二项式展开式的系数相关，说明数形结合思
想正在高考命题中进行深层次地渗透.
四．函数周期性的求解
1、正弦函数的周期
三角函数，以正弦函数 y = sin x 为代表，是典型的周期函数.
x
幂函数 y = xα 无周期性，指数函数 y = a 无周期性，对数函数 y =logax无周期，
2
一次函数 y = kx+b、二次函数 y = ax +bx+c、三次
3 2
函数 y = ax +bx + cx+d
无周期性.
周期性是三角函数独有的特性.
（1）正弦函数 y=sin x 的最小正周期
在单位圆中，设任意角α的正弦线为有向线
段 MP.
正弦函数的周期性
动点 P 每旋转一周，正弦线 MP 的即时位置
和变化方向重现一次.
同时还看到，当 P 的旋转量不到一周时，正
弦线的即时位置包括变化方向不会重现.
因此，正弦函数 y=sinx 的最小正周期 2π.
（2）y=sin（ωx）的最小正周期
设ω>0，y =sin（ωx）的最小正周期设为 L .
按定义 y = sin ω（x+L） = sin（ωx+ ωL） = sinωx .
令ωx = x 则有 sin （x + ωL） = sin x
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因为 sinx 最小正周期是 2π，所以有
例如 sin2x 的最小正周期为
sin 的最小正周期为
（3）正弦函数 y=sin（ωx+φ） 的周期性
对正弦函数 sinx 的自变量作“一次替代”后，成形式 y = sin （ωx+φ）.
它的最小正周期与 y = sinωx 的最小正周期相同，都是 .
如 的最小周期与 y = sin（3x）相同，都是 .
于是，余弦函数 的最小正周期与 sinx 的
最小正周期相同，都是 2π.
2、复合函数的周期性
将正弦函数 y = sin x 进行周期变换 x→ωx，sinx →sinωx
后者周期变为
而在以下的各种变换中，如
（1）初相变换 sinωx → sin（ ωx+φ）；
（2）振幅变换 sin（ωx +φ）→ Asin（ ωx+φ）；
（3）纵移变换 Asin（ ωx +φ） → Asin（ ωx+φ）+m；
后者周期都不变，亦即 Asin（ ωx +φ） +m 与 sin（ωx）的周期相同，都是 .
而对复合函数 f （sinx）的周期性，由具体问题确定.
（1）复合函数 f（sinx） 的周期性
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【例题】 研究以下函数的周期性：
（1）2 sinx； （2）
（2） 的定义域为［2kπ，2kπ+π］，值域为［0，1］，作图可知， 它是最小正周
期为
2π的周期函数.
【解答】 （1）2sinx 的定义域为 R，值域为 ，作图可知，它是最小正周期为 2π的
周期函数.
【说明】 从基本函数的定义域，值域和单调性出发，通过作图，还可确定，loga x，sinx，
，
sin（sinx）都是最小正周期 2π的周期函数.
（2）y= sin3 x 的周期性
3 3
对于 y = sin x =(sinx)，L=2π肯定是它的周期，但它是否还有更小的周期呢？
我们可以通过作图判断，分别列表作图如下.
图上看到，y = sin3x 没有比 2π更小的周期，故最小正周期为 2π.
（3）y= sin2 x 的周期性
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2 2
对于 y = sin x = (sinx) ，L=2π肯定是它的周期，但它的最小正周期是否为 2π？
可以通过作图判定，分别列表作图如下.
2
图上看到，y = sin x 的最小正周期为π，不是 2π.
（4）sin2n x 和 sin2n-1 x 的周期性
y = sin2x 的最小正周期为π，还可通过另外一种复合方式得到.
因为 cos2x 的周期是π，故 sin2x 的周期也是π.
2 2
sin x 的周期，由 cosx 的 2π变为 sin x 的π. 就是因为符号法“负负得正”所致.
因此，正弦函数 sinx 的幂符合函数 sinmx，当 m=2n 时，sinm x 的最小正周期为π；m = 2n–1
时，
sinmx 的最小正周期是 2π.
（5）幂复合函数举例
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【例 1】 求 y =|sinx|的最小正周期.
【解答】 最小正周期为π.
【例 2】 求的最小正周期.
【解答】 最小正周期
为 2π.
【例 3】 求 的最小正周期.
【解答】 最小正周期
为π.
【说明】 正弦函数 sinx 的幂复合函数
.
当 q 为奇数时，周期为 2π；q 为偶数时，周期为π.
3、周期函数的和函数
两个周期函数，如 sin x 和 cosx ，它们最小正周期相同，都是 2π. 那么它们的和函数，
即 sinx + cos x 的最小正周期如何？
和函数的周期与原有函数的周期保持不变. 这个结论符合一般情况.
对于另一种情况，当相加的两个函数的最小正周期不相同，情况将会如何？
（1）函数 sinx + sin2 x 的周期性
sin x 的最小正周期为 2π，sin2x 的最小正周期是π，它们之间谁依赖谁，或依赖一个第
三者？
列表如下.
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表上看到函数 sinx+sin2x 的最小正周期是 2π.
（2）函数 sinx + sin2x 的周期性
依据上表，作 sinx+sin2x 的图像如右.
从图上看到，函数的最小正周期为 2π. 由 sinx，
sin2x 的最小正周期中的大者决定，因为前者是后
者的 2 倍.从图上看到，sinx+sin2x仍然是个“振动
函数”，但振幅已经不是常数了.
（3）函数 sinx+sin x 的周期性
sinx 的最小正周期为 2π，sin x 的最小正周期是 3π.
们之间的和 sinx + sin x 的最小正周期也由“较大的”决定吗？即“和函数”的周期为
3π吗？
不妨按周期定义进行检验. 设
则 x0 +3π=
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因此 3π不是 sinx + sin x 的最小正周期.
通过作图、直观看到，sinx+sin x 的最小正周期为 6π，即 sinx 和 sin x 最小正周期的
最小倍数.
4、周期函数在高考中
三角函数是高考命题的重要板块之一，小题考，大题也考，比分约占高考总分的七分之一，
与立体几何相当. 与立几不同的是，它还与函数、方程、不等式、数列、向量等内容综合.
正弦函数是三角函数的代表，而周期性又是正弦函数的特性.
关系到正弦函数的试题，有 2 种形式.
（1）直接考，求正弦函数的最小正周期.
（2）间接考，考周期在正弦函数性质中的应用. 求单调区间，求最值，简单方程的通解等.
（1）求正弦函数的周期
【例 1】 函数 y =|sin |的最小正周期为
（A） （B）π （C）2π （D）4π
【解答】
最小正周期是 最小正周期的一半，即 2π. 答案为（C）
【说明】 图象法判定最简便，|sin x|的图象是将 sin x 的图象在 x 轴下方部分折到 x 轴上
方去.
倍角法定判定最麻烦
【解答】 （1）y = 2cos2x + 1 的最小正周期由 cos2x 决定
（2）求正弦函数的周期
2
【例 2】 （1）y =2cos x+1 的最小正周期为 .
（2）y =|sinx + cosx|的最小正周期为 .
【解答】 （1）y = 2cos2x + 1 的最小正周期由 cos2x 决定，故答案为π.
（2） 故答案为π.
【说明】 都可看作 sinx 的幂函数的复合函数.
（3）函数周期性应用于求值
【例题】 f (x)是 R 上的偶函数，且是最小正周期为π的周期函数.
【解答】
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【说明】 周期性应用于区域转化. 将“无解析式”的区域函数转化到“有解析式”的区间
上求值.
若 时 f (x) = sinx 试求 的值.
（4）函数周期性应用于求单调区间
2 2
【例题】 x∈R，求函数 y =sin x + sinx cosx+2cos x 的单调增区间.
【解答】
函数的最小正周期为π.
令 得
因为函数周期为π，故函数的单调增区间为 .
【说明】 先求包含零点的增区间，再用最小正周期求单调增区间的集合.
周期函数在高考中
（5）周期性应用于求函数零点
【例题】 已知函数 .
【解答】
令 得
故交点横坐标的值的集合为 .
【说明】 先求绝对值最小的解，再利用最小正周期求“通解”.
5、高考史上的周期大难题
高考史上第一次“周期大难题”出现在恢复高考后的第 3 年，即 1980 年的理科数学卷上.
本题排在该卷的第六大题上. 在有十个大题的试卷上，这是个中间位置，然而，从当年的得
分情况来看，本题的难度超过了包括压轴题和附加题在内的所有题目. 这点为命题人事先未
能预料.
后来分析，该题的难点有三 .
（1）函数抽象，导致周期中含有参数；（2）求参数范围，与解不等式综合；（3）求最小
正整数解，连命题人自拟的“标答”都含糊不清. 20多年来数学界质疑不断.
【考题】设三角函数 ，其中 k≠0.
（1）写出 f (x)极大值 M、极小值 m 与最小正周期;
（2）试求最小的正整数 k，使得当自变量 x在任意两个整数间（包括整数本身）变化时，
函数 f (x)至少有一个值是 M 与一个值是 m.
【解答】 （1） M=1，m = -1， .
第 32页 共 34页
（2）f (x)在它的每一个周期中都恰好有一个值是 M 与一个值是 m .
而任意两个整数间的距离都≥1因此要使任意两个整数间函数f(x)至少有一个值是M与一个
值是 m，必须且只须使 f (x)的周期≤1 即：k=32就是这样的最小正整数.
6、高考史上的周期大错题
中学教材上的周期函数，一般都是简单和具体的函数. 关于最小正周期的求法，也是一些感
性的结果；没有系统和完整“最小正周期”的系统研究.
然而，随着“抽象函数”的不断升温，对周期函数周期的考点要求越来越高.
2006 年福建理数卷出现的“周期大错题”正是这种盲目拔高的必然结果.
【例题】 f（x）是定义在 R 上的以 3 为周期的奇函数，且 f（2）=0，则方程 f（x）=0在
区间（0，6）内解的个数的最小值是
A.2 B.3 C.4 D.5
【说明】 这是 2005 年福建卷（理）第 12 题，命题组提供的答案是 D，即答案为 5. 答案
D 从何而来？以下，就是“D”的一种解法.
【解答】 f (x)周期为 3，由 f (2)=0，得 f (5) = f (2)=0，得
f (-1)= f (2-3) = f (2)=0，得 f (-4) = f (2-6) = f (2)=0
f (x)为奇函数，得 f (1) = - f (-1) =0 f (4)= - f (-4)=0，得
f (-0)= - f (0)，得 f (0)=0 f (3)= f (3+0)= f (0)=0
于是，求得 f (x)=0 的解为：1、2、3、4、5. 共 5个解，答案为 D.
【讨论】 除了上述解法得 f (x)=0的 5 个解外，还有如下的解.
根据方程 f (x)=0的定义， x = 1.5 和 x =4.5 也是方程的解，证明如下：
由 f (x)的周期性，知 f (-1.5)= f (1.5) （1）
由 f (x)的奇偶性，知 f (-1.5) = - f (1.5) （2）
从而有 f (1.5)=0，f (4.5) = f (1.5)=0.
所以，1.5和 4.5也是方程 f (x)=0 的解.于是，方程的解共有 7 个：即是 1、1.5、2、3、
4、4.5、5.
【思考】 按上面讨论的结果，方程 f (x) = 0的解至少有 7个. 而原题的四个选项支中均
没有这个答案. 命题人给定的答案 D 是错的.
高考史上的周期大错题
【实验检验】 f (x)同时满足 4 个条件：（1）定义在 R 上；（2）奇函数；（3）周期为 3；
（4）f (2) =0. 据此，我们找到 f (x)的一个具体例子：
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并在区间（0，6）上找到 f (x)=0 的 7 个解，列表如下：
这 7 个解即是 1，1.5，2，3，4，4.5，5.
函数 在一个周期［0，3］上的图像如右. 图像与 x 轴有 5 个交点，故在［0，6］有 9 个交
点，从而在（0，6）上有 7 个交点.
【反思】 命题人的错误自然出在疏忽二字上. 实在地，本题较难，首先难倒了命题人自己.
严格地讲，试题“超纲”. 对两个周期函数的和函数，其最小正周期是它们的“最小公倍
数”——这本身就没有进行过证明，对某些具体函数可以具体分析，但对抽象函数来讲，却
没有理论依据. 而本题，又恰恰是个抽象函数，而且是个综合问题. 命题出错似乎是必然的.
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一．不等式解题方法
一、从 与 的大小说起
【引例】 正实数中，对任意 a，b，m，都有
这就是“分数的基本性质”：分数的分子和分母乘以同一个正数，其值不变.
这，连小学生都知道. 但， 我们的话题却要从这儿开始.
【问题】对以上“性质”，如果将冒号后的文字改变一个字，将 “乘”改成“加 ”，即变成
这里的等号还能成立吗？请看下例.
【例 1】若 b>a>0，m>0，则有
A. B. C. D.
【解答】 （淘汰法）令 a=1，b=2，m=3 淘汰 B，C，D，答案为 A.
【例 2】（变例 1 为解答题）若 b>a>0，m>0，试比较 和 的大小.
【解 1】 （比较法 作差—变形—判定符号）
因为
【解 2】 （综合法 由因推果 由整式推出分式）
a【说明】 因果关系，步步清楚，只是在第三步时，对 ab 的无中生有，不易想到.
【解 3】 （分析法 由果索因 由分式化为整式）
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欲使 ① 只须 a(b+m)
【说明】 由果追因，化繁为简. 只是第一步的“假设”是种猜想，事先应有某种倾向.
【解 4】 （放缩法 从右到左）
（ >）
【说明】 a放大为 b，则 缩小为 ，结果是分值缩小.
将 缩成 ，目标是“约”去m.
【解 5】 （放缩法 从左到右）
（ <）
【说明】 “最后”令 kb=m的合理性来自正数 k的任意性.事实上，我们可以提前设置m=kb.
将 放成 ，目标是“添”上m.这里的第二步利用了连比定理.
放缩法实为对比较法、分析法、综合法等基本方法所得简单结果的一种整合运用.
【小结】 证不等式，比较法是基础，放缩法是整合，方法网络图如下：
【练习】 正实数中，求证 ≥
（Ⅰ）用比较法证明； （Ⅱ）用综合法证明；
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（Ⅲ）用分析法证明； （Ⅳ）用放缩法证明.
二、比大小 从方程、函数到不等式
还是那个题目 b>a>0，m>0，求证
【法 1】 （等式法 不等式变为方程）
设
得
即 x>0，故有 .
【说明】 这种等式法实为比较法的一种变式. 即作差法的另种形式.
【法 2】 （等式法 未知数论设作因子）设
则 所以
【说明】 这种等式法为比较法的另一种形式. 即作商法的另种形式.
【法 3】 （函数法 视m为 x， ）
设有函数
函数 在［0，m］上是减函数，故
是［0，m］上的增函数.（图右，其中 a=1，b=2）
f（0）
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（0，+∞）上的减函数.
【法 4】 （不等式法 把证不等式化为解不等式）
解不等式
即 x=m为正数时，原不等式真.
【说明】证不等式可视为一种特殊形式的解不等式.如证 a2-a+1>0，即 x2-x+1>0 的解为 R，
视参数为变量. 解出的参数值域符合题设的取值范围即可.
【法 5】 （极限法 把参数m作极端处理）
&nbs,p; 当m→0时，
当m→∞时，
故有
【说明】 对于解答题来讲，这种解法的理由不充分，因为对于函数 f (m)= 的单调性
并没讲清楚，没有交待 f(m)是 上的增函数.
如果是确定性的选择题例 1，即 与 的大小关系是确定的，不需要讨论m的范围时，
则这种极限法是很简便的.
【小结】 真分数 的“放大性”：真分数的分子和分母加上同一个正数，其值变大.
以这种“放大性”为基础，可推出许多重要的分式不等式，如
（1）|a+b|≤|a|+|b| ≤ ≤
（2）数列 an= 是增数列；而数 bn= 是减数列.
【练习】 1.正数中，再证 ≥ .分别用函数法、方法程和解不等式法.
2.用不同的方法证明 ≥ .
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3.用不同的方法证明 ≥ .
三、千方百法 会战高考不等式
【考题 1】 （2006 年赣卷第 5题）
对于 R上可导的任意函数 f（x），若满足（x－1）f （x） 0，则必有（ ）
A． f（0）＋f（2）<2f（1） B. f（0）＋f（2） 2 f（1）
C. f（0）＋f（2） 2f（1） D. f（0）＋f（2）>2f（1）
【分析】 从已知条件（x-1）f (x)≥0出发，可得如下的不等式组
或 . 因此 f(x)有两种可能：其一，f (x)为常数；其二，f(x)在区间 上
为减函数，在 上为增函数.
【解答】 （综合法）依题意，当 x 1时，f （x） 0，函数 f（x）在[1，＋ 上是增函数；
当 x<1时，f （x） 0，f（x）在（－ ，1）上是减函数．
所以 f（0） f（1），f（2） f（1），所以 f(0)+f (2)≥2f (1),
当 f (x)为常数函数时即 f (x)=a(常数)，f （x）=0，满足不等式(x-1) f （x）≥0成立.
此时 f (0)+f (2)=2f(1)，所以 f（0）＋f（2）≥2f（1）.故选 C.
【说明】 本题如用分析法，即各选项反推，显然麻烦.
【考题 2】 （2002 年苏卷第 22题 不等式与函数综合 不等式为主）
已知 a>0，函数 f(x)=ax-bx2.
（Ⅰ）当 b>0 时，若对任意 x∈R都有 f(x)≤1，证明 a≤ ；
（Ⅱ）当 b>1 时，证明：对任意 x∈［0,1］，|f(x)|≤1的充要条件是 b-1≤a≤ ；
（Ⅲ）当 0
∵ f(x)= ≤ （放大）≤1. ∵a>0，b>0，∴a≤ .
【解Ⅱ】 先证必要性：
对任意 x∈［0,1］，|f (x)|≤1 -1≤f(x)，据此可以推出-1≤f (1)，即 a-b≥-1，∴a≥b-1；
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对任意 x∈［0,1］，|f (x)|≤1 f (x)≤1，因为 b>1，可以推出 ≤1，
即 a· -1≤1，∴ a≤ ；∴ b-1≤a≤ .
再证充分性：因为 b>1，a≥b-1，对任意 x∈［0,1］，可以推出 ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1.
即 ax-bx2≥1；
因为 b>1，a≤ ，对任意 x∈［0,1］，可以推出 ax-bx2≤ ≤1，即 ax-bx2≤1.
∴-1≤f(x)≤1.
综上，当 b>1 时，对任意 x∈［0,1］，|f(x)|≤1的充要条件是 b-1≤a≤ .
【解Ⅲ】因为 a>0，0
(b+1)x-bx2≤1，即 f (x)≤1.
所以，当 a>0，0
②不等式的证明在命制解答题时，经常与数学的主干内容，特别是函数和数列组成综合大题.
在 30 年的数学卷上，这样的题目在压轴题中占三分之一.
【考题 3】 （2005 年鄂卷第 22题 不等式与数列综合 不等式为主）
已知不等式 ，其中 n 为大于 2 的整数， 表示不超过
的最大整数 设数列{ }的各项为正，且满足 ，
（Ⅰ）证明： ， ；
（Ⅱ）猜测数列{ }是否有极限？如果有，写出极限的值；
（Ⅲ）试确定一个正整数 N，使得当 n>N 时，对任意 b>0，都有
【分析】 ①本题的第（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）小题之间成梯式结构，（Ⅰ）是（Ⅱ）和（Ⅲ）的
基础.从策略上看，如在（Ⅰ）上遇着困难，可承认（Ⅰ）的结论，并利用它迅速地解出（Ⅱ）
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和（Ⅲ）来.此题恰恰是第（Ⅰ）难，而（Ⅱ）、（Ⅲ）容易.
②对于（Ⅰ），已知为两个不等式，而求证一个不等式.其基本思路是，对已知不等式用综合
法“下推”，对求证不等式用分析法“上追”. 如：
欲使
只须 = 此时，“综合下推”的方向就清楚了.
【解Ⅰ】 ∵当 n≥2时， ，
∴ ，即 ，
于是有 ， ，…， ，
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知，当 n≥3时有
∵ ，∴
∴
【解Ⅱ】 ≤ 又 an>0. 故有 =0.
【解Ⅲ】 （放大为了化简）令 ，
则有 ，
故取 N=1024，可使当 n>N 时，都有
【说明】 本小题是条件不等式的证明，已知 2个不等式，求证 1个不等式.在分析——综合
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——放缩三法联合证明综合大题时，优先考虑分析法.随时思考待证的不等式需要什么，需
要的东西如何从已知的不等式中得到.
【练习】 对考题 3，已知条件不变，对设问作如下改写
（Ⅰ）设 ，利用数学归纳法证不等式
（Ⅱ）利用上述结果，证明不等式
二．函数最值的求解方法
一、二次函数最值寻根
初中生研究二次函数的最值，是从配方法开始的.
设 a>0，f(x)=ax2+bx+c=
初三学生已知，二次函数 f(x)，在 a>0时，有最小值 ；a<0 时，有最大值 .
到了高中，学生更关心二次函数得到最值的条件，即上述不等式中等号成立的条件：
.这个条件——自变量 x 的取值，称作二次函数最值对应的“最值点”（以下简称
“最点”），俗称函数“最值的根”.
对于高一学生，老师把二次函数的“最值”与二次函数的“单调区间”相捆绑，要求用比较
法探索“最点”.
2
【例 1】 已知 a>0，探索二次函数 y = ax +bx+c 的单调区间.并指出函数的最值点.
【解答】 任取 x1
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(※)
（1）当 x1，x2≤- 时，有
由式(※)得 y1 – y2 =a
函数 f (x)在 上为减函数.
（2）当 x1，x2≥- 时，有
由式（※）得 y1 – y2 =a
即函数 f (x)在 上为增函数.
2
综合（1）、（2）可知，二次函数 y =ax +bx+c ( a>0 ) 有减区间 和增区间
.
显然，二次函数的最值点为 ，函数有最小值 .
【评说】 从这里看到，二次函数的最点，就是两个“异性”单调区间的交接点.
【练 1】 试研究一次函数 没有最点，从而没有最值.
【解】 任取 ，则有
（1） 时， ，函数在 R 上为增函数.
时， ; 时， .
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（2） 时， ，函数在 R 上为减函数.
时， ; 时， .
所以，一次函数在 R 上没有最点，从而一次函数 无最值（既无最大值，也无最小
值）.
【说明】 一次函数定义在 R 上，定义域内找不到这样的“点”，使得该点两边邻域是异性
的两个单调区间.本例从反面看到：最点是单调区间的“变性”的“转折点”.
二、从 到
高中生将“最点” 变形为 ，并由此得到一个一次函数
.
精明的学生发现，这个一次函数 与对应的二次函数 有某
种“关系”，甚至有学生在偷偷地利用这种“关系”.
这种“关系”到了高三才彻底解决：函数 正是函数 的
导函数，即 .
函数求“最根”的问题，正好是 的导函数 的“求根”问题.
导函数 的根，就是 的驻点.很清楚，二次函数的驻点就是二次函数的最点.
问题变得这么明朗：求 的最点，就是求 的根.俗说中“最根”，真的与“根”字
巧合了.
【例 2】 设 ，在同一坐标系中，分别作得 和 的
图象（如右）.
试说明 的正负性与 单调性的对应关系.
【解析】 与 相交于 .
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（1） 时， , 递减；
（2） 时， , 递增；
（3） 时， , 得到最小值.
故对应关系为：（1） 负区与 的减区对应；
（2<, SPAN style="COLOR: black; FONT-FAMILY: 宋体;
mso-ascii-font-family: Times New Roman; mso-hansi-font-family: Times New Roman">）
正区与 的增区对应；
（3） 零点与 的最值对应.
【练 2】 已知二次函数 的导函数 图象如右图的直线，则有
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（1） =（ ），增区间为（ ），减区间为（ ）；
（2） 的最（ ）值为（ ）；
（3）若 ，求 的解析式.
【解答】 从右图上看到
（1） 的根为 ，故有 =1；
（2） 时， >0，故 的增区间为 ；
时， <0，故 的减区间为 ；
（3） 有最大值，最大值为 .
（4）
令 ，图上知 ；
令 ，得 .
故有 .
【说明】 注意 与 并非一一对应，每一个这样的 都
对应着一个确定的 ，反过来，每一个这样的 却对应着无穷个 ，它们只是相
差一个常数 c.这就是本题中，为什么已经知道了 的图象后，还要给出 时才能确
定 的解析式.
三、三次函数的驻点、极点和最点
一次函数没有驻点，自然没有最点.
二次函数有一个驻点，这个驻点就是二次函数的最点.
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三次函数呢？
三次函数的导函数是二次函数，这个二次函数根的情况有 3 种：（1）有 2个相异的根，（2）
有 2 个相同的根；（3）无根.
如果三次函数 的导函数 无根，则 无驻点，自然也无最点，也无最值.
如果 有根呢？自然 一定有驻点.
那么，这些驻点是否为其最点呢？
【例 3】 研究函数 的驻点、极点和最点.
【解析】 令 ，得 ， 为 的 2个驻点.
（1） 时， >0，函数递增；
（2） 时， <0，函数递减；
（3） 时， >0，函数递增.
故 在 有极大值 ，在 上有极小值 .
故 ， 是 的 2 个极点，前者为极大点，后者为极小点.
又 时， ，故函数 既无最大值，也
无最小值.从而 无最点.
【说明】 这是三次函数有 2 个驻点，且都为极点的例子.而三次函数无驻点或有驻点但不
是极点的例子如下（练 3）.
【练 3】 研究下列三次函数的驻点、极点、最点和单调区间.
（1） （2）
【解析】 （1） ,函数 无驻点，无极点，无最点. 是
上的增函数.
（2） ,
有 2 个重合的驻点 .
（1）当 时， ，函数递增，
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（2）当 时， ，函数也递增.
因此，驻点 不能分出两个“相异”的单调区间，故 不是 的极点， 无
极点，当然也无最点.
是 R 上的增函数.
【说明】 函数 相重合的两驻点 不成为极点，可理解为它们消去
了“中间”的一个“相异”的单调区间后，将两边的“同性”的单调区进行了链接而成为一
个单调区间.
经过以上的讨论得知，定义在 R 上的三次函数，不管它有无驻点或极点，它是不会有最点的。
四、极点何时为最点
不重合的 2 个驻点可以分别成为极点.那么，在什么条件下极点成为最点呢？
驻点是极点的必要不充分条件，那么极点是最点的什么条件呢？
我们研究，极点何时成为最点.
【例 4】 已知 的导函数 ，试探究 的极点和最点.
【解析】 .
有 3 个相异的根： 它们都是 的极点.
易知原函数 （ R）
易知 为 的减区间， 为 的增区间， 为 的减区间，
为 的增区间.
的 4 个单调区间依次成“减——增——减——增”的顺序，使得首、尾两个区间的单
调性相异，从而使得 在“两次探底”中得到最（小）点.
比较三个极值的大小：
得 的最小值为 ，对应两个最小点 和 1.
【说明】 定义在一个开区间上的可导函数 如果有 n 个极点：x1
当 n 为奇数时， 有最点存在.最点在依次为奇数的极点中产生，通过奇数位上的极值
比大小可得.
当 n 为偶数时，函数无最点.
【练 4】 求函数 的最值.
【解析】 函数 是定义在一个开区间 上的可导函数,
令
得 的唯一驻点 即为最点.
时， ，函数递增,
时， ，函数递减,
故 有最大值 .
【说明】 本函数是二次函数的复合函数，用配方法求最值也很简便.
,等号成立条件是 .
五、最值寻根的导数判定
若定义在一个开区间上的函数 有导函数 存在，那么 是否有最值
的问题可转化为 的导函数 是否有最根的问题来研究：
（1）若导函数 无根，即 ，则 无最值；
（2）若导函数 有唯一的根 ，即 ，则 有最值 .此时，导函数
的根 即是函数 最根 .
（3）若导函数 有多个的根，则应从多个驻点中依次判定极点、最点的存在性.
【例 5】 在以下四个函数中，有最值存在的函数是
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A. B. C. D.
【解析】 对于 A，定义区间虽有两个，但都有 ， 无最值；
对于 B， ，函数有重合的两驻点 ， 无最值；
对于 C， ， 无最值；
对于 D， .
当 时，令 ，得 ， 有最值 =1.
本题答案为 D.
【练 5】 判断以下函数，是否有最值，如果有，求出最值.
（1） （2）
【解析】 （1） ， 无最值.
（2） .
当 时， ，由 ，得 .
有最值， .
当 时， ， 是增函数.
当 时， ， 是减, 函数.
故 是 的最大值.
六、最根与高考题
导数应用于高考，一般都在研究函数的单调性和函数最值问题，对可导函数来讲，这两个问
题互相捆绑着，于是导数问题的“根本”则变成“最根”问题.
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【例 6】 已知可导函数 在 R 上恒有 ，且 不为常数，试研究
的单调区间和函数最值.
【解析】 由 可知
时， ，函数 为减函数;
时， ，函数 为增函数;
由此可知， 是 的唯一的根，故为最根.故 有减区间 ，增区间 ，
有最大值 .
【说明】 本题是在研究“抽象函数”——无具体解析式的一类函数 的性质，只在满
足性质 条件下，通过“最根”的判定而确定了 的单调区间和最值.
有些不等式的证明，还可以通过构造函数，研究这个函数的“最值”而确认不等式是否成立.
【练 6】 已知函数 ， .
（1）求函数 的最大值；
（2）设 ，证明： .
【解析】 （1） ，
故 有唯一的最根 ，
故 的最大值为 .
（2） ， .
设 ，
则 .
当 时， ，因此 在 内为减函数.
当 时， ，因此 在 上为增函数.
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从而，当 时， 有最小值 ，
因为 ， ，所以 ，即 .
【说明】 问题（2）的解决，是用“最根”证明不等式.
七、余兴 荒唐错误 打从何来
学生小新读完上文，很感兴趣，他模仿着【练 4】的题型，只是变了几个系数，结果成了下
面的问题.
【例 7】 研究函数 有无最值.
【小新解答】 .
令 ，得 的唯一驻点 为“最点”.
因此 有最值 .
【讨论】 是最值吗？若为最大值，我们可以找到比它更大的 ；如果
是最小值，我们可以找到比它更小的 .
解答错了！错在哪里？作为思考题留给读者.
【提示】 本函数 的定义域不是“一个”开区间.
三．二项式的展开
1、二项式 ( a + b ) n展开 追根 n = 1
根据乘法法则，分别有：
1
（1） (a+b) = a+b
2 2 2
（2） (a+b) = a +2ab+b
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3 3 2 2 3
（3） (a+b) = a +3a b+3ab +b
4 4 3 2 2 3 4
（4） (a+b) = a +4a b+6a b +4ab +b
……
展开后，（2）的系数是（1）的系数“错位相加”，（3）的
系数是（2）的系数“错位相加”，（4）的系数是（3）的系
数“错位相加”，……，（n）的系数是（n－1）的系数“错
位相加”. 草式如下.
……
n 1
由此看到( a + b ) 展开式的系数是由( a + b ) 的系数“1+1”错位相加、累计(n-1)次
的结果.
【例 2】 设 ( a + b ) 6 = A a 6 + A 5 4 2 60 1a b + A2a b + … + A6 b
7 7 6 5 2 7
( a + b ) = B0 a + B1a b + B2a b + … + B7 b
试用 Ai(i = 0，1，…，6)的代数式表示 Bj ( j =0，1，2，…，7)
【解析】 ( a + b ) 7 = ( a + b ) 6 ( a + b )
6 5 5 6
= ( A0 a + A1a b + … + A5ab +A6 b ) ( a + b )
7 6 5 2 6 7
= A0 a + ( A0 + A1) a b + ( A1 + A2) a b + … + ( A5 + A6) a b + A6 b
于是有 B0 = A0；B1 = A0 + A1；B2 = A1 + A2；B3 = A2 + A3；
B4 = A13+ A4；B5 = A4 + A5；B6 = A5 + A6；B7 = A6 .
【说明】 由（6）到（7）的系数“错位相加”草式如下.
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这是一个有趣的规律，它说明：二项式展开式的每个系数也是“二项式”，即展开式的每个
系数都是一个二项式的和.
一般地：Br +1 = Ar + A r+1 (r = 0，1，…，n - 1)
特别地：B0 = 0 + A0 = A0，Bn = An-1+ 0 = An-1
2、二项式含二项式 看杨辉三角收藏
上面的“错位加法”有意思，二项式中的二项式更有意思，如果把草式简化，只把各行的“加
法结果”依次开列出来，就得到我们熟悉的杨辉三角形（图右）.
这个三角形可命名为“1+1 三角形”.因为：（1）这个
三角形是从 1+1开始的；（2）三角形的任何一行数的和，
自我相加之后变成了下一行各数之和.
这个三角形可命名为“2打滚三角形”，因为从 2 开始，
上行各数之和翻一倍，便成为下行各数之和.
这个三角形还可命名为“二项式中的二项式三角形
中”，因为这个三角形中的任何一个数，都等于这个数肩上 2数之和. 如三角形中第 5 行的
第 3 数 10，就等于它的肩上两数——第 4 行第 2、3两数的和：10=4+6.
二项式中的二项式——“肩挑两数”中两数是唯一的吗？
【例 3】 在杨辉三角形中，第 5 行第 3数上的数 10，写成肩上 2 数的和，可以是：
A.10=4+6 B.10=3+7 C.10=2+8 D.10=5+5
【解答】 杨辉三角形中的任何一个数，都由 1+1 的错位加法形成，因为加法的结果有唯一
性. 所以，第 5 行第 3 个数 10，肩挑两数的结果 4+6是唯一的. 答案为 A.
【说明】这个三角形还可以命名为“单肩串数三角形”.
因为三角形中任何一个数都等于它的“一个肩上数斜向上顶住的一串数”.
如三角形中第 5 行第 3 数 10，它等于它右肩上的数 6，并由 6 向左斜上方串联的一组数的和，
即
10=6+3+1
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它也等于它左肩上的数 4，并由 4 向右斜上方串联的一组数的和，即
10=4+3+2+1
“单肩串数”实为“肩挑两数”性质推论. “单肩串数”实为“肩挑两数”递推的结果，例
如数 10，如果是右肩串数，则是 3 次“肩挑两数”的结果.
10=6+4=6+（3+1）=6+［3+（1+0）］=6+3+1+0
“单肩串数”是“肩挑两数”的递推结果；从而是“错位加法”的累计结果（图右）.
3、子集组合 得展开式系数
n n n-1 n-1 n
为了弄清二项式 (a+b) = (a+b) (a+b)…(a+b)= A0a + A1a b+…+ An-1 ab + Anb 展开时
系数的形成过程，我们先回头看“和的平方”展开时，系数是怎样形成的.
2
(a+b) = (a+b) (a+b)
我们视 a 为主字母，视 b 为系数，其中的 2 个 b 分别记作 b1和 b2，于是有
2
(a+b) = (a+b1) (a+b2)
2 2 2
=a + (b1 +b2)a+ b1b2 =a +2ab+b
由此看到，最高项 a2的系数为 1. 次高项 a 的系数是 b1 +b2，这是从集合{ b1，b2}中，每次
取 1 个元素所成的组合. 其组合数为 =2.
常数项 b1b2，是从集合{ b1，b2}每次取出 2 个元素所成的组合，组合数为 =1.
2
统一地看，最高项 a 中不含 b，因此可以看作，从集合{ b1，b2}每次取出 0个元素所对应的
组合.
组合数为 =1.
这样一来，“和的平方”展开式可写成
(a+b)2 = a2+ ab+ b2
有了这个基础，我们也可以用“组合数”表示二
n
项式(a+b) 展开后各项的系数.
【例 4】 试探索用组合数表示二项式
(a+b)n=(a+b) (a+b)…(a+b) = A an+ A an-1b+…+ A abn-1 n0 1 n-1 + Anb
展开式中各系数 A0，A1，…，An-1，An.
【解答】对于 an，它是从集合{ b1，b2，…，bn }中每次取出 0 个元素的组合. 组合数为 A0= .
n-1
对于 a b，它是从集合{ b1，b2，…，bn }中，每次取出 1个元素的组合，组合数为 A1= .
……
对于 abn-1，它是从集合{ b1，b2，…，bn }中，每次取出 n-1 个元素的组合，组合数为 .
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n
对于 b ，它是从集合{ b1，b2，…，bn }中，每次取出 n 个元素的组合，组合数为 .
n
于是，二项式(a+b) 可展开成如下形式
n n n-1 n-1 n
(a+b) = a + a b +…+ ab + b ——这就是所谓的“二项式定理”.
【说明】二项式展开后各项的系数依次为： ， ， … ， .
其中，第 1 个数 =1，从第 2 个数开始，后面的每一个数都可以用前面的那个数表示为
这就是二项式展开“系数递推”的依据. 二项式系数递推实际上是组合数由 到
的递推.
4、 加法定理 来自二项式性质
将杨辉三角形中的每一个数，都用组合符号表示出来，
则得图右的三角形. 自然，“肩挑两数”的性质可写成组合的
加法式. 如
这里，（1）相加两数 和 是“下标相等，上标差 1”
的两数；（2）其和 是“下标增 1，上标选大”的组合数.
一般地，杨辉三角形中第 n+1行任意一数 ，“肩挑
两数”的结果为组合的加法定理：
有了组合的加法定理，二项式(a+b)n展开式的证明就变得非常简便了.
【例 5】 试用数学归纳法证明二项式定理
n n n-1 n-1 n
(a+b) = a + a b +…+ ab + b
【证明】 （1）当 n=1时，a+b = a + b=a + b 命题真.
（2）假设 n=k 时命题真，即
k k k-1 k-1 k
(a+b) = a + a b +…+ ab + b
两边同乘以(a+b)，由“错位加法”可得
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k+1 k+1 k k-1 2 k k+1
(a+b) = a +( )a b +( )a b +…+( )ab + b
k+1 k k k+1
= a + a b +…+ ab + b
综合（1），（2）可知，对任意的 n∈N+，二项式(a+b)n展开式成立.
5、n 始于 1 r 始于 0
二项式定理将(a+b)的乘方式展开成一个数列的和：
(a+b) n= an+ an-1b +…+ an-rbr +…+ bn = an-rbr
n-rbr
展开式中的 r 从 0 取到 n，故展开式共有 n+1项，其中关于 r 的通项 a 不是它的第 r
项，而是第 r+1项. 故二项式展开式的通项公式为 T = an-rbrr+1 初学者经常误
n-rbr
成 Tr= a
在通项公式中弄清了“n与 r 的关系”后，以下考题可以做到“一挥而就”.
9
【例 6】 已知 ，求展开式中 x 的系数.
9 9 n-rbr
【分析】 x 的系数与 x 的二项式系数虽然不是一回事，但仍可用通项公式 a 求出对应
的 r 来.
9
【解答】 设展开式的第 r+1 项能化简得到 x 项.
2 9-r
则有 Tr+1 = (x ) · =
9
令 18-3r = 9 得 r =3 故 x 的系数为
【说明】 数学解题，切忌拘泥公式. 如本题中求 r 的值，不一定要硬套通项公式. 事实上，
展开式按 x 的降幂排列：第 1 项的指数是 18，第 2 项的指数是 15，依次递减，指数为 9 的
项是第 4 项，故有 r = 3.
9
由此直接得 x 的系数为 . 这样的计算量大为减少.
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6、数形趣遇 算式到算图
二项式定理与杨辉三角形是一对天然的数形趣遇，它把数形结合带进了计算数学. 求
二项式展开式系数的问题，实际上是一种组合数的计算问题. 用系数通项公式来计算，称为
“式算”；用杨辉三角形来计算，称作“图算”.
【 例 7】 （2007 全国甲卷理 13文 16）
的展开式中常数项为 .
【式算】 先考虑 展开后的常数项
8 – r
Tr +1 = x =
（1）令 8 – 2r = 0，得 r = 4，得 = 70；
（2）令 8 – 2r = – 2，得 r = 5，得 = 56.
故求得 的展开式中常数项为 70 – 2×56 = – 42
【图算】 常数项产生在 展开后的第 5、6 两项. 用“错位加法”很容易“加出”杨
辉三角形第 8 行的第 5 个数. 简图如下：
1 4 6 4 1
1 5 10 10 5 1
…… 15 20 15 6 …
1 …… 35 35 21 ……
… 70 56 …
图上得到 =70， = =56.
故求得展开式中常数项为 70 – 2×56 = – 42
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【点评】 “式算”与“图算”趣遇，各扬所长，各补所短.<, /o:p>
杨辉三角形本来就是二项式展开式的算图. 对杨辉三角形熟悉的考生，比如他熟悉到了它的
第 6 行：
1，6，15，20，15，6，1
那么他可以心算不动笔，对本题做到一望而答.
杨辉三角形在 3 年内考了 5 个（相关的）题目，这正是高考改革强调“多想少算”、“逻辑
思维与直觉思维并重”的结果. 这 5 个考题都与二项式展开式的系数相关，说明数形结合思
想正在高考命题中进行深层次地渗透.
四．函数周期性的求解
1、正弦函数的周期
三角函数，以正弦函数 y = sin x 为代表，是典型的周期函数.
x
幂函数 y = xα 无周期性，指数函数 y = a 无周期性，对数函数 y =logax无周期，
2
一次函数 y = kx+b、二次函数 y = ax +bx+c、三次
3 2
函数 y = ax +bx + cx+d
无周期性.
周期性是三角函数独有的特性.
（1）正弦函数 y=sin x 的最小正周期
在单位圆中，设任意角α的正弦线为有向线
段 MP.
正弦函数的周期性
动点 P 每旋转一周，正弦线 MP 的即时位置
和变化方向重现一次.
同时还看到，当 P 的旋转量不到一周时，正
弦线的即时位置包括变化方向不会重现.
因此，正弦函数 y=sinx 的最小正周期 2π.
（2）y=sin（ωx）的最小正周期
设ω>0，y =sin（ωx）的最小正周期设为 L .
按定义 y = sin ω（x+L） = sin（ωx+ ωL） = sinωx .
令ωx = x 则有 sin （x + ωL） = sin x
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因为 sinx 最小正周期是 2π，所以有
例如 sin2x 的最小正周期为
sin 的最小正周期为
（3）正弦函数 y=sin（ωx+φ） 的周期性
对正弦函数 sinx 的自变量作“一次替代”后，成形式 y = sin （ωx+φ）.
它的最小正周期与 y = sinωx 的最小正周期相同，都是 .
如 的最小周期与 y = sin（3x）相同，都是 .
于是，余弦函数 的最小正周期与 sinx 的
最小正周期相同，都是 2π.
2、复合函数的周期性
将正弦函数 y = sin x 进行周期变换 x→ωx，sinx →sinωx
后者周期变为
而在以下的各种变换中，如
（1）初相变换 sinωx → sin（ ωx+φ）；
（2）振幅变换 sin（ωx +φ）→ Asin（ ωx+φ）；
（3）纵移变换 Asin（ ωx +φ） → Asin（ ωx+φ）+m；
后者周期都不变，亦即 Asin（ ωx +φ） +m 与 sin（ωx）的周期相同，都是 .
而对复合函数 f （sinx）的周期性，由具体问题确定.
（1）复合函数 f（sinx） 的周期性
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【例题】 研究以下函数的周期性：
（1）2 sinx； （2）
（2） 的定义域为［2kπ，2kπ+π］，值域为［0，1］，作图可知， 它是最小正周
期为
2π的周期函数.
【解答】 （1）2sinx 的定义域为 R，值域为 ，作图可知，它是最小正周期为 2π的
周期函数.
【说明】 从基本函数的定义域，值域和单调性出发，通过作图，还可确定，loga x，sinx，
，
sin（sinx）都是最小正周期 2π的周期函数.
（2）y= sin3 x 的周期性
3 3
对于 y = sin x =(sinx)，L=2π肯定是它的周期，但它是否还有更小的周期呢？
我们可以通过作图判断，分别列表作图如下.
图上看到，y = sin3x 没有比 2π更小的周期，故最小正周期为 2π.
（3）y= sin2 x 的周期性
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2 2
对于 y = sin x = (sinx) ，L=2π肯定是它的周期，但它的最小正周期是否为 2π？
可以通过作图判定，分别列表作图如下.
2
图上看到，y = sin x 的最小正周期为π，不是 2π.
（4）sin2n x 和 sin2n-1 x 的周期性
y = sin2x 的最小正周期为π，还可通过另外一种复合方式得到.
因为 cos2x 的周期是π，故 sin2x 的周期也是π.
2 2
sin x 的周期，由 cosx 的 2π变为 sin x 的π. 就是因为符号法“负负得正”所致.
因此，正弦函数 sinx 的幂符合函数 sinmx，当 m=2n 时，sinm x 的最小正周期为π；m = 2n–1
时，
sinmx 的最小正周期是 2π.
（5）幂复合函数举例
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【例 1】 求 y =|sinx|的最小正周期.
【解答】 最小正周期为π.
【例 2】 求的最小正周期.
【解答】 最小正周期
为 2π.
【例 3】 求 的最小正周期.
【解答】 最小正周期
为π.
【说明】 正弦函数 sinx 的幂复合函数
.
当 q 为奇数时，周期为 2π；q 为偶数时，周期为π.
3、周期函数的和函数
两个周期函数，如 sin x 和 cosx ，它们最小正周期相同，都是 2π. 那么它们的和函数，
即 sinx + cos x 的最小正周期如何？
和函数的周期与原有函数的周期保持不变. 这个结论符合一般情况.
对于另一种情况，当相加的两个函数的最小正周期不相同，情况将会如何？
（1）函数 sinx + sin2 x 的周期性
sin x 的最小正周期为 2π，sin2x 的最小正周期是π，它们之间谁依赖谁，或依赖一个第
三者？
列表如下.
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表上看到函数 sinx+sin2x 的最小正周期是 2π.
（2）函数 sinx + sin2x 的周期性
依据上表，作 sinx+sin2x 的图像如右.
从图上看到，函数的最小正周期为 2π. 由 sinx，
sin2x 的最小正周期中的大者决定，因为前者是后
者的 2 倍.从图上看到，sinx+sin2x仍然是个“振动
函数”，但振幅已经不是常数了.
（3）函数 sinx+sin x 的周期性
sinx 的最小正周期为 2π，sin x 的最小正周期是 3π.
们之间的和 sinx + sin x 的最小正周期也由“较大的”决定吗？即“和函数”的周期为
3π吗？
不妨按周期定义进行检验. 设
则 x0 +3π=
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因此 3π不是 sinx + sin x 的最小正周期.
通过作图、直观看到，sinx+sin x 的最小正周期为 6π，即 sinx 和 sin x 最小正周期的
最小倍数.
4、周期函数在高考中
三角函数是高考命题的重要板块之一，小题考，大题也考，比分约占高考总分的七分之一，
与立体几何相当. 与立几不同的是，它还与函数、方程、不等式、数列、向量等内容综合.
正弦函数是三角函数的代表，而周期性又是正弦函数的特性.
关系到正弦函数的试题，有 2 种形式.
（1）直接考，求正弦函数的最小正周期.
（2）间接考，考周期在正弦函数性质中的应用. 求单调区间，求最值，简单方程的通解等.
（1）求正弦函数的周期
【例 1】 函数 y =|sin |的最小正周期为
（A） （B）π （C）2π （D）4π
【解答】
最小正周期是 最小正周期的一半，即 2π. 答案为（C）
【说明】 图象法判定最简便，|sin x|的图象是将 sin x 的图象在 x 轴下方部分折到 x 轴上
方去.
倍角法定判定最麻烦
【解答】 （1）y = 2cos2x + 1 的最小正周期由 cos2x 决定
（2）求正弦函数的周期
2
【例 2】 （1）y =2cos x+1 的最小正周期为 .
（2）y =|sinx + cosx|的最小正周期为 .
【解答】 （1）y = 2cos2x + 1 的最小正周期由 cos2x 决定，故答案为π.
（2） 故答案为π.
【说明】 都可看作 sinx 的幂函数的复合函数.
（3）函数周期性应用于求值
【例题】 f (x)是 R 上的偶函数，且是最小正周期为π的周期函数.
【解答】
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【说明】 周期性应用于区域转化. 将“无解析式”的区域函数转化到“有解析式”的区间
上求值.
若 时 f (x) = sinx 试求 的值.
（4）函数周期性应用于求单调区间
2 2
【例题】 x∈R，求函数 y =sin x + sinx cosx+2cos x 的单调增区间.
【解答】
函数的最小正周期为π.
令 得
因为函数周期为π，故函数的单调增区间为 .
【说明】 先求包含零点的增区间，再用最小正周期求单调增区间的集合.
周期函数在高考中
（5）周期性应用于求函数零点
【例题】 已知函数 .
【解答】
令 得
故交点横坐标的值的集合为 .
【说明】 先求绝对值最小的解，再利用最小正周期求“通解”.
5、高考史上的周期大难题
高考史上第一次“周期大难题”出现在恢复高考后的第 3 年，即 1980 年的理科数学卷上.
本题排在该卷的第六大题上. 在有十个大题的试卷上，这是个中间位置，然而，从当年的得
分情况来看，本题的难度超过了包括压轴题和附加题在内的所有题目. 这点为命题人事先未
能预料.
后来分析，该题的难点有三 .
（1）函数抽象，导致周期中含有参数；（2）求参数范围，与解不等式综合；（3）求最小
正整数解，连命题人自拟的“标答”都含糊不清. 20多年来数学界质疑不断.
【考题】设三角函数 ，其中 k≠0.
（1）写出 f (x)极大值 M、极小值 m 与最小正周期;
（2）试求最小的正整数 k，使得当自变量 x在任意两个整数间（包括整数本身）变化时，
函数 f (x)至少有一个值是 M 与一个值是 m.
【解答】 （1） M=1，m = -1， .
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（2）f (x)在它的每一个周期中都恰好有一个值是 M 与一个值是 m .
而任意两个整数间的距离都≥1因此要使任意两个整数间函数f(x)至少有一个值是M与一个
值是 m，必须且只须使 f (x)的周期≤1 即：k=32就是这样的最小正整数.
6、高考史上的周期大错题
中学教材上的周期函数，一般都是简单和具体的函数. 关于最小正周期的求法，也是一些感
性的结果；没有系统和完整“最小正周期”的系统研究.
然而，随着“抽象函数”的不断升温，对周期函数周期的考点要求越来越高.
2006 年福建理数卷出现的“周期大错题”正是这种盲目拔高的必然结果.
【例题】 f（x）是定义在 R 上的以 3 为周期的奇函数，且 f（2）=0，则方程 f（x）=0在
区间（0，6）内解的个数的最小值是
A.2 B.3 C.4 D.5
【说明】 这是 2005 年福建卷（理）第 12 题，命题组提供的答案是 D，即答案为 5. 答案
D 从何而来？以下，就是“D”的一种解法.
【解答】 f (x)周期为 3，由 f (2)=0，得 f (5) = f (2)=0，得
f (-1)= f (2-3) = f (2)=0，得 f (-4) = f (2-6) = f (2)=0
f (x)为奇函数，得 f (1) = - f (-1) =0 f (4)= - f (-4)=0，得
f (-0)= - f (0)，得 f (0)=0 f (3)= f (3+0)= f (0)=0
于是，求得 f (x)=0 的解为：1、2、3、4、5. 共 5个解，答案为 D.
【讨论】 除了上述解法得 f (x)=0的 5 个解外，还有如下的解.
根据方程 f (x)=0的定义， x = 1.5 和 x =4.5 也是方程的解，证明如下：
由 f (x)的周期性，知 f (-1.5)= f (1.5) （1）
由 f (x)的奇偶性，知 f (-1.5) = - f (1.5) （2）
从而有 f (1.5)=0，f (4.5) = f (1.5)=0.
所以，1.5和 4.5也是方程 f (x)=0 的解.于是，方程的解共有 7 个：即是 1、1.5、2、3、
4、4.5、5.
【思考】 按上面讨论的结果，方程 f (x) = 0的解至少有 7个. 而原题的四个选项支中均
没有这个答案. 命题人给定的答案 D 是错的.
高考史上的周期大错题
【实验检验】 f (x)同时满足 4 个条件：（1）定义在 R 上；（2）奇函数；（3）周期为 3；
（4）f (2) =0. 据此，我们找到 f (x)的一个具体例子：
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并在区间（0，6）上找到 f (x)=0 的 7 个解，列表如下：
这 7 个解即是 1，1.5，2，3，4，4.5，5.
函数 在一个周期［0，3］上的图像如右. 图像与 x 轴有 5 个交点，故在［0，6］有 9 个交
点，从而在（0，6）上有 7 个交点.
【反思】 命题人的错误自然出在疏忽二字上. 实在地，本题较难，首先难倒了命题人自己.
严格地讲，试题“超纲”. 对两个周期函数的和函数，其最小正周期是它们的“最小公倍
数”——这本身就没有进行过证明，对某些具体函数可以具体分析，但对抽象函数来讲，却
没有理论依据. 而本题，又恰恰是个抽象函数，而且是个综合问题. 命题出错似乎是必然的.
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