初中高中數(shù)學(xué)競賽常用公式表達(dá)式總結(jié)

乘法與因式分解a2-b2=(a+b)(a-b)a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)a3-b3=(a-b(a2+ab+b2)

三角不等式|a+b|≤|a|+|b||a-b|≤|a|+|b||a|≤b-b≤a≤b

（在三角形中，必然有兩邊之和大于第三邊，即為三角不等式。

三角不等式1

三角不等式還有以下推論：兩條相交線段AB、CD，必有AC+BD小于AB+CD。|a|-|b|≤|a±b|≤|a|+|b|(定理)，也稱為三角不等式。

加強(qiáng)條件：||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|也成立，這個(gè)不等式也可稱為向量的三角不等式（其中a，b分別為向量a和向量b）將三角函數(shù)的性質(zhì)融入不等式.如:當(dāng)X在(0,90*)時(shí),有sinxsin(A/2)=√((1-cosA)/2)sin(A/2)=-√((1-cosA)/2)cos(A/2)=√((1+cosA)/2)cos(A/2)=-√((1+cosA)/2)tan(A/2)=√((1-cosA)/((1+cosA))tan(A/2)=-√((1-cosA)/((1+cosA))ctg(A/2)=√((1+cosA)/((1-cosA))ctg(A/2)=-√((1+cosA)/((1-cosA))

sin^2(α/2)=(1-cosα)/2cos^2(α/2)=(1+cosα)/2

tan^2(α/2)=(1-cosα)/(1+cosα)

sin(α/2)=±[(1-cosα)/2]^(1/2)(正負(fù)由α/2所在象限決定）

cos(α/2)=±[(1+cosα)/2]^(1/2)(正負(fù)由α/2所在象限決定）

tan(α/2)=sinα/(1+cosα)=(1-cosα)/sinα=±[(1-cosα）/（1+cosα）]^(1/2)

推導(dǎo)：tan（α/2）=sin（α/2）/cos（α/2）=[2sin（α/4）cos（α/4]/[2cos(α/4)^2-1]=sinα/(1+cosα)=(1-cosα)/sinα

和差化積

2sinAcosB=sin(A+B)+sin(A-B)2cosAsinB=sin(A+B)-sin(A-B)2cosAcosB=cos(A+B)-sin(A-B)-2sinAsinB=cos(A+B)-cos(A-B)sinA+sinB=2sin((A+B)/2)cos((A-B)/2cosA+cosB=2cos((A+B)/2)sin((A-B)/2)tanA+tanB=sin(A+B)/cosAcosBtanA-tanB=sin(A-B)/cosAcosBctgA+ctgBsin(A+B)/sinAsinB-ctgA+ctgBsin(A+B)/sinAsinB

某些數(shù)列前n項(xiàng)和

1+2+3+4+5+6+7+8+9+…+n=n(n+1)/21+3+5+7+9+11+13+15+…+(2n-1)=n22+4+6+8+10+12+14+…+(2n)=n(n+1)

12+22+32+42+52+62+72+82+…+n2=n(n+1)(2n+1)/6

13+23+33+43+53+63+…n3=n2(n+1)2/41*2+2*3+3*4+4*5+5*6+6*7+…+n(n+1)=n(n

+1)(n+2)/3

正弦定理a/sinA=b/sinB=c/sinC=2R注：其中R表示三角形的外接圓半徑余弦定理b2=a2+c2-2accosB注：角B是邊a和邊c的夾角圓的標(biāo)準(zhǔn)方程(x-a)2+(y-b)2=r2注：（a,b）是圓心坐標(biāo)

圓的一般方程x2+y2+Dx+Ey+F=0注：D2+E2-4F>0

拋物線標(biāo)準(zhǔn)方程y2=2pxy2=-2pxx2=2pyx2=-2py

直棱柱側(cè)面積S=c*h斜棱柱側(cè)面積S=c"*h正棱錐側(cè)面積S=1/2c*h"正棱臺(tái)側(cè)面積S=1/2(c+c")h"

圓臺(tái)側(cè)面積S=1/2(c+c")l=pi(R+r)l球的表面積S=4πr^

圓柱側(cè)面積S=c*h=2pi*h圓錐側(cè)面積S=1/2*c*l=pi*r*l

弧長公式l=a*ra是圓心角的弧度數(shù)r>0扇形面積公式s=1/2*l*r錐體體積公式V=1/3*S*H圓錐體體積公式V=1/3*pi*r2h斜棱柱體積V=S"L

注：其中,S"是直截面面積，L是側(cè)棱長柱體體積公式V=s*h圓柱體V=pi*r2h

擴(kuò)展閱讀：高中數(shù)學(xué)競賽精華(小結(jié))

高中數(shù)學(xué)競賽精華小結(jié)

一、三角函數(shù)常用公式

由于是講競賽，這里就不再重復(fù)過于基礎(chǔ)的東西，例如六種三角函數(shù)之間的轉(zhuǎn)換，兩角和與差的三角函數(shù)，二倍角公式等等。但是由于現(xiàn)在的教材中常用公式刪得太多，有些還是不能不寫。先從最基礎(chǔ)的開始（這些必須熟練掌握）：半角公式：

sin21cos21cos21cos1cossin1cossin1coscos2tan2積化和差：

sincos1sinsin21cossinsinsin

21coscoscoscos

21sinsincoscos

2和差化積：

sinsin2sin22sinsin2cossin

22coscos2coscos

22coscos2sinsin

22萬能公式：

cos

sin22tan21tan1tan2cos221tantan22tan

1tan2三倍角公式：sin33sin4sin34sin60sinsin60cos34cos33cos4cos60coscos60

二、某些特殊角的三角函數(shù)值除了課本中的以外，還有一些sincostan156246245146246242375231872514三、三角函數(shù)求值

給出一個(gè)復(fù)雜的式子，要求化簡。這樣的題目經(jīng)�？迹�而且一般化出來都是一個(gè)具體值。要熟練應(yīng)用上面的常用式子，個(gè)人認(rèn)為和差化積、積化和差是競賽中最常用的，如果看到一些不常用的角，應(yīng)當(dāng)考慮用和差化積、積化和差，一般情況下直接使用不了的時(shí)候，可以考慮先乘一個(gè)三角函數(shù)，然后利用積化和差化簡，最后再把這個(gè)三角函數(shù)除下去。舉個(gè)例子

246coscos7772提示：乘以2sin，化簡后再除下去。

7求值：cos

求值：cos10cos50sin40sin80

來個(gè)復(fù)雜的設(shè)n為正整數(shù)，求證

22sini1ni2n12n12n另外這個(gè)題目也可以用復(fù)數(shù)的知識來解決，在復(fù)數(shù)的那一章節(jié)里再講。

四、三角不等式證明

最常用的公式一般就是：x為銳角，則sinxxtanx；還有就是正余弦的有界性。例

求證：x為銳角，sinx+tanx典型例子：an1aanb

cand注：我感覺一般非用不動(dòng)點(diǎn)不可的也就這個(gè)了，所以記住它的解法就足夠了。

我們?nèi)绻�用一般方法解決此題也不是不可以，只是又要待定系數(shù)，又要求倒數(shù)之類的，太復(fù)雜，如果用不動(dòng)點(diǎn)的方法，此題就很容易了令xaxb，即cx2daxb0，

cxd令此方程的兩個(gè)根為x1，x2，若x1=x2則有

11p

an1x1anx1其中k可以用待定系數(shù)法求解，然后再利用等差數(shù)列通項(xiàng)公式求解。注：如果有能力，可以將p的表達(dá)式記住，p=若x1≠x2則有

2cadan1x1ax1qnan1x2anx2其中k可以用待定系數(shù)法求解，然后再利用等比數(shù)列通項(xiàng)公式求解。注：如果有能力，可以將q的表達(dá)式記住，q=

acx1

acx2(3)特征根法

特征根法是專用來求線性遞推式的好方法。

先來了解特征方程的一般例子，通過這個(gè)來學(xué)會(huì)使用特征方程。①an2pan1qan

特征方程為x2=px+q，令其兩根為x1，x2

nn則其通項(xiàng)公式為anAx1，A、B用待定系數(shù)法求得。Bx2②an3pan2qan1ran

特征方程為x3=px2+qx+r，令其三根為x1，x2，x3

則其通項(xiàng)公式為anAx1Bx2Cx3，A、B、C用待定系數(shù)法求得。

注：通過這兩個(gè)例子我們應(yīng)當(dāng)能夠得到特征方程解線性遞歸式的一般方法，可以試著寫出對于一般線性遞歸式的特征方程和通項(xiàng)公式，鑒于3次以上的方程求解比較困難，且競賽中也不多見，我們僅需掌握這兩種就夠了。(4)數(shù)學(xué)歸納法

簡單說就是根據(jù)前幾項(xiàng)的規(guī)律猜出一個(gè)結(jié)果然后用數(shù)學(xué)歸納法去證。這樣的題雖說有不少但是要提高不完全歸納的水平實(shí)在不易。大家應(yīng)當(dāng)都會(huì)用數(shù)學(xué)歸納法，因此這里不詳細(xì)說了。

nnn但需要記得有這樣一個(gè)方法，適當(dāng)?shù)臅r(shí)候可以拿出來用。(5)聯(lián)系三角函數(shù)

三角函數(shù)是個(gè)很奇妙的東西，看看下面的例子

an12an21an看起來似乎摸不著頭腦，只需聯(lián)系正切二倍角公式，馬上就迎刃而解。

注：這需要我們對三角函數(shù)中的各種公式用得很熟，這樣的題目競賽書中能見到很多。例

數(shù)列an定義如下：a12，求an通項(xiàng)。2，an124an注：這個(gè)不太好看出來，試試大膽的猜想，然后去驗(yàn)證。

(6)迭代法

先了解迭代的含義

f0xx，f1xfx，f2xffx，f3xfffx，

f右上角的數(shù)字叫做迭代指數(shù)，其中f再來了解復(fù)合的表示

nx是表示fnx的反函數(shù)

fgxfgx，fghxfghx

如果設(shè)Fxg1fgx，則Fnxg1fngx，就可以將求F(x)的迭代轉(zhuǎn)變?yōu)?/p>

求f(x)的迭代。這個(gè)公式很容易證明。使用迭代法求值的基礎(chǔ)。

而在數(shù)列中我們可以將遞推式看成an1Fan，因此求通項(xiàng)和求函數(shù)迭代就是一樣的了。我們盡量找到好的g(x)，以便讓f(x)變得足夠簡單，這樣求f(x)的n次迭代就很容易得到了。從而再得到F(x)的n次迭代式即為通項(xiàng)公式。練習(xí)

an滿足a11，a22，a2n1已知數(shù)列a2na2n1，a2n2a2n1a2n，試求數(shù)列的2通項(xiàng)公式。

注：此題比較綜合，需熟練掌握各種求通項(xiàng)公式的常用方法。

下面是我的一個(gè)原創(chuàng)題目：

已知數(shù)列an滿足a10，a21，an1nanan1，求該數(shù)列的通項(xiàng)公式。

2數(shù)列求和

求和的方法很多，像裂項(xiàng)求和，錯(cuò)位相減等等，這些知識就算單純應(yīng)付高考也應(yīng)該都掌握了，這里不再贅述。主要寫競賽中應(yīng)當(dāng)掌握的方法阿貝爾恒等式。阿貝爾（Abel）恒等式有多種形式，最一般的是

abSbkkkk1k1knn1kbk1Snbn

其中Skai1k

注：個(gè)人認(rèn)為，掌握這一個(gè)就夠了，當(dāng)然還有更為一般的形式，但是不容易記，也不常用。Abel恒等式就是給出了一個(gè)新的求和方法。很多時(shí)候能簡化不少。例：假設(shè)a1a2an0，且

a1，求證：2ii1i1nnaiii11

計(jì)數(shù)問題1抽屜原則

我第一次接觸抽屜原則，是在一本奧賽書的答案上，有一步驟是：由抽屜原則可得，于是我就問同學(xué)，什么是抽屜原則，同學(xué)告訴我，三個(gè)蘋果放進(jìn)兩個(gè)抽屜，必有一個(gè)抽屜里至少有兩個(gè)蘋果。后來才發(fā)現(xiàn)，抽屜原則不只是這么簡單的，它有著廣泛的應(yīng)用以及許多種不同的變形，下面簡單介紹一下抽屜原則。抽屜原則的常見形式

一，把n+k（k≥1）個(gè)物體以任意方式全部放入n個(gè)抽屜中，一定存在一個(gè)抽屜中至少有兩個(gè)物體。

二，把mn+k（k≥1）個(gè)物體以任意方式全部放入n個(gè)抽屜中，一定存在一個(gè)抽屜中至少有m+1個(gè)物體。

三，把m1+m2+…+mn+k（k≥1）個(gè)物體以任意方式全部放入n個(gè)抽屜中，那么后在一個(gè)抽屜里至少放入了m1+1個(gè)物體，或在第二個(gè)抽屜里至少放入了m2+1個(gè)物體，，或在第n個(gè)抽屜里至少放入了mn+1個(gè)物體

四，把m個(gè)物體以任意方式全部放入n個(gè)抽屜中，有兩種情況：①當(dāng)n|m時(shí)（n|m表示n整除m），一定存在一個(gè)抽屜中至少放入了個(gè)抽屜中至少放入了[

m個(gè)物體；②當(dāng)n不能整除m時(shí)，一定存在一nm]+1個(gè)物體（[x]表示不超過x的最大整數(shù)）n五，把無窮多個(gè)元素分成有限類，則至少有一類包含無窮多個(gè)元素。注：背下來上面的幾種形式?jīng)]有必要，但應(yīng)當(dāng)清楚這些形式雖然不同，卻都表示的一個(gè)意思。理解它們的含義最重要。在各種競賽題中，往往抽屜原則考得不少，但一般不會(huì)很明顯的讓人看出來，構(gòu)造抽屜才是抽屜原則中最難的東西。一般來說，題目中一旦出現(xiàn)了“總有”“至少有”“總存在”之類的詞，就暗示著我們：要構(gòu)造抽屜了。

從自然數(shù)1，2，3，99，100這100個(gè)數(shù)中隨意取出51個(gè)數(shù)來，求證：其中一定有兩個(gè)數(shù)，它們中的一個(gè)是另一個(gè)的倍數(shù).

用2種顏色涂5×5共25個(gè)小方格，證明：必有一個(gè)四角同色的矩形出現(xiàn).

2容斥原理

容斥原理常常使用，其實(shí)說簡單點(diǎn)，就是從多的往下減，減過頭了在加回來，又加多了再減，減多了再加，最終得到正確結(jié)果。對于計(jì)數(shù)中容易出現(xiàn)重復(fù)的題目，我們常常采用容斥原理，去掉重復(fù)的情況。容斥原理基本形式：

nA1A2An|Ai|i11ijnAiAj1ijknAiAjAk1n1A1A2An

其中|A|表示集合A中元素的個(gè)數(shù)。

在不大于201*的正整數(shù)中，至少可被3,5,7之一整除？

由數(shù)字1，2，3，4，5組成的n位數(shù)，要求n位數(shù)中這五個(gè)數(shù)字每個(gè)至少出現(xiàn)一次，求所有這種n位數(shù)的個(gè)數(shù)。

3遞推方法

許多競賽題目正面計(jì)算十分困難，于是我們避開正面計(jì)算，先考慮n-1時(shí)的情況，在計(jì)算n時(shí)的情況比n-1時(shí)的情況增添了多少，然后寫出一個(gè)遞推式，這樣就可以利用數(shù)列的知識進(jìn)行解決，但一般要求根據(jù)遞推式求通項(xiàng)的能力要比較強(qiáng)，適合擅長數(shù)列的同學(xué)使用。設(shè)m為大于1的正整數(shù)，數(shù)列{an}滿足：a1+a2++an模m余0，0注：此題即為很好的映射計(jì)數(shù)例子。因?yàn)榧幢悴挥糜成湮覀兛梢园袮(n)求出來，再把B(n+2)求出來，然后比較后會(huì)發(fā)現(xiàn)兩者相等，但這顯然是超大工作量，如果使用了映射計(jì)數(shù)，我們只需用一些技巧，在A(n)和B(n+2)中建立雙射，此題即得到證明。

二，建立單射或滿射

設(shè)n為正整數(shù)，我們稱{1,2,,2n}的一個(gè)排列{x1，x2,,x2n}具有性質(zhì)P：如果存在1≤i≤2n-1，使得|xi-xi+1|=n，求證：對任何n，具有性質(zhì)P的排列比不具有性質(zhì)P的排列個(gè)數(shù)多。

注：映射計(jì)數(shù)可能會(huì)有一定難度，如果覺得掌握不了也不要灰心，只要多練，時(shí)間一長自然就會(huì)了。

不等式與最值1平均不等式設(shè)aiR(i=1,2,…,n)調(diào)和平均值：Hnn1i1ain

幾何平均值：Gnnai1nini

算術(shù)平均值：Anai1nn

方冪平均值：Gnai12in

HnGnAnGn

等號成立當(dāng)且僅當(dāng)a1a2an注意：運(yùn)用平均不等式需注意各項(xiàng)均為正數(shù)！題外話：有很多同學(xué)十分“痛恨”

這兩個(gè)符號，總是看不懂，其實(shí)這兩個(gè)符號是

絕對好用的，并且以后會(huì)常常遇到，在大學(xué)課本中更是家常便飯，多看幾次自然也就習(xí)慣了。例題：

求證：4a14b14c14d16a,b,c,dR，且abcd1，分析：

為了湊出a+b+c+d，以便充分利用條件，將4a+1,4b+1,4c+1,4d+1視作整體，利用平均不等式。

2柯西不等式及其變形設(shè)ai,biR(i=1,2,…,n)，則

nn2n2aibiaibii1i1i1其中等號成立，當(dāng)且僅當(dāng)

2ai為定值bi注：這個(gè)式子在競賽中極為常用，只需簡記為“積和方小于方和積”。等號成立條件比較特殊，要牢記。此外應(yīng)注意在這個(gè)式子里不要求各項(xiàng)均是正數(shù)，因此應(yīng)用范圍較廣。常用變形一：

若aiR，biR(i=1,2,…,n)，則nainai2i1ni1bibii12注：要求bi為正數(shù)常用變形二：

若ai，biR(i=1,2,…,n)，則

nainaii1ni1biaibii12注：要求ai，bi均為正數(shù)。當(dāng)然，這兩個(gè)式子雖常用，但是記不記并不太重要，只要將柯西不等式原始的式子記得很熟，這兩個(gè)式子其實(shí)是一眼就能看出來的，這就要求我們對柯西不等式要做到活學(xué)活用。例：若5a6b7c4d1，求3a2b5cd的最小值。并指出等號成立的條件。分析：

由于a,b,c,d各項(xiàng)系數(shù)不同，而且既有1次項(xiàng)，又有2次項(xiàng)，顯然要用柯西不等式。而且使用柯西不等式不受-7c這項(xiàng)的影響。使用時(shí)，注意寫明等號成立條件，檢驗(yàn)最小值能否取到。

柯西不等式推廣赫爾德不等式若ai，biR(i=1,2,…,n)，p>1，q>1且

1p1q2222111則pqpqababiiii

i1i1i1注：這個(gè)式子成立的前提挺多，不難看出當(dāng)p=q=2時(shí)，這個(gè)式子即為柯西不等式。3排序不等式4琴生不等式

首先來了解凸函數(shù)的定義

一般的，設(shè)f(x)是定義在(a,b)內(nèi)的函數(shù)如果對于定義域內(nèi)的任意兩數(shù)x1，x2都有

nnnxx2fx1fx2f122則稱f(x)是(a,b)內(nèi)的下凸函數(shù)，一般說的凸函數(shù)，也就是下凸函數(shù)，例如y=x2，從圖像上即

可看出是下凸函數(shù)，也不難證明其滿足上述不等式。如果對于某一函數(shù)上述不等式的等號總是不能成立，則稱此函數(shù)為嚴(yán)格凸函數(shù)。注：凸函數(shù)的定義為我們提供了極為方便地證明一個(gè)函數(shù)為凸函數(shù)的方法。這個(gè)方法經(jīng)常使用。此外利用二階求導(dǎo)也可以判斷一個(gè)函數(shù)為凸函數(shù)，凸函數(shù)的二階導(dǎo)數(shù)是非負(fù)數(shù)。凸函數(shù)具有的常用性質(zhì)性質(zhì)一：

對于(a,b)內(nèi)的凸函數(shù)f(x)，有

nxifi1nfxii1nn

注：此即常說的琴生不等式。性質(zhì)二：加權(quán)的琴生不等式對于(a,b)內(nèi)的凸函數(shù)，若

ai1ni1，則

nnfaixiaifxii1i注：加權(quán)琴生不等式很重要，當(dāng)ai1時(shí)，即為原始的琴生不等式。n注：另外，對于上面有關(guān)凸函數(shù)和琴生不等式的部分，如果將不等號全部反向，則得到的便是凹函數(shù)，以及凹函數(shù)的琴生不等式。例

n設(shè)xi>0（i=1,2,…,n），

xi1i1，求證：i1nxi1xii1nxi

n1注：不僅要用琴生不等式，注意知識綜合利用。

5利用二次函數(shù)的性質(zhì)

一般來說，許多題目是涉及x，y，z三個(gè)量的證明題，由于二次函數(shù)的性質(zhì)十分好用，因此湊出一個(gè)關(guān)于其中一個(gè)字母的二次函數(shù)，進(jìn)而利用二次函數(shù)的性質(zhì)可以解決最值問題。例

設(shè)x,y,z≥0，且x+y+z=1，求xy+yz+zx-3xyz的最大最小值。提示：

43z1zz214z3z2將x=1-y-z代入，整理成關(guān)于y的二次函數(shù)，最值即為

43z1整理后不難得到z=0和z=1式分別取到最大值即可。

2，

1和最小值0，然后只需舉一例證明能夠取到

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