數學競賽范文

導語：如何才能寫好一篇數學競賽，這就需要搜集整理更多的資料和文獻，歡迎閱讀由公文云整理的十篇范文，供你借鑒。

篇1

該競賽始于2005年,是由世界各地致力于普及青少年數學教育的機構、團體和個人組成的合作性組織IMC國際數學競賽,迄今為止已經在新加坡舉辦了四屆,已有來自新加坡、印度、菲律賓、印度尼西亞、泰國、中國等國家的經過選拔的數千名學生參加了競賽活動。各國按年級競賽成績分別評獎,參賽學生根據競賽排名分獲金、銀、銅獎。

國際數學奧林匹克競賽IMO(InternationalMathematicalOlympiad)

國際奧林匹克數學競賽是國際中學生數學大賽,在世界上影響非常大。這一競賽1959年由東歐國家發起,得到聯合國教科文組織的資助。國際奧林匹克數學競賽由參賽國輪流主辦,參賽選手必須是不超過20歲的中學生,每支代表隊有學生6人,另派2名數學家為領隊。試題由各參賽國提供,然后由東道國精選后提交給主試委員會表決,產生6道試題。試題確定之后,被翻譯成英、法、德、俄文等語言,由領隊譯成本國文字。考試分兩天進行,每天連續進行四個半小時,考3道題目。每道題7分,滿分為42分。同一代表隊的6名選手被分配到6個不同的考場,獨立答題。答卷由本國領隊評判,然后與組織者指定的協調員協商,如有分歧,再請主試委員會仲裁。

全國大學生數學建模競賽CUMCM(ChinaUndergraduateMathematicalContestinModeling)

全國大學生數學建模競賽是全國高校中規模最大的課外科技活動之一。本競賽每年9月(一般在中旬某個周末的星期五至下周星期一共3天)舉行,競賽面向全國大專

篇2

競賽前，選手們都已經做好了充分的準備。每位選手既希望這場數學競賽早早到來，又希望這場競賽遲遲不來。走進階梯教室，我們的心情無比激動。我悄悄地對郝韻和趙大亨說：“《每當我走過老師的窗前》這首歌曲中第三段中有一句是‘肩負祖國希望奔向四方’，我們是‘肩負王老師和同學們的希望來參加數學競賽’，對嗎？”他倆會意地笑了。

競賽開始了。同學們拿到卷子，便都認真地做了起來，不放過每一題。這時，我們才感到代表班級來參加數學競賽，責任是多么重大啊！雖然這些題都是星號題、思考題，但對我們來說，那可真是輕而易舉呀！卷子我全做出來了，但有三題我懷疑對不對。

考完了，我們懷著沉重和想早點兒得知成績的心情漫步走回教室。剛一進教室，沉重的心情立刻被嘈雜聲打亂了。好多同學問我們“考得怎么樣？”“能考多少分？”之類的問題。問我的時候，我要么只回答“還行吧。”要么我就不回答。

第二天上午上數學課的時候，王老師說：“你們也得向三（1）班學學，我很為他們高興。三（1）班去六名同學參加競賽，獲獎的有五名。第一名和前五名都是他們班的。”教室里立刻鴉雀無聲，接著又像炸鍋一樣向我們6個抱怨，說我們太笨了。我氣呼呼地對著他們大聲嚷道：“好，就算我們笨。有本事你去考呀，我就不信你們比我們強到哪里。哼！”這時，王老師淡淡地對我們說：“我們班只有沈通和王若詩兩位同學獲得名次，但也算是一般的。王若詩76分，第六名；沈通71分，第7名。”這時，全班同學都向我們倆投來贊許的目光，李翔說：“祝賀你！”上來就要擁抱我，我一把將他推過去，說：“干什么的，神經病，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，得一個全年級第一呢？但愿我能參加下一次數學競賽，好再和她比個高低。

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【關鍵詞】數學歸納法 數學競賽 數學教育

【中圖分類號】G633.6 【文獻標識碼】A 【文章編號】2095-3089（2016）32-0159-02

一、數學歸納法在數學競賽中的價值

一直以來數學歸納法都是我國中學數學教育非常重要的教學內容，而且當學生有效的掌握數學歸納法實際上也就踏入了數學研究的門檻。數學歸納法主要有兩個核心的內容，一個是起點驗證，而另一個是歸納推理，不過在這兩點中，歸納推理的難度相較于起點驗證來說要更難一些，這主要是因為歸納推理考驗的是學生的思維能力和邏輯能力，在一些數學競賽中經常會設置一些需要用到數學歸納法的題型來綜合性的考驗學生的實際能力。而反之學生也可以參照數學競賽的這種設置來不斷的提升自身對數學歸納法應用的熟練度，從而在數學競賽中脫穎而出。

二、數學歸納法在數學競賽實題中的應用

數學歸納法在數學競賽中常被應用，所以以數學競賽實題來作為本文研究數學歸納法在數學競賽中的應用是最好不過的例子。

在某年的數學競賽中有一題是：設正整數n≥6，需要證明單位正方形可以剖分為n個小正方形。其實當看到這道題的時候學生首先就應該對這道題可能的考查點有一個明確的判斷，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特性的，所以該題必然是一道考量一般規律的題，也就是說其會用到數學歸納法，所以在這個時候學生就應該從數學歸納法的角度上去看這道數學競賽題。首先以數學歸納法的第一個條件，起點驗證來確定這道題目的正確性，當n分別等于6、7、8的時候，我們發現一個單位正方形是可以利用田字格的方式將其劃分為四個小正方形，因此使用跳躍式數學歸納法該命題是成立的。

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

因此從數學歸納法的角度上來說，該題的題目是得到了驗證的。其實從本題的本質上來看，這僅僅是一道簡單的跳躍式數學歸納法，但是縱觀近幾年的中學數學競賽，這種題型屢見不鮮，這也就意味著我國的數學教育正在逐步的提高數學歸納法在其中的占比，希望能夠培養出更多的具有專業數學素養，擁有良好思維能力和邏輯能力的高素質人才。本文選擇的例子是數學競賽中比較常用的但是在難度上相對較低的數學歸納法應用題型，還有許多應用到數學歸納法的題型要比上述例題更加的復雜。譬如說設整數n≥4，證明可以將任意一個三角形剖分為n個等腰三角形。雖然乍看上去這道題的題型與上述中的例題非常相似，但是實際上由于等腰三角形具有獨特的圖形特質，因此盡管同屬于數學歸納法應用的題型，但是在驗證上，這道題的驗證過程要比上一道題的驗證過程復雜得多。因為要想驗證這道題首先必須要驗證任意一個直角三角形是可以剖分為兩個等腰三角形的，然后還要驗證任意一個三角形是可以剖分為k個直角三角形的，其中k是≥2的，最后還要驗證一個等腰三角形可剖分為四個等腰三角形。只有先將這三個引理驗證清楚才能夠借此回歸到原題去證明當n≥4的時候，可以將任意一個三角形剖分為n個等腰三角形。這實際上就是數學歸納法的綜合性應用，它需要學生能夠考量到的多方面的因素，從而通過數學歸納法去驗證自己的想法。

三、結束語

一直以來數學歸納法都是我國數學教育的重中之重，不過在應試教育的壓迫下，數學歸納法雖然得到重視，但是學生的自我思考能力也逐漸的被磨滅，所以隨著我國新課改進程的逐漸推進，素質教育更多的是強調通過數學歸納法來樹立學生的思維邏輯，而不是讓他們更多去應付考試，本文覺得這才是數學歸納法存在的意義與價值。

參考文獻：

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一、構建方程

構建方程式是在初中數學競賽解題過程中一個較為基本的方法。在實際的解題過程中我們要善于發現問題、善于與已學過的知識相聯系、認真的分析題型，根據問題的結構特征以及題目中的數量關系，來充分的挖掘題目中的有關知識點的聯系，從而來構建方程，讓解題變得更加的巧妙、合理。其實在面對有些問題時，如果按照常規方法來進行解答會比較的困難，但是如果可以根據實際問題的特征來構造有關的方程式，然后找到解決問題的答案。例如：如果關于x的方程式ax+b=2（2x+7）+1有無數個解，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

因為原一元一次方程有無數個解，所以a-4=0，15-b=0，解得a=4，b=15。

二、構建幾何圖形

在進行幾何題的解答時，借助幾何圖形的性質，通過巧妙的構建，可以很容易找到解題的方法，不僅僅能夠讓問題快速的解決，而且有利于提高學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D。求證：AB+BD=AC。

分析：按照一般解答幾何題的規律，在遇到三角形的角平分線的時候，可以構造等腰三角形，然后借助等腰三角形的性質，通常可以解決一般的問題。因此，做CB的延長線到F，使三角形BAF為等腰三角形，且角F等于角1，再根據等腰三角形的外角關系，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、構建函數模型

在解答初中數學競賽題時，根據數學符號，以及題目中的已知和未知條件的關系，將文字題目轉化為數學符號，從而建立函數模型關系式。再利用已經學過的數學基礎知識，來解決函數問題。例如，某加工廠現有A種原料290千克，B中原料360千克，計劃利用這兩種原材料來生產甲乙兩種食品，共50件。已知生產一件甲種產品，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，生產一件乙種產品，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、乙兩種產品的生產件數，設計幾中方案；（2）設生產甲乙兩種產品的總收益為y元，生產甲種產品x件，試寫出總收益與生產甲種產品數量之間的函數關系，并且利用函數的性質來證明（1）中哪種方案收益最大？最大收益是多少？

解析：（1）設需要生產甲種產品x件，那么需要生產乙種產品（50-x）件

由題意可得9x+4（50-x）≤360

3x+10（50-x）≤290，解得：30≤x≤32

因為x為整數，所以x=30、31、32

所以有三種方案：（1）生產甲種產品30件，乙種產品20件；（2）生產甲種產品31件，乙種產品19件；（3）生產甲種產品32件，乙種產品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x取最小值的時候，利潤最大

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1 數學競賽中出現的不等式問題

1.1 蘊含函數、方程思想的不等式

函數、方程和不等式有著內在的聯系,函數性質的研究依賴于不等式及方程的知識.同樣在解不等式時,以函數為橋梁和紐帶,往往使問題豁然開朗,起到事半功倍的效果.

例1（2005年全國數學聯合競賽題）已知f(x)是定義在(0,+∞)上的減函數,若f(2a2+a+1)

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

解：f(x)是定義在(0,+∞)上的減函數,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我們不難發現除了蘊含函數思想外,還蘊含著另外一種思想,即等價轉化思想.這也是我們下面將要討論的不等式問題中經常遇到的一類情形.

1.2 蘊含轉化思想的不等式

所謂等價轉化思想,就是人們在解決問題時,對非規范性的問題做轉化,使之逐步轉化為規范性（已有方法解決的常規問題）問題,達到化繁為簡,化難為易,變“正面強攻”為“側翼出擊”的思維方法.轉化可分為等價轉化和不等式轉化.在解不等式時經常會用到這種轉化思想.

例2（2006年全國聯賽數學競賽題）設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,即選項應為B.

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

1.3 蘊含分類討論思想的不等式

有些問題,從已有知識經驗知道,必須分類討論方能解決.還有些問題的分類討論是產生在思維受阻或不暢的時候.分類討論是數學中一種重要的思想方法和解題策略,當問題所給的對象不易進行統一研究或推理,只有用分組的形式才能方便的表示出來時,就需要對研究的對象進行分類,對每一類分別研究,得出每一類的結果,最后綜合各類結果,得到答案.

選擇好的思想著眼點,是使思維順利發展的關鍵,也是認識為什么分類以及準確恰當分類的前提.

2不等式的證明

弗萊登塔爾這樣描述數學的表達形式：“沒有一種數學的思想,以它被發現時的那個樣子公開發表出來,一個問題被解決后,相應地發展為一種形式化技巧,結果把求解過程丟在一邊,使得火熱的發明變成冰冷的美麗.”不等式證明問題,還原了數學概念和知識的火熱思考過程,突出了數學問題的本質,是考察學生的思維品質和創新精神的好題型.

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

證明：因為a1,a2,…,an是1,2,…,n的一個排列

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++…+)

因為n=(++…+)+(1++…+)

所以++…+≥+…+ .

分析：這個證明很巧,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,根據所證明的不等式的結構,常常需要配合一定的變形技巧與轉化策略,才可以使用重要不等式最終把問題解決.

2.1 套用

例4（1993年高中聯賽題）實數x,y滿足4x2-5xy+4y2=5設S=x2+y2則+的值為（ ）.

解：因為+≥|xy|

所以-≤xy≤

-≤5xy≤

又因為5xy=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 項的巧拆和巧組

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

證明：因為a,b,c∈R+

則a2+b2+c2=(a2+b2)+(b2+c2)+(c2+a2)

≥ab+bc+ca

（a=b=c時取等號）(1)

重復使用不等式 (1),可得

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

≥(ab+bc+ca+2ab+2bc+2ca)

=ab+bc+ca

≥•+•+•.

2.3 待定常數的巧引

例6（1990年高中聯賽題）p為ABC內一點,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.

解：用S表示ABC的面積,

于是得BC•PD+CA•PE+AB•PF=2S (1)

并設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

易見上式當且僅當PD=PE=PF=,即p為ABC的內心時等號成立,于是λ=,因而使++為最小的點p是ABC的內心,且其最小值為.

2.4 結構的巧變

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)

因為•≤[(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.

以上七個例題簡單介紹了利用基本不等式解競賽題的常用的幾種處理技巧.關于不等式問題還有其他一些解決方法,比如變量代換,增量代換等.

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小學數學競賽活動和素質教育本來不是一對矛盾，但隨著素質教育的觀念不斷深入人心，素質教育的活動不斷開展，就出現了把小數競賽活動和素質教育對立起來的傾向，認為既然搞素質教育，就必須面向全體學生，競賽活動是少數學生參和的活動，小學是打基礎的階段，要面向每一個學生，所以不能再搞面向少數學生的競賽活動了。我認為這些觀點有失偏頗。下面就這個新問題談點個人膚淺的熟悉。

1 素質教育的深刻內涵到底是什么

勿用置疑，我國由“應試教育”向素質教育轉軌肯定是正確的，也是非常及時的，這是提高整個中化民族文化素養的需要。但我們的教育再不能再忽左忽右的錯誤，一提素質教育，就把它和英才教育對立起來，把全面發展和個性發展對立起來，并把全面發展簡單地理解為平均發展，搞教育上的平均主義，沒有正確熟悉受教育的機會平等和教育平等的關系，這樣做，勢必要壓制部分學生的才能，不利于學生的個性發展，更談不上培養跨世紀的創新人才了。大家知道，二十一世紀綜合國力的競爭，是科學技術的競爭，是人才的競爭，誰把握了未來世界上最先進的科學技術，誰就擁有了未來世界。由此可見，培養眾多具有創新精神的杰出人才，是我國教育的當務之急。所以，我認為，素質教育的深刻內涵，并不是要我們培養一大批烏合之眾，而是要我們除了面向全體學生，培養全面發展的學生以外，還要培養出大量的具體有科學精神和創新意識的人才，為我國“實施科教興國戰略奠定堅實的人才和知識基礎”。

2 小數競賽活動的育人功能決定了它在素質教育中的重要地位

數學是一切學科的基礎。“數學是科學的大門和鑰匙”(培根語)。科技的發展，時代的進步，迫切需要提高全體國民的數學素質。而小學數學競賽活動在其中能起到積極的推動功能。這是因為這一活動具有以下特征摘要：

2.1 基礎性。數學競賽活動來源于課堂知識，沒有超出《大綱》規定的范圍，有很強的基礎性。一般來講，競賽內容都是課本上那些星號題和思索題，是本來就該讓那些“吃不飽”的學生把握的知識，這樣，競賽活動不但能促使學生學習課堂知識，還能使教學內容得以引申，從而提高教學效果。

2.2 趣味性。前蘇聯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發現者、探究者。而在兒童的精神世界中，這種需要則非凡強烈”。小學數學競賽活動正滿足了學生的這種需要。在新奇有趣的這知識和巧妙奇異的解題方法面前，同學們被數學所展示的神奇聰明和藝術般的魅力所吸引，探索、求知的欲望被最大限度地調動起來。在求解數學理論的過程中，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發現的樂趣，從而激發出鉆研數學的濃厚喜好和解決疑難新問題的渴望。

2.3 競爭性。未來社會是一個布滿競爭的社會，我們的教育必須從小就向學生灌輸競爭思想，使競爭意識和兒童的成長同步進行。心理學家托倫斯曾做過競爭條件下學生創造性思維的實驗，結果表明，每個年級的學生在思維靈活性、清楚性和流暢性等方面都遠遠優于非競爭條件下的情況。我們的競賽活動正為學生提供了一個競爭的機會，它能極大地激發同學們奮發向上的精神，培養他們追求真理和克服困難、百折不撓的思想品質.

2.4 超前性。數學能力是兒童超出各科知識之前首先表現來的能力，并極具發展潛力，數學競賽活動為他們提供了一個施展才能的舞臺，使得他們不拘泥課本，突破思維定勢，敢于創新，養成良好的思索新問題的習慣，把數學發展潛力轉化為現實的數學能力，使那些天資優異的孩子們的才華得以最充分的開發。

正是由于小數競賽活動具備如此的育人功能，所以這一活動從開展以來，一直深受廣大學生及家長的歡迎，也深受社會各界有識之士的重視

3 數學競賽活動是數學學科教學體系中的重要一環

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【關鍵詞】高中；數學競賽；課程化

隨著高中新課程的實施，高中課程體系已發生了巨大的變化，在原有課程基礎上突出了多元化選修課程的開發和運用。不少學校正在著手進行多個領域選修課程的開發和走班教學的實施。競賽類輔導恰好適合這一要求，競賽輔導從選拔到培訓與選修課程多元化的分層分類教學實施剛好吻合。深化課程改革為競賽輔導贏得了一片廣闊的天地。

在新形勢下，高中數學競賽輔導勢必需要進行相應的改革，而高中數學競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設一系列高中數學競賽課程，允許不同層次不同年級的學生選擇，以各種形式開展輔導和教學質量考核，使之變成一門學校系統化的課程。它可以使學有余力的同學獲得更廣泛的空間，使有興趣的數學愛好者選擇到喜歡的選修課，使參加數學競賽各級賽事的同學有針對性的輔導，使沒有得獎的參與者獲得課程學分，使更多的學生能對數學學習感興趣。我們認為，高中數學競賽課程化必須做好以下四項工作。

一、制定課程教學方案

競賽輔導工作是中學數學教學的重要組成部分。“課堂教學為主，課外活動為輔”是必須遵循的競賽原則。在這樣的原則指引下，必須通過制定競賽輔導活動的課程大綱，建立明確的活動目標體系和系統的競賽輔導規劃，使學科競賽輔導更加科學規范。目前不少中學已經在選修課中實行學分制，可以配備專業指導教師，把競賽輔導變成既有組織又有開放靈活性的課程活動。通過參加各個層次的數學競賽，為學生提供展示數學才能的舞臺，讓學生在競賽中體驗樂趣，數學競賽活動課程化就是將每一項輔導活動都按照課程實施步驟進行，做到“六個有”，即有規劃、主題、有目的、有內容、有實施、有評價。在每學期開學都必須由教研組專人負責或是教學大綱、課程方案等內容上報教務部門。

二、充分挖掘課程資源

建立良好的數學競賽氛圍，才會有廣泛的學生基礎，也就更能從中選拔出拔尖的數學人才。培養專業化的師資同樣需要學校的良好氛圍，這些都是課程資源的重要元素。建立數學競賽輔導專用教室，購置數學競賽書庫，提高競賽輔導課時津貼等措施，都是對課程開發開設的保障。競賽輔導教師充分研究競賽輔導教材，作為最基礎的競賽課程資源，合理科學地使用好輔導教材，能激發學生學習數學的興趣，拓展思維方式。多挖掘和介紹社會熱點資源，激起學生學習熱情，使學生產生解決問題的強烈欲望，體現了正面的數學競賽的教育價值。

三、規范課程教學行為

規范競賽輔導形式，從一對一到一對多的課程形式都加以明確，參與必須通過一定的基礎選拔，人數容量應有一定限制。為了切實達到教學效果和保證教學質量，對于選課人數的限定具有一定的特殊性。原則上每門課的選課人數不應超過40人。可以采取每門課劃分AB班的形式來解決。將競賽輔導分為比賽型和興趣型，AB班不同難度不同側重，實行動態管理。比如，對參加比賽實力不足，但對數學學習有興趣的，編到B班，經過一段時間學習，能力得到較大提高，有一定實力參加區域數學競賽的，允許換到A班。既可以激發興趣，也可以有不同的培養側重。在競賽輔導中，不僅僅是題海戰術的重復訓練，應強化學生數學素養的養成，數學能力的提高。讓學生在實踐中提高，在鍛煉中獲得成長。允許學生走出教室，在生活中尋找數學問題，拓展學生的視野；在數學學習中提高生活質量，完善人格。

四、完善課程教學評價

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三角恒等式與三角不等式

一、基礎知識

定義1

角：一條射線繞著它的端點旋轉得到的圖形叫做角。角的大小是任意的。

若旋轉方向為逆時針方向，則角為正角，若旋轉方向為順時針方向，則角為負角，若不旋轉則為零角。

定義2

角度制：把一周角360等分，每一等分為一度。

弧度制：把等于半徑長的圓弧所對的圓心角叫做一弧度。360度=2π弧度。

若圓心角的弧長為L

，則其弧度數的絕對值|α|=

r

L

,其中r

是圓的半徑。

定義3

三角函數：在直角坐標平面內，把角α的頂點放在原點，始邊與x

軸的正半軸重合，在角的終邊上任意取

一個不同于原點的點P

，設它的坐標為（x

,y

），到原點的距離為r,則正弦函數s

in

α=r

y

,余弦函數co

s

α=r

x

,

正切函數tan

α=

x

y

，余切函數cot

α=y

x

，正割函數se

c

α=x

r

,余割函數c

s

c

α=.y

r

定理1

同角三角函數的基本關系式，倒數關系：tan

α=αcot

1,s

in

α=αcsc

1，co

s

α=αsec

1

；

商數關系：tan

α=α

α

αααsin

cos

cot

,cos

sin

=

；

乘積關系：tan

α×co

s

α=s

in

α,cot

α×s

in

α=co

s

α；

平方關系：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，符號看象限）。

定理3

正弦函數的性質，根據圖象可得y

=s

inx

（x

∈R

）的性質如下。

單調區間：在區間??

?

??

?+

-

22,2

2πππ

πk

k

上為增函數，在區間??

?

??

?++

πππ

π232,22k

k

上為減函數，

最小正周期：2π.

奇偶性：奇函數

有界性：當且僅當x

=2kx

+2π時，y

取最大值1，當且僅當x

=3k

π-2

π

時,

y

取最小值-1，值域為[-1，1]。

對稱性：直線x

=k

π+

2

π

均為其對稱軸，點（k

π,

0）均為其對稱中心。這里k

∈Z

.

定理4

余弦函數的性質，根據圖象可得y

=co

s

x

(x

∈R

)的性質。

單調區間：在區間[2k

π,

2k

π+π]上單調遞減，在區間[2k

π-π,

2k

π]上單調遞增。

最小正周期：2π。

奇偶性：偶函數。

有界性：當且僅當x

=2k

π時，y

取最大值1；當且僅當x

=2k

π-π時，y

取最小值-1。值域為[-1，1]。

對稱性：直線x

=k

π均為其對稱軸，點??

?

?

?+

0,2π

πk

均為其對稱中心。這里k

∈Z

.

定理5

正切函數的性質：由圖象知奇函數y

=tanx

(x

≠k

π+

2π)在開區間(k

π-2π,

k

π+2

π

)上為增函數,

最小正周期為π，值域為（-∞，+∞），點（k

π，0），（k

π+2

π

，0）均為其對稱中心。

定理6

兩角和與差的基本關系式：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

是實數且a

2+b

2≠0，則取始邊在x

軸正半軸，終邊經過點(a

,

b

)的一個角為β，

則s

in

β=22b

a

b

+,co

s

β=2

2b

a

a

+，對任意的角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

的外心和內心。

定理16

面積公式：在任意ABC

中，外接圓半徑為R,內切圓半徑為r

，半周長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

三個內角有關的公式：

（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

圖象之間的關系：y

=s

inx

的圖象經上下平移得y

=s

inx

+k

的圖象；經左右平移得y

=s

in

(x

+?)的圖象（相位

變換）；縱坐標不變，橫坐標變為原來的

ω

1

，得到y

=s

in

x

ω(0>ω)的圖象（周期變換）；橫坐標不變，縱坐標變為原來的A

倍，得到y

=A

s

inx

的圖象（振幅變換）；y

=A

s

in

(ωx

+?)(ω>0)的圖象（周期變換）；橫坐標不變，縱坐標變為原來的A

倍，得到y

=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

?

個單位得到y

=A

s

in

ωx

的圖象。

定義4

函數y

=s

inx

?

?

???-∈2,2ππx

的反函數叫反正弦函數，記作y

=a

r

c

s

inx

(x

∈[-1,

1])，

函數y

=co

s

x

(x

∈[0,

π])

的反函數叫反余弦函數，記作y

=a

r

cco

s

x

(x

∈[-1,

1]).

函數y

=tanx

?

??

?

?-

∈2,2ππx

的反函數叫反正切函數。記作y

=a

r

ctanx

(x

∈[-∞,

+∞]).

函數y

=co

t

x

(x

∈[0,

π])的反函數稱為反余切函數，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sin

x

y

x

=在(0,)π上為減函數；函數tan

x

y

x

=在(0,)2

π

上為增函數。

（3）嵌入不等式：設A+B+C=π，則對任意的x,y,z

∈R

，

有2

2

2

2cos

2cos

2cos

x

y

z

yz

A

xz

B

xy

C

++≥++

等號成立當且僅當yzsinA=zxsinB=xysinC.

二、方法與例題

1．結合圖象解題。

例1

求方程s

inx

=lg

|x

|的解的個數。

【解】在同一坐標系內畫出函數y

=s

inx

與y

=lg

|x

|的圖象，由圖象可知兩者有6個交點，故方程有6個解。

2．三角函數性質的應用。

例2

設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?

?

∈

??

?

，則因為s

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x

∈(0,π)時，總有co

s(s

inx

)3．最小正周期的確定。

例3

求函數y

=s

in

(2co

s|x

|)的最小正周期。

【解】

因為co

s(-x

)=co

s

x

，所以cos

|x

|=co

s

x,

所以T

=2π是函數的周期；

4．三角最值問題。

例4

已知函數y

=s

inx

+x

2cos

1+，求函數的最大值與最小值。

【解法一】

令s

inx

=???

??≤≤=

+ππ

θθ4304

sin

2cos

1,cos

22

x

,

則有y

=).4

sin(2sin

2cos

2π

θθθ+

=+

因為

ππ

4304≤≤，所以ππθπ≤+≤42，所以)4

sin(0π

θ+≤≤1，

所以當πθ43=，即x

=2k

π-2π(k

∈Z

)時，y

m

in

=0，當4πθ=，即x

=2k

π+2

π

(k

∈Z

)時，y

m

ax

=2.

【解法二】

因為y

=s

inx

+)cos

1(sin

2cos

1222

x

x

x

++≤

+=2（因為(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x

2cos

1+=s

inx

，即x

=2k

π+2

π

(k

∈Z

)時,

y

m

ax

=2，

當x

2cos

1+=-s

inx

，即x

=2k

π-2

π

(k

∈Z

)時,

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t

=s

inx

+co

s

x

=).4sin(2cos

22sin

222π+=???

?

??+x

x

x

因為,1)4

sin(1≤+

≤-π

x

所以.22≤≤-t

又因為t

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

因為t

≠-1，所以121-≠-t

，所以y

≠-1.所以函數值域為.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，其圖象關于點???

??0,43πM

對稱，且在區間??

?

???2,0π上是單調函數，求?和ω的值。

【解】

由f

(x

)是偶函數，所以f

(-x

)=f

(x

)，所以s

in

(ωx+?)=s

in

(-ωx

+?)，

所以co

s

?s

inx

=0，對任意x

∈R

成立。又0≤?≤π，解得?=2

π

，

因為f

(x

)圖象關于??

?

??0,43πM

對稱，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，此時f

(x

)=sin

(2x

+

2π)在[0，2

π

]上是減函數；

取k

=1時，ω=2，此時f

(x

)=sin

(2x

+2π)在[0，2

π

]上是減函數；

取k

=2時，ω≥310，此時f

(x

)=sin

(ωx

+2π)在[0，2

π

]上不是單調函數，

綜上，ω=3

2

或2。

7．三角公式的應用。

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】

因為α-β∈??

?

??ππ,2，所以cos

(α-β)=-.1312)(sin

12

-=--βα

又因為α+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

的三個內角A

，B

，C

成等差數列，且B

C

A

cos

2cos

1cos

1-=+，試求2

cos

C

A

-的值。

【解】

因為A

=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：等號左邊涉及角7x

、5x

、3x

、x

右邊僅涉及角x

，可將左邊各項逐步轉化為x

sin

、

x

cos

的表達式，但相對較繁.

觀察到右邊的次數較高，可嘗試降次.

證明：因為,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

+++=++++++=

評述：本題看似“化簡為繁”，實質上抓住了降次這一關鍵，很是簡捷.

另本題也可利用復數求解.

令

77)1

(cos

128,,1cos

2,sin

cos

z

z

z

z

i

z

+=+=+=αααα從而則，展開即可.

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：對任一自然數n

及任意實數m

n

k

m

x

k

,,,2,1,0(2

=≠

π為任一整數），

有

.2cot

cot

2sin

14sin

12sin

1x

x

x

x

x

n

n

-=+++

思路分析：本題左邊為n

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

中間項.

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-=-

評述：①本題裂項技巧也可通過數學歸納法獲得.

②“裂項相消”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ABC

?的內角A

B

C

,,所對的邊,,a

b

c

成等比數列，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,,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

成等比數列，最大邊只能是a

或c

，因此,,a

b

c

要構成三角形的三邊，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

內接于單位圓，三個內角A

、B

、C

的平分線延長后分別交此圓于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

若對所有實數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，設21k

n

=-，上式成為sin

12n

ππ?

?-=-

???，因此n

為偶數，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，則函數圖象與y

軸交點的縱坐標的最大值是

A

B.

2

C.

解：由已知條件可知，2

2

10a

b

+-=，函數圖象與y

軸交點的縱坐標為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

+=++

的交點在直線y

x

=-上，則cos

sin

c

in

s

s

o

ααββ+++=。

解：由已知可知，可設兩直線的交點為00(,)x

x

-，且,in

s

s

co

αα為方程

00

1sin

cos

x

x

t

t

ββ

-+=++，

的兩個根，即為方程2

0sin

c

(cos

)sin

os

(cos

)i

0s

n

t

t

x

ββββββ-++-=+的兩個根。

因此cos

(sin

sin

cos

)ααββ+=-+，即cos

sin

c

in

s

s

o

ααββ+++=0。

1

、＝。

2、已知函數)45

41(2)cos()sin()(≤≤+-=

x

x

πx

πx

x

f

，則f

(x

)的最小值為_____。

3、已知

3sin

)2sin(=+αβα，且),(2

,21Z

k

n

n

k

∈+≠+≠π

πβαπβ。則

ββαtan

)tan(+的值是_

__.

4、設函數f

(x

)=3sin

x

+2cos

x

+1。若實數a

、b

、c

使得af

(x

)+bf

(x

?c

)=1對任意實數x

恒成立，則a

c

b

cos

=

5、設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

三個內角，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?

全國高中數學競賽專題-三角恒等式與三角不等式

實戰演練答案

1、解：根據題意要求，2

605x

x

+≥+，2

0571x

x

+≤+≤。于是有2

715x

x

+=+。因此

cos01==。因此答案為

1。

2、解：實際上)4541(2

)4sin(2)(≤≤+-=x

x

π

πx

x

f

，設)4541)(4sin(2)(≤≤-=x

ππx

x

g

，則g

(x

)≥0，g

(x

)在]43,41[上是增函數，在]4

5

,43[上是減函數，且y

=g

(x

)的圖像關于直線43=x

對稱，則對任意]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，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，則對任意的x

∈R

，都有f

(x

)+f

(x

?c

)=2，于是取2

1

==b

a

，c=π，則對任意的x

∈R

，af

(x

)+bf

(x

?c

)=1，

由此得1cos

-=a

c

b。

一般地，由題設可得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

c=2k

π時，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】因為020π

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=

當且僅當2s

in

2

2θ=co

s

22θ,

即tan

2θ=22,

θ=2a

r

ctan

22時，s

in

2

θ

(1+co

s

θ)取得最大值934。

6、思路分析：等式左邊同時出現

12tan

18tan

、

12tan

18tan

+，聯想到公式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

==-=-=

-+-------

因為21-n

a

，a

n

∈???

??2,0π，所以a

n

=121-n

a

，所以a

n

=.210a

n

??

?

??

又因為a

0=tana

1=1，所以a

0=4π，所以n

n

a

??

?

??=21·4π。

又因為當0時，tanx

>x

，所以.2

2tan

22++>=n

n

n

a

ππ

注：換元法的關鍵是保持換元前后變量取值范圍的一致性。另外當x

∈??

?

??2,

0π時，有tanx

>x

>s

inx

，這是個熟知的結論，暫時不證明，學完導數后，證明是很容易的。

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

因為s

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

又因為3

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A

=B

=C

=3

π

時，（s

inA

+s

inB

+s

inC

）m

ax

=233.

注：三角函數的有界性、|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、函數的單調

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的單調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

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篇9

[關鍵詞]數學競賽 高職高專 創新能力 培訓模式

[作者簡介]張耘（1964- ），女，北京人，北京聯合大學應用科技學院，講師，研究方向為高等職業教育、數學應用。（北京 102200）

[中圖分類號]G712 [文獻標識碼]A [文章編號]1004-3985（2013）20-0175-01

大學生數學競賽起源于美國和蘇聯，莫斯科大學從20世紀70年代開始就一直在舉辦高等數學競賽，美國也一直舉辦大學生數學競賽，以1938年起美國舉辦的普特南（Putnam）數學競賽最具影響力。中國自1981年開始由各省市和各高校每年舉辦一次高等數學競賽。自2010年開始經北京市數學學會和北京市數學學會大學委員會研究決定，數學競賽組委會決定在全國數學競賽的基礎上增設專門面向專科、高職院校學生的丁組比賽，主要面向各專科、高職院校二年級或二年級以上的在校大學生，競賽內容是高等數學一元微積分。競賽在每年10月舉辦一次，至今已成功舉辦三屆。該項賽事是對高職院校非理科專業數學教學水平的很好檢驗，北京聯合大學應用科技學院（以下簡稱“我院”）作為一所高職高專院校，一直是賽事的積極參與者，旨在以競賽和競賽訓練為平臺，激發高職學生學習數學的積極性，提高數學應用能力，培養和選拔創新人才，促進數學課程改革。

一、數學競賽是高職生能力培養的平臺

教育部《關于加強高職高專教育人才培養工作的意見》（教高[2000]2號）指出：“高職高專教育人才培養模式的基本特征是：以培養高等技術應用性專門人才為根本任務；以適應社會需要為目標、以培養技術應用能力為主線設計學生的知識、能力、素質結構和培養方案，畢業生應具有基礎理論知識適度、技術應用能力強、知識面較寬、素質高等特點。”高職高專院校在培養學生時注重從“知識、能力、素質”方面培養。而高等數學競賽正是為適應高職高專的“技術應用性”人才培養目標應運而生的。

數學競賽的宗旨是通過數學基礎知識和解題能力，訓練運用數學知識解決實際問題能力和創新能力。教育工作者應努力培養和提高學生這方面的能力，將我國傳統教育中以學科和知識為中心轉變到更高層次的智力活動創新上來，在提高學生的應用能力方面下功夫。科學技術的日新月異，社會對人才的評價標準發生了新的變化，要求人才具備迅速掌握新知識的能力。我們提倡的素質教育必須以“創新”為基本培養目標，教育的指導思想要圍繞“創新精神”和實踐能力進行。數學競賽是高職生能力培養的平臺，學生除了要掌握最基本的數學素養外，還要掌握科學的通用知識的基礎，解題技巧和運算能力，創新意識和創新思維，為今后可持續發展創造必要條件。

二、高職生參與數學競賽的心理分析

針對目前高職學生普遍數學基礎薄弱，學習數學積極性和熱情不高，缺少學習的動力，甚至對數學產生畏懼心理等現狀來看，人們一般會認為，高職學生對數學競賽的參與意識不強，但從我院三年來組織學生參加數學競賽的實際經驗來看，一些工科類、經濟類專業的學生報名參賽的熱情和積極性很高，這在一定程度上說明了有大批學生是喜歡數學和熱愛數學的，他們想證明自己，展現自己。無疑，數學競賽無形中成為他們展現自己，重新定位，確立新目標的一個重要平臺。教師要抓住這批學生的心理，因勢利導，不斷地鼓勵、激發他們的自信心，使得他們最終能勇敢地參與到數學競賽這項活動中來，起到以點帶面的作用，激發全體學生學習數學的積極性和熱情，實現“以賽促教”，通過數學競賽推動整個高職院校數學基礎課程的改革。

三、構建科學合理的培訓模式

1.開設數學競賽選修課。第一階段是輔導階段。可以通過“數學競賽輔導”公共選修課程的形式進行，選修課程學時建議為32學時。開設選修課程的目的是避免以往競賽培訓的松散型管理模式。一方面學生自主選修，目標明確，興趣點和積極性強，對于最終沒有獲得參賽資格的學生也能獲得學分，學生們不會感覺在浪費時間，培訓終有所得。另一方面，教師需按照常規教學方式制定選修課程的教學大綱、安排教學進度、布置批改作業、進行單元測試等，這有利于把握教學環節，掌握學生學習動態，挖掘尖子生。參加培訓的學生在一種有計劃、有敦促、有指導、有互動的教學環境中得到系統的復習和訓練，使之在潛移默化中得到思維的訓練和提升。

2.綜合測評選拔學生。第二階段是選拔參賽學生階段。選修課程結束后學生便進入選拔階段，選拔模式一般要綜合考慮學生的主動參與意識、任課教師的推薦、第一學期微積分數學成績、選修課考核成績等。為選拔出真正有實力的學生，選拔模式要引入分段培訓、逐輪選拔、綜合測評機制，科學評定學生的綜合素質和應試能力，最終選拔出具有一定實力的參賽學生。

3.指導學生強化訓練。第三階段是強化訓練階段。對選的學生可以開始進入強化訓練階段，主要任務是進行解題技巧指導與解題能力訓練。教師負責指導參賽學生重視基礎知識和基本技能的訓練，避免眼高手低，不盲目追求難題偏題。學生通過強化訓練，做到基本知識和方法嫻熟運用，基本運算和推導得心應手，基本知識體系和知識脈絡了然于胸等。要注重解題思路的啟發，引導學生逐漸學會和掌握解題技巧。

4.網絡課堂下載資源。輔助階段。培訓模式中還應包含有一些輔助功能要件，其中最不可或缺的一項就是要配套建設網絡課堂，通過在網絡課堂中增設“數學競賽”版塊，方便學生利用業余時間，隨時隨地進行各種相關資源的下載，并通過“師生互動”版塊與教師進行即時非即時的交流和探討。輔導教師在“數學競賽”版塊中根據進度安排，即時每個章節的自測題與配套解題指導等，學生利用業余時間自主復習，獨立演練，循序漸進，逐步提升。學生通過多見題多練習，提高解題的熟練程度，進而達到熟能生巧，開闊眼界，培養對題目的理解和解題的感悟力，通過數量上的積累，進而達到質量上的提升。

5.備戰比賽模擬演練。沖刺階段。高等數學競賽不同于數學建模類的開放性競賽，是以閉卷形式在規定的時間內由學生獨立完成的，對參賽學生的數學基礎知識掌握的牢固程度、思維靈活性方面、解題技巧以及心理素質等方面都是很大的考驗。在臨近比賽時，還要進行一至兩次的模擬競賽，按照以往競賽真題，由競賽輔導教師出模擬競賽試卷，試卷要求把握在“題型和分值”上與真題保持一致，以便學生對數學競賽提前有個直覺上的認知，使他們在最終進入正式比賽時不會產生畏懼心理，能夠得心應手，在競賽中發揮出應有的水平，力爭在競賽中創出佳績。

四、數學競賽對課程建設的意義

針對高職高專數學基礎課程改革而言，加強教學方法和教學手段改革是提高教學質量的重要內容。通過組織高職高專學生參加數學競賽，可以充分提高學生應用數學知識解決實際問題的能力，培養他們的創新思維，符合高等職業教育中對應用型人才培養的需求，能夠實現以賽促教，提高學生的綜合素質。同時，通過表彰數學競賽獲獎少部分群體，可以帶動整個學校的學風建設。在學科競賽中獲獎的學生，大多是在學生中比較優秀的群體，他們在競賽獲獎表彰中，獲得班級乃至全校更大的關注，在學生中必會產生強烈的示范作用和廣泛的影響力，有助于優良學風的營造與形成，必將帶動全校整體教學水平的提升，學生培養質量也會得到顯著提高。因此，有效的數學競賽對于課程體系建設和教學內容改革有著重要的意義。

數學競賽是對知識的深入理解、系統歸納和實踐運用的過程，競賽結果集中體現了學生對知識的理解和運用能力，能培養學生對數學的濃厚興趣，使其具備發展型的知識結構，開拓研究型的學習方法，追求科學發展的心理素質，有著常規教學所不能及的、特殊的創新教育功能。數學競賽又能檢驗課程教學計劃、教學內容的合理性，發現教與學中存在的問題，為教學改革提供了很好的借鑒作用。綜上所述，數學競賽作為學生能力培養的平臺，對培養高職學生的“知識、能力和素質”三個方面發揮著重要的作用，對整個高職數學課程建設具有重要的意義。

[參考文獻]

[1]教育部關于加強高職高專教育人才培養工作的意見（教高[2000]2號）[Z]. 2000-01-17.

篇10

關鍵詞：完全平方公式；數學競賽；推廣公式

由兩個基本的公式：（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，可以簡單、快速地求解一些競賽題，下面請看一些例子.

例1.有3個正整數a，b，c，且a>b>c，從中任取2個有3種不同的取法，將每種取法取出的2個數分別作和與作差，得到如下6個數：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：由于本題是求三個整數的平方和，且題目給出了三個數中任意兩個的和與差，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

故正確選項為C.

評注：通過以上解析過程可以發現，此解法根本不需要a，b，c為正整數及a>b>c這兩個條件，事實上，只要知道這三個數中任意兩個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生可能想不到這個公式，因此加上這兩個條件，引導學生從三個整數的大小關系入手，結合作和與作差所得的6個整數進行邏輯分析，求出a，b，c的值，然后代入計算得出答案。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，就顯得簡單、明快.

例2.已知實數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.

評注：解答本題的關鍵在于根據條件聯想到公式，然后構造相關代數式求解.把此題稍加改變，就得到下面這道競賽題：

例3.若實數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，然后再構造代數式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.

評注：解答本題的關鍵在于根據題目條件想到推廣公式（1），構造出所要求的代數式。以上兩例本質上是一樣的，事實上，稍加分析以上兩題解答過程可得

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，四個代數式a+b+c，ab+bc+ac，a3+b3+c3，abc，知其中任意三個的值，可以求出另外一個的值。

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年北京市中學生數學競賽初二年級競賽）.

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=■.

評注：本題考查對推廣公式的靈活運用。