高中数学笔记 - 数的基本运算 & 不等式 & 函数（不含导数）

liuhaopeng · 2024-12-23 20:25:52 · 学习·文化课

数学笔记全文

修订

方程求解

代数基本定理：任何一元 n(n\in\N ^{*}) 次复系数多项式方程 f(x)=0 至少有一个复数根。
一元一次方程
ax+b=0(a\neq 0) \implies x=-\frac{b}{a}
一元二次方程
ax^2+bx+c=0(a\neq0) \Delta<0，x=\frac{-b\pm\sqrt{-\Delta}i}{2a} \\ \Delta=0，x=-\frac{b}{2a} \\ \Delta>0，x=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a},\ 二者相距\ |\frac{\sqrt{\Delta}}{a}| \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 顶点坐标\ (-\frac{b}{2a},\ -\frac{\Delta}{4a}),\ 两根相加 -\frac{b}{a},\ 两根相乘 \frac{c}{a} \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 其与坐标轴围成的面积\ S=\frac{\Delta^{1.5}}{6a^2} \end{cases}
一元三次方程
ax^3+bx^2+cx+d=0(a\neq0)
1. 盛金公式
  
  重根判别式 \begin{cases} A=b^2-3ac \\ B=bc-9ad \\ C=c^2-3bd \end{cases}
  
  总判别式 \Delta=B^2-4AC
  - A=B=0
  x_1=x_2=x_3=\frac{-b}{3a}=\frac{-c}{b}=\frac{-3d}{c}
  - \Delta>0
  令 Y_{1,2}=Ab+3a(\frac{-B\pm\sqrt{B^2-4AC}}{2}),\ i^2=-1
  \boxed{x_1=\frac{-b-(\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2})}{3a}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_{2,3}=\frac{-b+\frac{1}{2}(\sqrt[3]{Y_1}+\sqrt[3]{Y_2})\pm\frac{\sqrt{3}}{2}(\sqrt[3]{Y_1}-\sqrt[3]{Y_2})i}{3a}}
  - \Delta=0(A\neq 0)
  \boxed{x_1=\frac{-b}{a}+\frac{B}{A}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_2=x_3=\frac{-B}{2A}}
  - \Delta<0
  \boxed{x_1=\frac{-b-2\sqrt{A}\cos\frac{\theta}{3}}{3a}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x_{2,3}=\frac{-b+\sqrt{A}(\cos\frac{\theta}{3}\pm\sqrt{3}\sin\frac{\theta}{3})}{3a}}
  其中 \theta=\arccos \frac{2Ab-3aB}{2\sqrt{A^3}}\ (A>0,-1<T<1)
2. 卡尔达诺公式
  
  先左右除以 a，令 y=x+\frac{b}{3a} 得到一个奇数次的方程 y^3+3py+2q=0，再令 y=u+v 得到 u^3+v^3+(u+v)(3uv+3p)+2q=0
  
  瞪眼法可以知道 u^3+v^3=-2q,uv=-p 的一个根，再解出 u,v 即可。
x_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a} \\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{c}{a} \\ x_1x_2x_3=-\frac{d}{a} \end{cases}
一元四次方程
ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0(a\neq 0) x_1+x_2+x_3+x_4=-\frac{b}{a} \\ x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4=\frac{c}{a} \\ x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+x_1x_3x_4+x_2x_3x_4=-\frac{d}{a} \\ x_1x_2x_3x_4=\frac{e}{a} \end{cases}
若将韦达定理推广到一元 n 次方程 a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1x+a_0=0 (a_n\neq 0)，则方程的根可以表示为
x_k = -\frac{1}{n} \displaystyle\sum_{j=1}^{n} \omega^j a_j
其中 \omega 是 n 次单位根，即 \omega = e^{\frac{2\pi i}{n}}

根的和与系数的关系：x_1 + x_2 + \ldots + x_n = -\frac{a_{n-1}}{a_n}

根的积与系数的关系：x_1x_2\dots x_n = (-1)^n \frac{a_0}{a_n}
二元一次方程组
a_1x+b_1y=c_1 \\ a_2x+b_2y=c_2 \end{cases} \Delta=0,\ \text{无解\ 或\ 无数组解} \\ \Delta\neq0,\ \begin{cases} x=\frac{c_1b_2-b_1c_2}{\Delta} \\ y=\frac{a_1c_2-c_1a_2}{\Delta} \end{cases} \end{cases}

不等式

以下 i=1,2,\dots,n.

均值不等式

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

也就是调和平均值 \leq 几何平均值 \leq 算术平均值 \leq 平方平均值

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

柯西不等式

a_i,b_i\in\R\ \ \ \ (\sum_{i=1}^{n}a_ib_i)^2\leq(\sum_{i=1}^{n}a_i^2)(\sum_{i=1}^{n}b_i^2)

推论：权方和不等式

\frac{(\sum_{i=1}^{n}a_i)^2}{\sum_{i=1}^{n} b_i}\leq\sum_{i=1}^{n}\frac{a_i^2}{b_i}

幂平均不等式

a_i>0,\alpha>\beta\ \ \ \ (\frac{\sum_{i=1}^{n} a_i^\beta}{n})^{\frac{1}{\beta} }\leq(\frac{\sum_{i=1}^{n}a_i^\alpha}{n})^{\frac{1}{\alpha} }

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

切比雪夫不等式

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

(\sum_{i=1}^{n}a_i)(\sum_{i=1}^{n}b_i)\leq n(\sum_{i=1}^{n}a_ib_i)

排序不等式

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

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

Holder 不等式

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

琴生不等式

设 f(x) 为单调区间 [a,b] 的下凸函数，x_i\in[a,b]

\frac{\sum_{i=1}^{n} f(x_i)}{n}\geq f(\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n})

例子

例 1：已知 x>0,y>0,x+y=2，求 \frac{2}{x}+\frac{3}{y} 的最小值。
\frac{2}{x}+\frac{3}{y}=\frac{(\frac{2}{x}+\frac{3}{y})(x+y)}{2}=\frac{5+\frac{2y}{x}+\frac{3x}{y}}{2}\geq\frac{5+2\sqrt{6}}{2}
注意 \sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1
例 2：已知 a>b>0，求 a^2+\frac{1}{ab}+\frac{1}{a(a-b)} 的最小值。
a^2+\frac{1}{ab}+\frac{1}{a(a-b)}=a^2-ab+ab+\frac{1}{ab}+\frac{1}{a(a-b)}
使用基本不等式化简，取等条件 a=\sqrt{2},b=\frac{\sqrt{3}}{2}。
例 3：已知 a>0,b>0,c>0，求证 \frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}\geq\frac{3}{2}。

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

同理可得 b=\frac{x+y-z}{2},c=\frac{y+z-x}{2}，代入原式得左边 =
\frac{1}{2}(\frac{y}{x}+\frac{x}{y}+\frac{x}{z}+\frac{z}{x}+\frac{y}{z}+\frac{z}{y})-\frac{3}{2}
使用基本不等式化简，取等条件 x=y=z，即 a=b=c
例 4：若实数 x,y 满足 x^2+y^2+xy=1, 则 x+y 的最大值是？

使用判别式法，令 k=x+y, x=k-y 代入得
y^2-ky+k^2-1=0,\ \Delta=k^2-4(k^2-1)\geq 0
得 -\frac{2\sqrt{3}}{3}\leq k\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}, x+y\leq \frac{2\sqrt{3}}{3}。
例 5：已知正实数 y 满足 \frac{xy}{y-x}=\frac{1}{5x+4y}, 则正实数 x 的最大值是？

由题得 4xy^2+(5x^2-1)y+x=0\implies y_1y_2=\frac{1}{4}>0, y_1+y_2=-\frac{5x^2-1}{4x}>0。
5x^2-1<0 \\ x>0 \end{cases} 或 \begin{cases} 5x^2-1>0 \\ x<0 \end{cases}\implies 0<x<\frac{\sqrt{5}}{5} \Delta=(5x^2-1)^2-16x^2\geq 0 \implies 5x^2-1\geq 4x\ 或 \ 5x^2-1\leq -4x
解得 0< x\leq \frac{1}{5}。
例 6：\Delta ABC 中求 (\frac{S}{a^2+2bc})_{\max}。

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

函数单调性、奇偶性、对称性与周期性

复合函数单调性——同增异减

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

奇偶性

奇函数：对称中心 (0,0)，如 y=\frac{k}{x}\ (k\neq 0)。
偶函数：关于 x=0 对称，如 y=|x|,\ y=x^2。
一个多项式函数为奇函数，当且仅当它只有奇数次幂，如 f(x)=2x^7+5x^5-x^3。
一个多项式函数为偶函数，当且仅当它只有偶数次幂，如 f(x)=x^6-6x^4+x^2+9。
反函数：定义域和值域与原函数互换的新函数，如 f(x)=\log_ax 的反函数为 g(x)=a^x，反之亦然。

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

反函数的其他性质：原函数与其反函数关于直线 y=x 对称。
奇偶函数加减法则

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

复合函数奇偶性（有偶则偶，同奇则奇）

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

对称性

必记二级结论

以下记 T 为函数的周期, 记 C\in\R 为某个常数。

f(x+a)=f(x+b) \implies T=|b-a|
f(x)+f(x+a)=C \implies T=2a
f(x)\times f(x+a)=C \implies T=2a
f(x+2a)=f(x+a)-f(x) \implies T=6a
f(x)\ 关于\ x=a,\ x=b\ 对称 \implies T=|2(b-a)|
f(x)\ 的两个对称中心\ (a,0),\ (b,0)\ \implies T=|2(b-a)|
f(x)\ 关于\ x=a\ 对称且有个对称中心\ (b,0) \implies T=|4(b-a)|

拓展二级结论

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

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

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

如果一个多项式函数 f(x)=a_n x^n + a_{n-1}x^{n-1}+\dots+a_1 x+a_0 具有轴对称性，那么它的对称轴 x=-\frac{a_{n-1}}{na_n}。
注意到该函数的定义域为 $\set{x|x\neq - \frac{d}{c}}$，值域是 $\set{x|x\neq\frac{a}{c}}$。例：$f(x)=\frac{x}{x+1}+\frac{x+1}{x+2}+\frac{x+2}{x+3}$ 的对称中心？首先我们知道，这三个式子的对称中心分别是 $(-1,1)$，$(-2,1)$，$(-3,1)$。如果这个函数有对称中心，其横坐标就在 $-1,-2,-3$ 中间即 $-2$。因为函数是三个式子相加，所以纵坐标就是三个纵坐标相加即 $3$。所以函数的对称中心 $(-2,3)$。
任何一个函数 f(x) 都可以拆分为一个奇函数 F(x)=\frac{f(x)-f(-x)}{2} 与一个偶函数 G(x)=\frac{f(x)+f(-x)}{2} 之和。
f(x+a)=\frac{mf(x)+b}{cf(x)-m}(a,b,c\in\R,c\neq 0,m^2+bc\neq 0) \implies T=2a
f(x+a)=\frac{1+f(x)}{1-f(x)} \implies T=4a

幂、对数的基本计算

a\in\Z^+,\ 直接计算 \\ a=0,\ x^a=0 \\ a\in\Z^-,\ x^a=\frac{1}{x^{-a}} \\ \text{Otherwise} ,\ 令 \ a=\frac{b}{c}, \ x^a=\sqrt[c]{x^b} \\ \end{cases}
\log_ab+\log_ac=\log_a bc
\log_ab-\log_ac=\log_a\frac{b}{c}
\log_ab=\frac{\log_cb}{\log_ca}
\frac{b}{c}\log_aN=\log_{a^c}N^b
M^{\log_aN}=N^{\log_aM}
a^{\lg b}=b^{\lg a}

例子

例 1：已知正实数 x,y,z 满足 3^x=5^y=15^z，则（ BCD ）

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

令 3^x=5^y=15^z=k，则 x=\log_{3}k，y=\log_{5}k，z=\log_{15}k。

令 k=100 易证 A 选项不成立。

显然有 \frac{1}{x}=\log_{k}3，\frac{1}{y}=\log_{k}5，\frac{1}{z}=\log_{k}15。

即 \frac{1}{x}+\frac{1}{y}=\frac{1}{z}，两边同乘 xyz 可证得 B 选项成立。

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

D 选项即证明 xy-4z^2=\frac{(\lg{k})^2}{\lg 3\lg 5}-\frac{4(\lg{k})^2}{(\lg{15})^2}>0 \implies (\lg{15})^2-4\lg{3}\lg{5}=(\lg 3+\lg 5)^2-4\lg{3}\lg{5}=(\lg 3-\lg 5)^2>0。
例2：设 a=\log_{3}2,b=\log_{5}3,c=\log_{8}5，比较大小：a<b<c。
\because (a+b)^2\geq 4ab\ \ \ \ \ \ \text{}$ $\therefore ab\leq\frac{(a+b)^2}{4} \frac{b}{c}=\log_{5}3\times\log_{5}8\leq\frac{(\log_{5}3+\log_{5}8)^2}{4}<1\implies b<c \log_{3}2=\log_{3}\sqrt[3]{8}<\log_{3}\sqrt[3]{9}=\frac{2}{3},\log_{5}3=\log_{5}\sqrt[3]{27}>\log_{5}\sqrt[3]{25}=\frac{2}{3}\implies a<b

复数

z=a+b\text{i}$ $\ \ \ \ \ \text{}$ 模或绝对值 $|z|=|a+b\text{i}|=\sqrt{a^2+b^2}
共轭复数 \={z}=a-b\text{i} \ \ \ \ \ \text{} 几何意义：复平面上点 (a,b)

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

所有虚数均不能直接比较大小，如 \xcancel{2+\text{i}>1+\text{i}}，当且仅当 b=0 时可以比较。
z_1=a+b\text{i},\ z_2=c+d\text{i}$ $\ \ \ \ \ \text{}\implies$ $z_1\pm z_2=(a\pm c)+(b\pm d)\text{i} \implies z_1 z_2=ac-bd+(bc+ad)\text{i}$ $\ \ \ \ \ \text{}$ $\frac{z_1}{z_2}=\frac{ac+bd+(bc-ad)\text{i}}{c^2+d^2}
利用三角形三边关系：|z_1|-|z_2|\leq|z_1+z_2|\leq|z_1|+|z_2|。此公式适用于实数、复数、向量，当 a,b 为向量时，利用 |\mathbf{a}\cdot\mathbf{b}|\leq|\mathbf{a}||\mathbf{b}| 可证明。
(a\pm b\text{i})^2=a^2-b^2\pm 2ab\text{i},(a+b\text{i})(a-b\text{i})=a^2+b^2,(1\pm\text{i})^2=\pm 2\text{i} (-\frac{1}{2}\pm\frac{\sqrt{3}\text{i}}{2})^3=1 \frac{1}{\text{i}}=-\text{i},\frac{1-\text{i}}{1+\text{i}}=-\text{i},\frac{1+\text{i}}{1-\text{i}}=\text{i} n\in\Z,i^{4n}=1,i^{4n+1}=i,i^{4n+2}=-1,i^{4n+3}=-i

复数的三角表示

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

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

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

设 z_1=a+b\text{i}=r_1(\cos\theta _1+\text{i}\sin\theta _1),z_2=c+d\text{i}=r_2(\cos\theta _2+\text{i}\sin\theta _2)
z_1z_2=r_1r_2[\cos(\theta _1+\theta _2)+\text{i}\sin(\theta _1+\theta _2)] \frac{z_1}{z_2}=\frac{r_1}{r_2}[\cos(\theta _1-\theta _2)+\text{i}\sin(\theta _1-\theta _2)](z_2\neq 0) z_1z_2\dots z_n=r_1r_2\dots r_n[\cos(\theta _1+\theta _2+\dots +\theta _n)+\text{i}\sin(\theta _1+\theta _2+\dots +\theta _n)]
棣莫弗定理：对于 z=r(\cos\theta+\text{i}\sin\theta), z^n=r^n(\cos n\theta+\text{i}\sin n\theta),n\in\N ^{*}。

复数与圆

$|z-z_1|=r\implies z$ 在复平面内对应点的集合是以 $z_1$ 在复平面内的对应点为圆心，$r$ 为半径的圆。 $|z-z_1|=|z-z_2|\implies z$ 在复平面内对应点的集合是 $Z_1,Z_2$ 为端点的线段的**中垂线**。
设复数 z_1,z_2,z_1+z_2 在复平面内对应点为 A,B,C，结合平面向量的基本运算。
$|z_1|=|z_2|\implies$ 四边形 $\text{OACB}$ 为**菱形**。 $|z_1|=|z_2|$ 且 $|z_1+z_2|=|z_1-z_2|\implies$ 四边形 $\text{OACB}$ 为**正方形**。
综合题：已知复数 z_1,z_2 满足 |z_1|=|z_2|=1，若 |z_1-z_2|=|z_1-1|=|z_2-z|，则 |z| 的最大值是？
|z|=|(z_2-z)-z_2|\leq|z_2-z|+|z_2|=|z_1-1|+1\leq|z_1|+1+1=3$，此时 $z_1=-1,z_2=1,z=3

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