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
  $ax^2+bx+c=0(a\neq0)$
  ${\Delta=b^2-4ac} \begin{cases} \Delta<0，x=\frac{-b\pm\sqrt{-\Delta}i}{2a} \\ \Delta=0，x=-\frac{b}{2a} \\ \Delta>0，x=\frac{-b\pm\sqrt{\Delta}}{2a},\ 二者相距\ |\frac{\sqrt{\Delta}}{a}| \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 顶点坐标\ (-\frac{b}{2a},\ -\frac{\Delta}{4a}),\ 两根相加 -\frac{b}{a},\ 两根相乘 \frac{c}{a} \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 其与坐标轴围成的面积\ S=\frac{\Delta^{1.5}}{6a^2} \end{cases}$
• 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。
  $\begin{cases} x_1+x_2+x_3=-\frac{b}{a} \\ x_1x_2+x_1x_3+x_2x_3=\frac{c}{a} \\ x_1x_2x_3=-\frac{d}{a} \end{cases}$
• 一元四次方程
  $ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0(a\neq 0)$
  $\begin{cases} x_1+x_2+x_3+x_4=-\frac{b}{a} \\ x_1x_2+x_1x_3+x_1x_4+x_2x_3+x_2x_4+x_3x_4=\frac{c}{a} \\ x_1x_2x_3+x_1x_2x_4+x_1x_3x_4+x_2x_3x_4=-\frac{d}{a} \\ x_1x_2x_3x_4=\frac{e}{a} \end{cases}$
• 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
  $\begin{cases} a_1x+b_1y=c_1 \\ a_2x+b_2y=c_2 \end{cases}$
  $\Delta=a_1b_2-b_1a_2 \begin{cases} \Delta=0,\ \text{无解\ 或\ 无数组解} \\ \Delta\neq0,\ \begin{cases} x=\frac{c_1b_2-b_1c_2}{\Delta} \\ y=\frac{a_1c_2-c_1a_2}{\Delta} \end{cases} \end{cases}$

不等式

均值不等式

柯西不等式

推论：权方和不等式

幂平均不等式

切比雪夫不等式

排序不等式

Holder 不等式

琴生不等式

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 $4xy^2+(5x^2-1)y+x=0\implies y_1y_2=\frac{1}{4}>0, y_1+y_2=-\frac{5x^2-1}{4x}>0$。
  $\therefore \begin{cases} 5x^2-1<0 \\ x>0 \end{cases} 或 \begin{cases} 5x^2-1>0 \\ x<0 \end{cases}\implies 0<x<\frac{\sqrt{5}}{5}$
  $\Delta=(5x^2-1)^2-16x^2\geq 0 \implies 5x^2-1\geq 4x\ 或 \ 5x^2-1\leq -4x$
  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

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 $f(x)=x^6-6x^4+x^2+9$。
• $y=f(ax+b)+c$ 是奇函数，则 $f(x)$ 的对称中心 $(b,-c)$。
• $y=f(ax+b)+c$ 是偶函数，则 $f(x)$ 关于 $x=b$ 对称。
• 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。
• $|奇函数|=偶函数$。
• 奇偶函数加减法则

• 复合函数奇偶性（有偶则偶，同奇则奇）

对称性

必记二级结论

• $f(a+x)=f(b-x) \implies 关于 \ x=\frac{a+b}{2}\ 对称$。
• $f(a+x)+f(b-x)=c \implies 对称中心 \ (\frac{a+b}{2},\frac{c}{2})$。

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

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 $x=-\frac{a_{n-1}}{na_n}$。
• $f(x)=\frac{ax+b}{cx+d}$ 的对称中心 $(-\frac{d}{c},\frac{a}{c})$。
  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 $(-2,3)$。
• $f(x)=\frac{t}{a^{x-k}+1}$ 的对称中心 $(k,f(k))$ 即 $(k,\frac{t}{2})$。
• $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ 的对称中心 $(-\frac{b}{3a},f(-\frac{b}{3a}))$。
• $f(|ax+b|)$ 关于 $x=-\frac{b}{a}$ 对称 且 $f(|ax+b|)$ 在 $x>-\frac{b}{a}$ 时与 $f(t)$ 的单调性相同。
• 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

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

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

• 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

• $|z|=r\implies z$ 在复平面内对应点的集合是以原点为圆心，$r$ 为半径的圆。
  $|z-z_1|=r\implies z$ 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。
  $|z_1+z_2|=|z_1-z_2|\implies$ 四边形 $\text{OACB}$ 为矩形。
  $|z_1|=|z_2|\implies$ 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 $z_1=-1,z_2=1,z=3$