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1、1. 竞赛讲座 13平面三角2. 竞赛讲座 14染色问题与染色方法3. 竞赛讲座 15函数方程4. 竞赛讲座 16不等式5. 竞赛讲座 17数学归纳法6. 竞赛讲座 18类比、归纳、猜想7. 竞赛讲座 19排列组合、二项式定理竞赛讲座13平面三角三角函数与反三角函数，是五种基本初等函数中的两种，在现代科学的很多领域中有着广泛的应用同时它也是高考、数学竞赛中的必考内容之一一、三角函数的性质及应用 三角函数的性质大体包括：定义域、值域、奇偶性、周期性、单调性、最值等这里以单调性为最难它们在平面几何、立体几何、解析几何、复数等分支中均有广泛的应用【例1】求函数y=2sin(-2x)的单调增区间。解：
2、y=2sin(-2x)= 2sin(2x+)。由2k-2x+2k+，kZ，得k-xk-，kZ。即原函数的单调增区间为：k-，k-（kZ）。【例2】 若（0，），比较sin(cos)，cos(sin)，cos这三者之间的大小。解：在（0，）中，sinxxtgx，而0cosx1，sin(cos) cos。在（0，）中，y=cosx单调递减，cos cos(sin)。sin(cos) cos0，f（）cos（sin）= cos 10，0 sin。=sin(ctg) ctg。作出函数y=ctgx在（0，）上的图象，可看出：。证明：01，0sin1-=，k=2，3，n。(coscos cos)2()()
3、()()=()2，coscos cos。二、三角恒等变换众多的三角公式，构成了丰富多彩的三角学。要灵活地进行三角恒等变换，除熟练地掌握三角公式以及一般的代数变形技巧外，更重要的是抓住三角式的结构特征，从角和函数名入手，深入分析，灵活解题。【例1】（1）已知cos= -，sin(+)= ，且0，求sin的值。（2）已知sin(-)= ，求的值。提示：（1）sin=。（2）sin2=1-2 sin2(-)=；=。【说明】三角变换重在角的变换。【例2】求coscoscoscos的值。解法1：利用公式coscos2cos4cos2n=，得coscoscoscos= -，coscoscoscos=。又c
4、oscos=，cos=，coscoscoscos=。解法2：coscoscoscos= =。解法3：利用公式coscos(+)cos(-)= cos3，取=、。【例3】求cos420+cos440+cos480的值。解：由倍角公式得cos4=()2= (1+2cos2+cos22)= +cos2+cos4，cos420+cos440+cos480= 3+(cos40+ cos80+ cos160)+(cos80+ cos160+ cos320)= +(cos40+ cos80+ cos160)= +(2cos60 cos20- cos20)= 。【例4】若sin+cos=，cos+sin=，求
5、sincos的值。解：令=-，则(1)(2)得tg=， cos(+)=，sincos=sinsin= - cos(+)+ cos(-) = -。【例5】已知f(x)=sin(x+)+cos(x-)是偶函数，0，求。解法一：由偶函数的定义，可得(cos+sin)sinx=0对任意xR成立。cos+sin=0，2 sin(+)=0，+=k，而0，=。解法二：由f(-)=f()，得=，然后验证f(x)是偶函数。【例7】方程sinx+cosx+a=0在（0，2）内有相异两根、，求实数a的取值范围，以及+的值。解：sinx+cosx+a=0，sin (x+)= -。令t= x+，则t(，)，sint=
6、-。作出函数y= sint，t(,)的图象：由图象可以看出：当-1 -1且-即-2a-或-a2时，sint= -有相异两根t1、t2，原方程有相异两根、，并且当-2a-时，t1+t2=(+)+(+)=，+=；当-a2时，t1+t2=(+)+(+)=3，+=。【例8】已知sinx+siny+sinz=cosx+cosy+cosz=0，求s=tg(x+y+z)+tgxtgytgz的值。解：由已知得，(1)2+(2)2得cos(x-y)= -，同理，cos(y-z)= -，cos(z-x)= -。x，y，z中任意两角的终边夹角为，不妨设x=y+2m,mZ，y=z+2n,nZ，x= z+2(m+n)，
7、x+y+z= 3z+2(m+2n+1)，s=tg(x+y+z)+tgxtgytgz= tg3z+tg(z+)tg(z+)tgz= tg3z+tg(z+)tg(z-)tgz= tg3z+ tgz tg(+z)tg(-z)=0。【说明】如能熟练运用下列公式，可对解题带来很大方便：sinsin(+)sin(-)=sin3，coscos(+)cos(-)= cos3，tgtg(+)tg(-)=tg3。如sin10sin50sin70=sin(310)= 。竞赛讲座14-染色问题与染色方法1 小方格染色问题最简单的染色问题是从一种民间游戏中发展起来的方格盘上的染色问题.解决这类问题的方法后来又发展成为解
8、决方格盘铺盖问题的重要技巧.例1 如图29-1(a),3行7列小方格每一个染上红色或蓝色.试证:存在一个矩形,它的四个角上的小方格颜色相同.证明 由抽屉原则,第1行的7个小方格至少有4个不同色,不妨设为红色(带阴影)并在1、2、3、4列（如图29-1（b）.在第1、2、3、4列（以下不必再考虑第5，6，7列）中，如第2行或第3行出现两个红色小方格，则这个问题已经得证；如第2行和第3行每行最多只有一个红色小方格（如图29-1（c），那么在这两行中必出现四角同为蓝色的矩形，问题也得到证明.说明：（1）在上面证明过程中除了运用抽屉原则外，还要用到一种思考问题的有效方法，就是逐步缩小所要讨论的对象的范
9、围，把复杂问题逐步化为简单问题进行处理的方法.（2）此例的行和列都不能再减少了.显然只有两行的方格盘染两色后是不一定存在顶点同色的矩形的.下面我们举出一个3行6列染两色不存在顶点同色矩形的例子如图29-2.这说明3行7列是染两色存在顶点同色的矩形的最小方格盘了.至今,染k色而存在顶点同色的矩形的最小方格盘是什么还不得而知.例2 (第2届全国部分省市初中数学通讯赛题)证明:用15块大小是41的矩形瓷砖和1块大小是22的矩形瓷砖，不能恰好铺盖88矩形的地面.分析 将88矩形地面的一半染上一种颜色，另一半染上另一种颜色，再用41和22的矩形瓷砖去盖，如果盖住的两种颜色的小矩形不是一样多，则说明在给定
10、条件不完满铺盖不可能.证明 如图29-3，用间隔为两格且与副对角线平行的斜格同色的染色方式，以黑白两种颜色将整个地面的方格染色.显然，地面上黑、白格各有32个.每块41的矩形砖不论是横放还是竖盖，且不论盖在何处，总是占据地面上的两个白格、两个黑格，故15块41的矩形砖铺盖后还剩两个黑格和两个白格.但由于与副对角线平行的斜格总是同色，而与主对角线平行的相邻格总是异色，所以，不论怎样放置，一块22的矩形砖，总是盖住三黑一白或一黑三白.这说明剩下的一块22矩形砖无论如何盖不住剩下的二黑二白的地面.从而问题得证. 例3 （1986年北京初二数学竞赛题）如图29-4（1）是4个11的正方形组成的“L”形
11、，用若干个这种“L”形硬纸片无重迭拼成一个mn（长为m个单位，宽为n个单位）的矩形如图29-4（2）.试证明mn必是8的倍数.证明mn矩形由“L”形拼成，mn是4的倍数，m、n中必有一个是偶数，不妨设为m.把mn矩形中的m列按一列黑、一列白间隔染色（如图29-4（2），则不论“L”形在这矩形中的放置位置如何（“L”形的放置，共有8种可能），“L”形或占有3白一黑四个单位正方形（第一种），或占有3黑一白四个单位正方形（第二种）.设第一种“L”形共有p个，第二种“L”形共q个，则mn矩形中的白格单位正方形数为3p+q，而它的黑格单位正方形数为p+3q.m为偶数，mn矩形中黑、白条数相同，黑、白单位
12、正方形总数也必相等.故有3p+q=p+3q，从而p=q.所以“L”形的总数为2p个，即“L”形总数为偶数，所以mn一定是8的倍数. 2 线段染色和点染色下面介绍两类重要的染色问题.(1) 线段染色.较常见的一类染色问题是发样子组合数学中图论知识的所谓“边染色”（或称“线段染色”），主要借助抽屉原则求解.例4 （1947年匈牙利数学奥林匹克试题）世界上任何六个人中，一定有3个人或者互相认识或者互相都不认识.我们不直接证明这个命题，而来看与之等价的下述命题例5 （1953年美国普特南数学竞赛题）空间六点，任三点不共线，任四点不共面，成对地连接它们得十五条线段，用红色或蓝色染这些线段（一条线段只染一种颜色）.求证:无论怎样染,总存在同色三角形.证明 设A、B、C、D、E、F是所给六点.考虑以A为端点的线段AB、AC、AD、AE、AF，由抽屉原则这五条线段中至少有三条颜色相同，不妨设就是AB、AC、AD，且它们都染成红色.再来看BCD的三边，如其中有一条边例如BC是红色的，则同色三角形已出现（红色ABC）；如BCD三边都不是红色的，则它就是蓝色的三角形，同色三角形也现了.总之,不论在哪种情况下,都存在同色三角形.如果将例4中的六个人看成例5中六点,两人认
