高考备考精品：数学解题能力快速提升
一．不等式解题方法
一、从与的大小说起
【引例】 正实数中，对任意a ，b ，m ，都有
这就是“分数的基本性质”：分数的分子和分母乘以同一个正数，其值不变. 这，连小学生都知道. 但， 我们的话题却要从这儿开始.
【问题】对以上“性质”，如果将冒号后的文字改变一个字，将“乘”改成“加”，
这里的等号还能成立吗？请看下例.
【例1】若b >a >0，m >0，则有
A. B. C. D.
【解答】 （淘汰法）令a=1，b=2，m =3 淘汰B ，C ，D ，答案为A.
【例2】（变例1为解答题）若b >a >0，m >0，试比较和的大小.
【解1】 （比较法 作差—变形—判定符号）
因为
【解2】 （综合法 由因推果 由整式推出分式）
a )
【说明】 因果关系，步步清楚，只是在第三步时，对ab 的无中生有，不易想到.
【解3】 （分析法 由果索因 由分式化为整式）
即变成
欲使
① 只须 a (b+m)
只须 am
【说明】 由果追因，化繁为简. 只是第一步的“假设”是种猜想，事先应有某种倾向.
【解4】 （放缩法 从右到左）
（ >）
【说明】 a 放大为b ，则将
缩小为，结果是分值缩小.
缩成，目标是“约”去m .
【解5】 （放缩法 从左到右）
（
【说明】 “最后”令kb =m 的合理性来自正数k 的任意性. 事实上，我们可以提前设置m=kb. 将放成
，目标是“添”上m . 这里的第二步利用了连比定理.
放缩法实为对比较法、分析法、综合法等基本方法所得简单结果的一种整合运用.
【小结】 证不等式，比较法是基础，放缩法是整合，方法网络图如下：
【练习】 正实数中，求证
≥
（Ⅰ）用比较法证明； （Ⅱ）用综合法证明；
（Ⅲ）用分析法证明； （Ⅳ）用放缩法证明.
二、比大小 从方程、函数到不等式
还是那个题目 b >a >0，m >0，求证【法1】 （等式法 不等式变为方程）
设
得
即 x >0，故有
.
【说明】 这种等式法实为比较法的一种变式. 即作差法的另种形式.
【法2】 （等式法 未知数论设作因子）设
则
所以
【说明】 这种等式法为比较法的另一种形式. 即作商法的另种形式.
【法3】 （函数法 视m 为x
， 设有函数
函数
在［0，m ］上是减函数，故
）
是［0，m ］上的增函数. （图右，其中a =1，b =2）
f （0）
【说明】 函数法比大小在于建构并利用函数的单调性. 反比例函数
（k >0）是
（0，+∞）上的减函数.
【法4】 （不等式法 把证不等式化为解不等式）
解不等式
即 x =m 为正数时，原不等式真.
【说明】 证不等式可视为一种特殊形式的解不等式. 如证a 2-a +1>0，即x 2-x +1>0的解为R ，视参数为变量. 解出的参数值域符合题设的取值范围即可. 【法5】 （极限法 把参数m 作极端处理）
&nbs,p; 当m →0时，
当m →∞时，
故有
【说明】 对于解答题来讲，这种解法的理由不充分，因为对于函数f (m )=并没讲清楚，没有交待f (m ) 是
上的增函数.
的单调性
如果是确定性的选择题例1，即则这种极限法是很简便的.
与的大小关系是确定的，不需要讨论m 的范围时，
【小结】 真分数的―放大性‖：真分数的分子和分母加上同一个正数，其值变大.
以这种―放大性‖为基础，可推出许多重要的分式不等式，如 （1）|a+b|≤|a|+|b|
（2）数列an=
≤
是增数列；而数bn=
≤是减数列.
【练习】 1. 正数中，再证≥. 分别用函数法、方法程和解不等式法.
2. 用不同的方法证明≥.
3. 用不同的方法证明
三、千方百法 会战高考不等式
≥.
【考题1】 （2006年赣卷第5题）
对于R 上可导的任意函数f （x ），若满足（x －1）f¢（x ）³0，则必有（ ） A ． f（0）＋f （2）2f（1）
【分析】 从已知条件（x-1）f ¢ (x)≥0出发，可得如下的不等式组
或
为减函数，在
. 因此f(x)有两种可能：其一，f (x)为常数；其二，f(x)在区间上为增函数.
上
【解答】 （综合法）依题意，当x³1时，f¢（x ）³0，函数f （x ）在[1，＋¥上是增函数；当x
当f (x)为常数函数时即f (x)=a(常数) ，f ¢（x ）=0，满足不等式(x-1) f¢（x ）≥0成立. 此时f (0)+f (2)=2f(1)，所以f （0）＋f （2）≥2f（1）. 故选C. 【说明】 本题如用分析法，即各选项反推，显然麻烦.
【考题2】 （2002年苏卷第22题 不等式与函数综合 不等式为主） 已知a>0，函数f(x)=ax-bx2.
（Ⅰ）当b>0时，若对任意x ∈R 都有f(x)≤1，证明a≤
；
；
（Ⅱ）当b>1时，证明：对任意x ∈［0,1］，|f(x)|≤1的充要条件是b-1≤a≤（Ⅲ）当0
∵ f(x)=
【解Ⅱ】 先证必要性：
≤（放大）≤1. ∵a>0，b>0，∴a≤.
对任意x ∈［0,1］，|f (x)|≤1-1≤f(x)，据此可以推出-1≤f (1)，即a-b≥-1，∴a≥b-1；
对任意x ∈［0,1］，|f (x)|≤1f (x)≤1，因为b>1，可以推出≤1，
即 a·-1≤1，∴ a≤；∴ b-1≤a≤.
再证充分性：因为b>1，a≥b-1，对任意x ∈［0,1］，可以推出ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1. 即 ax-bx2≥1； 因为b>1，a≤∴-1≤f(x)≤1.
综上，当b>1时，对任意x ∈［0,1］，|f(x)|≤1的充要条件是b-1≤a≤【解Ⅲ】因为a>0，0
所以，当a>0，0
【说明】 ①综合、分析、放缩——轮番上阵，证不等式大题，就是如此―三斧头‖配合； ②不等式的证明在命制解答题时，经常与数学的主干内容，特别是函数和数列组成综合大题. 在30年的数学卷上，这样的题目在压轴题中占三分之一.
【考题3】 （2005年鄂卷第22题 不等式与数列综合 不等式为主）
f(1)≤1
a-b≤1，即a≤b+1，
f (x)≤ .
，对任意x ∈［0,1］，可以推出ax-bx2≤
≤1，即 ax-bx2≤1.
已知不等式，其中n 为大于2
的整数，
表示不超过
的最大整数设数列
{
}的各项为正，且满
足
，
（Ⅰ）证明：（Ⅱ）猜测数列
{
，；
}是否有极限？如果有，写出极限的值；
（Ⅲ）试确定一个正整数N ，使得当n>N时，对任意b>0，都有
【分析】 ①本题的第（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）小题之间成梯式结构，（Ⅰ）是（Ⅱ）和（Ⅲ）的基础. 从策略上看，如在（Ⅰ）上遇着困难，可承认（Ⅰ）的结论，并利用它迅速地解出（Ⅱ）
和（Ⅲ）来. 此题恰恰是第（Ⅰ）难，而（Ⅱ）、（Ⅲ）容易.
②对于（Ⅰ），已知为两个不等式，而求证一个不等式. 其基本思路是，对已知不等式用综合法―下推‖，对求证不等式用分析法―上追‖. 如：
欲使
只须
= 此时，―综合下推‖的方向就清楚了.
【解Ⅰ】 ∵当n≥2时，，
∴，即，
于是有，，…，，
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知，当n≥3时有
∵，∴
∴ 【解Ⅱ】
≤
又an>0. 故有=0.
【解Ⅲ】
则有
（放大为了化简） 令
，
，
故取N=1024，可使当n>N时，都有
【说明】 本小题是条件不等式的证明，已知2个不等式，求证1个不等式. 在分析——综合
——放缩三法联合证明综合大题时，优先考虑分析法. 随时思考待证的不等式需要什么，需要的东西如何从已知的不等式中得到.
【练习】 对考题3，已知条件不变，对设问作如下改写
（Ⅰ）设，利用数学归纳法证不等式
（Ⅱ）利用上述结果，证明不等式
二．函数最值的求解方法
一、二次函数最值寻根
初中生研究二次函数的最值，是从配方法开始的.
设a >0，f (x )=ax 2+bx+c
=
初三学生已知，二次函数f (x ) ，在a >0时，有最小值；a
到了高中，学生更关心二次函数得到最值的条件，即上述不等式中等号成立的条件：
. 这个条件——自变量x 的取值，称作二次函数最值对应的―最值点‖（以下简称―最
点‖），俗称函数―最值的根‖.
对于高一学生，老师把二次函数的―最值‖与二次函数的―单调区间‖相捆绑，要求用比较法探索―最点‖.
【例1】 已知a >0，探索二次函数y = ax +bx +c 的单调区间. 并指出函数的最值点. 【解答】 任取 x 1
2
(※)
（1）当x 1，x 2≤-时，有
由式(※) 得 y 1 – y 2 =a
函数f (x ) 在上为减函数.
（2）当x 1，x 2≥-时，有
由式（※）得 y 1 – y 2 =a
即函数f (x ) 在上为增函数.
综合（1）、（2）可知，二次函数y =ax 2+bx +c ( a >0 ) 有减区间
和增区间
.
显然，二次函数的最值点为，函数有最小值.
【评说】 从这里看到，二次函数的最点，就是两个―异性‖单调区间的交接点.
【练1】 试研究一次函数【解】 任取（1）
时，时，
; ，则有
，函数在R 上为增函数.
时，
.
没有最点，从而没有最值.
（2）时，时，
;
，函数在R 上为减函数.
时，
.
无最值（既无最大值，也无最
所以，一次函数在R 上没有最点，从而一次函数小值）.
【说明】 一次函数定义在R 上，定义域内找不到这样的―点‖，使得该点两边邻域是异性的两个单调区间. 本例从反面看到：最点是单调区间的―变性‖的―转折点‖.
二、从到
高中生将―最点‖变形为
，并由此得到一个一次函数与对应的二次函数
. 有某
精明的学生发现，这个一次函数
种―关系‖，甚至有学生在偷偷地利用这种―关系‖. 这种―关系‖到了高三才彻底解决：
函数数，即
.
的导函数
的―求根‖问题. 正是函数
的导函
函数求―最根‖
的问题，正好是导函数
的根，就是
的驻点. 很清楚，二次函数的驻点就是二次函数的最点. 的最点，就是求
的根. 俗说中―最根‖，真的与―根‖字巧合
问题变得这么明朗：求了. 【例2】 设象（如右）. 试说明
的正负性与
，在同一坐标系中，分别作得和的图
单调性的对应关系.
【解析】
与相交于.
（1）
时，
, 递减；
（2）时，
, 递增；
（3）时，
, 负区与
得到最小值.
的减区对应；
故对应关系为：（1）
（2） （3）
零点与
的最值对应.
的导函数
图象如右图的直线，则有
正区与
的增区对应；
【练2】 已知二次函数
（1）
=（ ），增区间为（ ），减区间为（ ）；
（2）的最（ ）值为（ ）；
（3）若，求的解析式.
【解答】 从右图上看到
（1）（2） （3）（4）令
的根为时，时，
，故有>0，故
=1； 的增区间为的减区间为
. ； ；
有最大值，最大值为
，图上知
；
令，得.
故有
【说明】 注意对应着一个确定的
.
与
，反过来，每一个这样的
并非一一对应，每一个这样的却对应着无穷个
都
，它们只是相
差一个常数c . 这就是本题中，为什么已经知道了定
三、三次函数的驻点、极点和最点 一次函数没有驻点，自然没有最点.
的解析式.
的图象后，还要给出时才能确
二次函数有一个驻点，这个驻点就是二次函数的最点. 三次函数呢？
三次函数的导函数是二次函数，这个二次函数根的情况有3种：（1）有2个相异的根，（2）有2个相同的根；（3）无根.
如果三次函数如果
的导函数无根，则一定有驻点.
无驻点，自然也无最点，也无最值.
有根呢？自然
那么，这些驻点是否为其最点呢？
【例3】 研究函数【解析】 令（1）（2）（3）故故又
在，时，
无最点.
时，
时，时，
的驻点、极点和最点. ，得
，
为
的2个驻点.
>0，函数递增；
>0，函数递增. 有极大值是
，在
上有极小值
.
的2个极点，前者为极大点，后者为极小点.
，故函数
既无最大值，也
无最小值. 从而
【说明】 这是三次函数有2个驻点，且都为极点的例子. 而三次函数无驻点或有驻点但不是极点的例子如下（练3）.
【练3】 研究下列三次函数的驻点、极点、最点和单调区间.
（1）
【解析】 （1）的增函数. （2）
,
（2）
, 函数
无驻点，无极点，无最点.
是
上
.
，函数递增， ，函数也递增.
有2个重合的驻点（1）当（2）当
时，时，
因此，驻点当然也无最点
.
不能分出两个―相异‖的单调区间，
故不是的极点，无极点，
是R 上的增函数.
【说明】 函数
相重合的两驻点
不成为极点，可理解为它们消去
了―中间‖的一个―相异‖的单调区间后，将两边的―同性‖的单调区进行了链接而成为一个单调
区间.
经过以上的讨论得知，定义在R 上的三次函数，不管它有无驻点或极点，它是不会有最点
的。
四、极点何时为最点
不重合的2个驻点可以分别成为极点. 那么，在什么条件下极点成为最点呢？ 驻点是极点的必要不充分条件，那么极点是最点的什么条件呢？ 我们研究，极点何时成为最点. 【例4】 已知【解析】
有3个相异的根：
的导函数
，试探究.
它们都是
的极点. 的极点和最点.
易知原函数易知为
为的增区间
.
的减区间，
（
为
R ）
的增区间，
为
的减区间，
的4个单调区间依次成―减——增——减——增‖的顺序，使得首、尾两个区间的单调性相异，从而使得
在―两次探底‖中得到最（小）点.
比较三个极值的大小：
得的最小值为，对应两个最小点和1.
如果有n 个极点：x 1
【说明】 定义在一个开区间上的可导函数
当n 为奇数时，大小可得.
有最点存在. 最点在依次为奇数的极点中产生，通过奇数位上的极值比
当n 为偶数时，函数无最点.
【练4】 求函数【解析】 函数
的最值.
是定义在一个开区间
上的可导函数,
令得
的唯一驻点时，时，
故
有最大值
即为最点
. ，函数递增
, ，函数递减,
.
【说明】 本函数是二次函数的复合函数，用配方法求最值也很简便
.
, 等号成立条件是
五、最值寻根的导数判定 若定义在一个开区间上的函数的问题可转化为（1）若导函数（2）若导函数
的根
的导函数无根，即有唯一的根
最根
.
有导函数存在，那么是否有最值
是否有最根的问题来研究： ，则，即.
无最值； ，则
有最值
.
此时，导函数
即是函数
（3）若导函数
有多个的根，则应从多个驻点中依次判定极点、最点的存在性.
【例5】 在以下四个函数中，有最值存在的函数是
A.
B. C. D.
【解析】 对于A ，定义区间虽有两个，但都有对于B
，
，函数有重合的两驻点
，
，无最值；
无最值；
对于C ，对于D ，
.
，无最值；
当时，令，得，有最值=1.
本题答案为D.
【练5】 判断以下函数，是否有最值，如果有，求出最值.
（1） （2）
【解析】 （1）（2）
，
.
无最值.
当
有最值，
时，，由.
，得
.
当时，，是增函数.
当时，，是减, 函数.
故是的最大值.
六、最根与高考题
导数应用于高考，一般都在研究函数的单调性和函数最值问题，对可导函数来讲，这两个问题互相捆绑着，于是导数问题的―根本‖则变成―最根‖问题.
【例6】 已知可导函数的单调区间和函数最值. 【解析】 由
时，时，由此可知，有最大值
. 是
，函数，函数
在R 上恒有，
且不为常数，试研究
可知
为减函数
; 为增函数;
有减区间
，
增区间
，
的唯一的根，故为最根. 故
【说明】 本题是在研究―抽象函数‖——无具体解析式的一类函数质
条件下，通过―最根‖
的判定而确定了
的性质，只在满足性
的单调区间和最值.
有些不等式的证明，还可以通过构造函数，研究这个函数的―最值‖而确认不等式是否成立. 【练6】 已知函数（1）求函数
的最大值；
，
.
（2）设，证明：.
【解析】 （1
）故故（2）
有唯一的最根的最大值为
，
， .
.
，
设，
则当当
时，时，
，因此，因此
在
在
.
内为减函数. 上为增函数.
从而，当时，有最小值，
因为，，所以，即.
【说明】 问题（2）的解决，是用―最根‖证明不等式.
七、余兴 荒唐错误 打从何来
学生小新读完上文，很感兴趣，他模仿着【练4】的题型，只是变了几个系数，结果成了下面的问题.
【例7】 研究函数有无最值.
【小新解答】
令因此
，得有最值
的唯一驻点
.
.
为―最点‖.
【讨论】
是最值吗？若为最大值，我们可以找到比它更大的；如果
是最小值，我们可以找到比它更小的解答错了！错在哪里？作为思考题留给读者. 【提示】 本函数
的定义域不是―一个‖开区间.
.
三．二项式的展开
1、二项式 ( a + b ) 展开 追根 n = 1 根据乘法法则，分别有： （1） (a +b ) 1 = a +b （2） (a +b ) 2 = a 2+2ab +b 2
n
（3） (a +b ) 3 = a 3+3a 2b +3ab 2+b 3 （4） (a +b ) 4 = a 4+4a 3b +6a 2b 2+4ab 3 +b 4 ……
展开后，（2）的系数是（1）的系数―错位相加‖，（3）的系数是（2）的系数―错位相加‖，（4）的系数是（3）的系数―错位相加‖，……，（n ）的系数是（n －1）的系数―错位相加‖. 草式如下.
……
由此看到( a + b ) 展开式的系数是由( a + b )的系数―1+1‖错位相加、累计(n -1) 次的结果.
【例2】 设 ( a + b ) 6 = A 0 a 6 + A 1a 5 b + A 2a 4 b 2+ … + A 6 b 6 ( a + b ) 7 = B 0 a 7 + B 1a 6 b + B 2a 5 b 2+ … + B 7 b 7
试用A i (i = 0，1，…，6) 的代数式表示B j ( j =0，1，2，…，7)
【解析】 ( a + b ) 7 = ( a + b ) 6 ( a + b )
= ( A 0 a + A 1a b + … + A 5ab +A6 b ) ( a + b )
= A 0 a 7 + ( A 0 + A 1) a 6 b + ( A 1 + A 2) a 5 b 2 + … + ( A 5 + A 6) a b 6 + A 6 b 7 于是有 B 0 = A 0；B 1 = A 0 + A 1；B 2 = A 1 + A 2；B 3 = A 2 + A 3； B 4 = A 13+ A 4；B 5 = A 4 + A 5；B 6 = A 5 + A 6；B 7 = A 6 .
【说明】 由（6）到（7）的系数―错位相加‖草式如下.
6
5
5
6
n
1
这是一个有趣的规律，它说明：二项式展开式的每个系数也是―二项式‖，即展开式的每个系数都是一个二项式的和.
一般地：B r +1 = A r + A r +1 (r = 0，1，…，n - 1) 特别地：B 0 = 0 + A 0 = A 0，B n = A n -1+ 0 = A n -1
2、二项式含二项式 看杨辉三角收藏
上面的―错位加法‖有意思，二项式中的二项式更有意思，如果把草式简化，只把各行的―加法结果‖依次开列出来，就得到我们熟悉的杨辉三角形（图右）. 这个三角形可命名为―1+1三角形‖.因为：（1）这个三角形是从1+1开始的；（2）三角形的任何一行数的和，自我相加之后变成了下一行各数之和.
这个三角形可命名为―2打滚三角形‖，因为从2开始，上行各数之和翻一倍，便成为下行各数之和.
这个三角形还可命名为―二项式中的二项式三角形中‖，
因为这个三角形中的任何一个数，都等于这个数肩上2数之和. 如三角形中第5行的第3数10，就等于它的肩上两数——第4行第2、3两数的和：10=4+6. 二项式中的二项式——―肩挑两数‖中两数是唯一的吗？
【例3】 在杨辉三角形中，第5行第3数上的数10，写成肩上2数的和，可以是： A.10=4+6 B.10=3+7 C.10=2+8 D.10=5+5
【解答】 杨辉三角形中的任何一个数，都由1+1的错位加法形成，因为加法的结果有唯一性. 所以，第5行第3个数10，肩挑两数的结果4+6是唯一的. 答案为A.
【说明】这个三角形还可以命名为―单肩串数三角形‖.
因为三角形中任何一个数都等于它的―一个肩上数斜向上顶住的一串数‖.
如三角形中第5行第3数10，它等于它右肩上的数6，并由6向左斜上方串联的一组数的和，即 10=6+3+1
它也等于它左肩上的数4，并由4向右斜上方串联的一组数的和，即 10=4+3+2+1
―单肩串数‖实为―肩挑两数‖性质推论. ―单肩串数‖实为―肩挑两数‖递推的结果，例如数10，如果是右肩串数，则是3次―肩挑两数‖的结果
.
10=6+4=6+（3+1）=6+［3+（1+0）］=6+3+1+0
―单肩串数‖是―肩挑两数‖的递推结果；从而是―错位加法‖的累计结果（图右）. 3、子集组合 得展开式系数
为了弄清二项式 (a +b ) n = (a +b ) (a +b )…(a +b )= A 0a n + A 1a n -1b +…+ A n -1 ab n -1+ A n b n 展开时系数的形成过程，我们先回头看―和的平方‖展开时，系数是怎样形成的. (a +b ) 2 = (a +b ) (a +b )
我们视a 为主字母，视b 为系数，其中的2个b 分别记作b 1和b 2，于是有 (a +b ) 2 = (a +b 1) (a +b 2)
=a + (b 1 +b 2) a + b 1b 2 =a +2ab +b
由此看到，最高项a 的系数为1. 次高项a 的系数是b 1 +b 2，这是从集合{ b 1，b 2}中，每次取1个元素所成的组合. 其组合数为
=2.
=1.
2
2
2
2
常数项b 1b 2，是从集合{ b 1，b 2}每次取出2个元素所成的组合，组合数为
2
统一地看，最高项a 中不含b ，因此可以看作，从集合{ b 1，b 2}每次取出0个元素所对应的组合. 组合数为
=1.
这样一来，―和的平方‖展开式可写成 (a +b ) 2 =a 2+
ab +
b 2
有了这个基础，我们也可以用―组合数‖表示二项式(a +b ) n 展开后各项的系数.
【例4】 试探索用组合数表示二项式
(a +b ) n =(a +b ) (a +b )…(a +b ) = A 0a n + A 1a n -1b +…+ A n -1 ab n -1+ A n b n 展开式中各系数A 0，A 1，…，A n -1，A n .
【解答】 对于a n ，它是从集合{ b 1，b 2，…，b n }中每次取出0个元素的组合. 组合数为A 0=对于a n -1b ，它是从集合{ b 1，b 2，…，b n }中，每次取出1个元素的组合，组合数为A 1=……
对于ab ，它是从集合{ b 1，b 2，…，b n }中，每次取出n -1个元素的组合，组合数为对于b n ，它是从集合{ b 1，b 2，…，b n }中，每次取出n 个元素的组合，组合数为于是，二项式(a +b ) n 可展开成如下形式
.
n -1
. .
.
(a +b ) =
n
a +
n
a b +…+
n -1
ab +
n -1
b ——这就是所谓的―二项式定理‖.
n
【说明】二项式展开后各项的系数依次为：其中，第1个数
，， …，.
=1，从第2个数开始，后面的每一个数都可以用前面的那个数表示为
这就是二项式展开―系数递推‖的依据. 二项式系数递推实际上是组合数由推.
4、 加法定理 来自二项式性质
将杨辉三角形中的每一个数，都用组合符号表示出来， 则得图右的三角形. 自然，―肩挑两数‖的性质可写成组合的 加法式. 如
这里，（1）相加两数的两数；（2）其和
和
是―下标相等，上标差1‖
到
的递
是―下标增1，上标选大‖的组合数.
，―肩挑
n
一般地，杨辉三角形中第n +1行任意一数两数‖的结果为组合的加法定理：
有了组合的加法定理，二项式(a +b ) 展开式的证明就变得非常简便了.
【例5】 试用数学归纳法证明二项式定理 (a +b ) n =
a n +
a n -1b +…+
ab n -1 +
a +
b n
b =a + b 命题真.
【证明】 （1）当n =1时，a +b =（2）假设 n =k 时命题真，即
(a +b ) k =a k +a k -1b +…+ab k -1 +b k
两边同乘以(a +b ) ，由―错位加法‖可得 (a +b ) k +1= =
a k +1 +(a k +1 +
) a k b +( a k b +…+
) a k -1 b 2 +…+( ab k +
b k +1
) ab k + b k +1
综合（1），（2）可知，对任意的n ∈N +，二项式(a +b ) n 展开式成立.
5、n 始于1 r 始于0
二项式定理将(a +b ) 的乘方式展开成一个数列的和：
(a +b ) n =a n +a n -1b +…+a n -rbr +…+b n =a n -rbr
a n -rbr 不是它的第r
a n -rbr
展开式中的r 从0取到n ，故展开式共有n +1项，其中关于r 的通项项，而是第r +1项. 故二项式展开式的通项公式为 T r +1=
a n -rbr 初学者经常误成 T r =
在通项公式中弄清了―n 与r 的关系‖后，以下考题可以做到―一挥而就‖. 【例6】 已知
，求展开式中x 9的系数.
a n -rbr 求出对应
【分析】 x 9的系数与x 9的二项式系数虽然不是一回事，但仍可用通项公式的r 来.
【解答】 设展开式的第r +1项能化简得到x 9项.
则有 T r +1 =
(x 2) 9-r ·
=
令 18-3r = 9 得r =3 故 x 9的系数为
【说明】 数学解题，切忌拘泥公式. 如本题中求r 的值，不一定要硬套通项公式. 事实上，展开式按x 的降幂排列：第1项的指数是18，第2项的指数是15，依次递减，指数为9的项是第4项，故有r = 3.
由此直接得 x 9的系数为
6、数形趣遇 算式到算图
. 这样的计算量大为减少.
二项式定理与杨辉三角形是一对天然的数形趣遇，它把数形结合带进了计算数学. 求二项式展开式系数的问题，实际上是一种组合数的计算问题. 用系数通项公式来计算，称为―式算‖；用杨辉三角形来计算，称作―图算‖.
【 例7】 （2007全国甲卷理13文16）
的展开式中常数项为 .
【式算】 先考虑展开后的常数项
T r +1 =
x 8 –
r
=
（1）令8 – 2r = 0，得r = 4，得= 70；
（2）令8 – 2r = – 2，得r = 5，得= 56.
故求得
的展开式中常数项为70 – 2×56 = – 42
【图算】 常数项产生在展开后的第5、6两项. 用―错位加法‖很容易―加出‖杨辉三
角形第8行的第5个数. 简图如下：
1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 …… 15 20 15 6 … 1 …… 35 35 21 …… … 70 56 …
图上得到=70，
==56.
故求得展开式中常数项为70 – 2×56 = – 42
【点评】 “式算‖与―图算‖趣遇，各扬所长，各补所短.
杨辉三角形本来就是二项式展开式的算图. 对杨辉三角形熟悉的考生，比如他熟悉到了它的第6行：
1，6，15，20，15，6，1
那么他可以心算不动笔，对本题做到一望而答.
杨辉三角形在3年内考了5个（相关的）题目，这正是高考改革强调―多想少算‖、―逻辑思维与直觉思维并重‖的结果. 这5个考题都与二项式展开式的系数相关，说明数形结合思想正在高考命题中进行深层次地渗透.
四．函数周期性的求解
1、正弦函数的周期
三角函数，以正弦函数 y = sin x 为代表，是典型的周期函数.
幂函数 y = x α 无周期性，指数函数 y = a x 无周期性，对数函数 y =loga x 无周期， 一次函数 y = kx +b 、二次函数 y = ax 2+bx +c 、三次函数 y = ax +bx + cx +d 无周期性.
周期性是三角函数独有的特性.
（1）正弦函数 y =sin x 的最小正周期 在单位圆中，设任意角α的正弦线为有向线 段MP .
正弦函数的周期性
动点P 每旋转一周，正弦线MP 的即时位置 和变化方向重现一次.
同时还看到，当P 的旋转量不到一周时，正 弦线的即时位置包括变化方向不会重现. 因此，正弦函数y =sinx 的最小正周期2π.
（2）y =sin（ωx）的最小正周期
设ω>0，y =sin（ωx ）的最小正周期设为L . 按定义 y = sin ω（x +L ） = sin（ωx + ωL ） = sinωx . 令ωx = x 则有 sin （x + ωL ） = sin x 因为sin x 最小正周期是2π，所以有
3
2
例如 sin2x 的最小正周期为
sin
的最小正周期为
（3）正弦函数 y =sin（ωx +φ） 的周期性
对正弦函数sin x 的自变量作―一次替代‖后，成形式y = sin （ωx +φ）.
它的最小正周期与y = sinωx 的最小正周期相同，都是.
如的最小周期与 y = sin（3x ）相同，都是.
于是，余弦函数
最小正周期相同，都是2π.
2、复合函数的周期性
将正弦函数 y = sin x 进行周期变换x →ωx ，sin x →sinωx
的最小正周期与sin x 的
后者周期变为
而在以下的各种变换中，如
（1）初相变换sinωx → sin （ ωx +φ）； （2）振幅变换sin （ωx +φ）→ A sin （ ωx +φ）； （3）纵移变换 A si n （ ωx +φ） → A si n （ ωx +φ）+m ；
后者周期都不变，亦即 A si n （ ωx +φ） +m 与si n （ωx ）的周期相同，都是而对复合函数 f （sin x ）的周期性，由具体问题确定.
（1）复合函数 f （sin x ） 的周期性 【例题】 研究以下函数的周期性： （1）2 sinx ； （2）
.
（2）为
的定义域为［2k π，2k π+π］，值域为［0，1］，作图可知， 它是最小正周期
2π的周期函数.
【解答】 （1）2sin x 的定义域为R ，值域为周期函数.
，作图可知，它是最小正周期为2π的
【说明】 从基本函数的定义域，值域和单调性出发，通过作图，还可确定，log a x ，sin x ，sin （sin x ）都是最小正周期2π的周期函数.
（2）y = sin3 x 的周期性
对于y = sinx =(sinx ) ，L =2π肯定是它的周期，但它是否还有更小的周期呢？ 我们可以通过作图判断，分别列表作图如下.
3
3
，
图上看到，y = sin3x 没有比2π更小的周期，故最小正周期为2π.
（3）y = sin x 的周期性
对于y = sin2x = (sinx ) 2，L =2π肯定是它的周期，但它的最小正周期是否为2π？ 可以通过作图判定，分别列表作图如下.
2
图上看到，y = sin2x 的最小正周期为π，不是2π.
（4）sin 2n x 和sin 2n -1 x 的周期性
y = sin2x 的最小正周期为π，还可通过另外一种复合方式得到. 因为 cos2x 的周期是π，故 sin 2x 的周期也是π.
sin 2x 的周期，由cos x 的2π变为sin 2x 的π. 就是因为符号法―负负得正‖所致.
因此，正弦函数sin x 的幂符合函数sin x ，当m =2n 时，sin x 的最小正周期为π；m = 2n –1时，
sin m x 的最小正周期是2π.
（5）幂复合函数举例
【例1】 求 y =|sinx |的最小正周期.
m
m
【解答】
【例2】
最小正周期为π.
求的最小正周期.
【解答】
为2π.
【例3】 求
最小正周期
的最小正周期.
【解答】
为π.
最小正周期
【说明】 正弦函数sin x
的幂复合函数
.
当q 为奇数时，周期为2π；q 为偶数时，周期为π. 3、周期函数的和函数
两个周期函数，如 sin x 和 cos x ，它们最小正周期相同，都是 2π. 那么它们的和函数， 即 si nx + cos x 的最小正周期如何？
和函数的周期与原有函数的周期保持不变. 这个结论符合一般情况.
对于另一种情况，当相加的两个函数的最小正周期不相同，情况将会如何？
（1）函数 sin x + sin2 x 的周期性
sin x 的最小正周期为2π，sin2x 的最小正周期是π，它们之间谁依赖谁，或依赖一个第三者？ 列表如下
.
表上看到函数sin x +sin2x 的最小正周期是2π.
（2）函数 sin x + sin2x 的周期性 依据上表，作sin x +sin2x 的图像如右.
从图上看到，函数的最小正周期为2π. 由si nx ， sin2x 的最小正周期中的大者决定，因为前者是后 者的2倍. 从图上看到，sin x +sin2x 仍然是个―振动 函数‖，但振幅已经不是常数了.
（3）函数sin x +sinx 的周期性
sin x 的最小正周期为2π，sin x 的最小正周期是3π.
们之间的和sin x + sinx 的最小正周期也由―较大的‖决定吗？即―和函数‖的周期为3π吗？
不妨按周期定义进行检验. 设
则x 0 +3π=
因此3π不是sin x + sinx 的最小正周期.
通过作图、直观看到，sin x +sin倍数.
4、周期函数在高考中
x 的最小正周期为6π，即sin x 和sin x 最小正周期的最小
三角函数是高考命题的重要板块之一，小题考，大题也考，比分约占高考总分的七分之一，与立体几何相当. 与立几不同的是，它还与函数、方程、不等式、数列、向量等内容综合. 正弦函数是三角函数的代表，而周期性又是正弦函数的特性.
关系到正弦函数的试题，有2种形式.
（1）直接考，求正弦函数的最小正周期.
（2）间接考，考周期在正弦函数性质中的应用. 求单调区间，求最值，简单方程的通解等.
（1）求正弦函数的周期
【例1】 函数 y =|sin |的最小正周期为
（A ） （B ）π （C ）2π （D ）4π
【解答】
最小正周期是 最小正周期的一半，即2π. 答案为（C ）
【说明】 图象法判定最简便，|sin x |的图象是将sin x 的图象在x 轴下方部分折到x 轴上方去. 倍角法定判定最麻烦
【解答】 （1）y = 2cos2x + 1的最小正周期由cos2x 决定
（2）求正弦函数的周期
【例2】 （1）y =2cos2x +1（2）y =|sinx + cosx |的最小正周期为 .
【解答】 （1）y = 2cos2x + 1的最小正周期由cos 2x 决定，故答案为π.
（2） 故答案为π.
【说明】 都可看作sin x 的幂函数的复合函数.
（3）函数周期性应用于求值
【例题】 f (x ) 是R 上的偶函数，且是最小正周期为π的周期函数.
【解答】
【说明】 周期性应用于区域转化. 将―无解析式‖的区域函数转化到―有解析式‖的区间上求值. 若 时 f (x ) = sinx 试求 的值.
（4）函数周期性应用于求单调区间
【例题】 x ∈R ，求函数 y =sinx + sinx cosx +2cosx 的单调增区间.
【解答】
函数的最小正周期为π.
令 得 22
因为函数周期为π，故函数的单调增区间为 .
【说明】 先求包含零点的增区间，再用最小正周期求单调增区间的集合.
周期函数在高考中
（5）周期性应用于求函数零点
【例题】 已知函数 .
【解答】
令 得
故交点横坐标的值的集合为 .
【说明】 先求绝对值最小的解，再利用最小正周期求―通解‖.
5、高考史上的周期大难题
高考史上第一次―周期大难题‖出现在恢复高考后的第3年，即1980年的理科数学卷上. 本题排在该卷的第六大题上. 在有十个大题的试卷上，这是个中间位置，然而，从当年的得分情况来看，本题的难度超过了包括压轴题和附加题在内的所有题目. 这点为命题人事先未能预料.
后来分析，该题的难点有三 .
（1）函数抽象，导致周期中含有参数；（2）求参数范围，与解不等式综合；（3）求最小正整数解，连命题人自拟的―标答‖都含糊不清. 20多年来数学界质疑不断.
【考题】设三角函数 ，其中k ≠0.
（1）写出 f (x ) 极大值M 、极小值m 与最小正周期;
（2）试求最小的正整数k ，使得当自变量x 在任意两个整数间（包括整数本身）变化时，函数 f (x ) 至少有一个值是M 与一个值是m .
【解答】 （1） M =1，m = -1， .
（2）f (x ) 在它的每一个周期中都恰好有一个值是M 与一个值是m .
而任意两个整数间的距离都≥1因此要使任意两个整数间函数f (x ) 至少有一个值是M 与一个值是m ，必须且只须使f (x ) 的周期≤1即：k =32就是这样的最小正整数.
6、高考史上的周期大错题
中学教材上的周期函数，一般都是简单和具体的函数. 关于最小正周期的求法，也是一些感性的结果；没有系统和完整―最小正周期‖的系统研究.
然而，随着―抽象函数‖的不断升温，对周期函数周期的考点要求越来越高.
2006年福建理数卷出现的―周期大错题‖正是这种盲目拔高的必然结果.
【例题】 f （x ）是定义在R 上的以3为周期的奇函数，且f （2）=0，则方程f （x ）=0在区间（0，6）内解的个数的最小值是
A.2 B.3 C.4 D.5
【说明】 这是2005年福建卷（理）第12题，命题组提供的答案是D ，即答案为5. 答案D 从何而来？以下，就是―D‖的一种解法.
【解答】 f (x ) 周期为3，由 f (2)=0，得 f (5) = f (2)=0，得
f (-1)= f (2-3) = f (2)=0，得 f (-4) = f (2-6) = f (2)=0
f (x ) 为奇函数，得 f (1) = - f (-1) =0 f (4)= - f (-4)=0，得
f (-0)= - f (0)，得 f (0)=0 f (3)= f (3+0)= f (0)=0
于是，求得 f (x )=0的解为：1、2、3、4、5. 共5个解，答案为D.
【讨论】 除了上述解法得 f (x )=0的5个解外，还有如下的解.
根据方程 f (x )=0的定义， x = 1.5 和 x =4.5 也是方程的解，证明如下：
由 f (x ) 的周期性，知 f (-1.5)= f (1.5) （1）
由 f (x ) 的奇偶性，知 f (-1.5) = - f (1.5) （2）
从而有 f (1.5)=0，f (4.5) = f (1.5)=0.
所以，1.5和4.5也是方程 f (x )=0的解. 于是，方程的解共有7个：即是1、1.5、2、3、4、
4.5、5.
【思考】 按上面讨论的结果，方程 f (x ) = 0的解至少有7个. 而原题的四个选项支中均没有这个答案. 命题人给定的答案D 是错的.
高考史上的周期大错题
【实验检验】 f (x ) 同时满足4个条件：（1）定义在R 上；（2）奇函数；（3）周期为3；
（4）f (2) =0. 据此，我们找到 f (x ) 的一个具体例子：
并在区间（0，6）上找到 f (x )=0的7个解，列表如下：
这7个解即是1，1.5，2，3，4，4.5，5.
函数 在一个周期［0，3］上的图像如右. 图像与 x 轴有5个交点，故在［0，6］有9个交点，从而在（0，6）上有7个交点.
【反思】 命题人的错误自然出在疏忽二字上. 实在地，本题较难，首先难倒了命题人自己.
严格地讲，试题―超纲‖. 对两个周期函数的和函数，其最小正周期是它们的―最小公倍数‖——这本身就没有进行过证明，对某些具体函数可以具体分析，但对抽象函数来讲，却没有理论依据. 而本题，又恰恰是个抽象函数，而且是个综合问题. 命题出错似乎是必然的.
高考备考精品：数学解题能力快速提升
一．不等式解题方法
一、从与的大小说起
【引例】 正实数中，对任意a ，b ，m ，都有
这就是“分数的基本性质”：分数的分子和分母乘以同一个正数，其值不变. 这，连小学生都知道. 但， 我们的话题却要从这儿开始.
【问题】对以上“性质”，如果将冒号后的文字改变一个字，将“乘”改成“加”，
这里的等号还能成立吗？请看下例.
【例1】若b >a >0，m >0，则有
A. B. C. D.
【解答】 （淘汰法）令a=1，b=2，m =3 淘汰B ，C ，D ，答案为A.
【例2】（变例1为解答题）若b >a >0，m >0，试比较和的大小.
【解1】 （比较法 作差—变形—判定符号）
因为
【解2】 （综合法 由因推果 由整式推出分式）
a )
【说明】 因果关系，步步清楚，只是在第三步时，对ab 的无中生有，不易想到.
【解3】 （分析法 由果索因 由分式化为整式）
即变成
欲使
① 只须 a (b+m)
只须 am
【说明】 由果追因，化繁为简. 只是第一步的“假设”是种猜想，事先应有某种倾向.
【解4】 （放缩法 从右到左）
（ >）
【说明】 a 放大为b ，则将
缩小为，结果是分值缩小.
缩成，目标是“约”去m .
【解5】 （放缩法 从左到右）
（
【说明】 “最后”令kb =m 的合理性来自正数k 的任意性. 事实上，我们可以提前设置m=kb. 将放成
，目标是“添”上m . 这里的第二步利用了连比定理.
放缩法实为对比较法、分析法、综合法等基本方法所得简单结果的一种整合运用.
【小结】 证不等式，比较法是基础，放缩法是整合，方法网络图如下：
【练习】 正实数中，求证
≥
（Ⅰ）用比较法证明； （Ⅱ）用综合法证明；
（Ⅲ）用分析法证明； （Ⅳ）用放缩法证明.
二、比大小 从方程、函数到不等式
还是那个题目 b >a >0，m >0，求证【法1】 （等式法 不等式变为方程）
设
得
即 x >0，故有
.
【说明】 这种等式法实为比较法的一种变式. 即作差法的另种形式.
【法2】 （等式法 未知数论设作因子）设
则
所以
【说明】 这种等式法为比较法的另一种形式. 即作商法的另种形式.
【法3】 （函数法 视m 为x
， 设有函数
函数
在［0，m ］上是减函数，故
）
是［0，m ］上的增函数. （图右，其中a =1，b =2）
f （0）
【说明】 函数法比大小在于建构并利用函数的单调性. 反比例函数
（k >0）是
（0，+∞）上的减函数.
【法4】 （不等式法 把证不等式化为解不等式）
解不等式
即 x =m 为正数时，原不等式真.
【说明】 证不等式可视为一种特殊形式的解不等式. 如证a 2-a +1>0，即x 2-x +1>0的解为R ，视参数为变量. 解出的参数值域符合题设的取值范围即可. 【法5】 （极限法 把参数m 作极端处理）
&nbs,p; 当m →0时，
当m →∞时，
故有
【说明】 对于解答题来讲，这种解法的理由不充分，因为对于函数f (m )=并没讲清楚，没有交待f (m ) 是
上的增函数.
的单调性
如果是确定性的选择题例1，即则这种极限法是很简便的.
与的大小关系是确定的，不需要讨论m 的范围时，
【小结】 真分数的―放大性‖：真分数的分子和分母加上同一个正数，其值变大.
以这种―放大性‖为基础，可推出许多重要的分式不等式，如 （1）|a+b|≤|a|+|b|
（2）数列an=
≤
是增数列；而数bn=
≤是减数列.
【练习】 1. 正数中，再证≥. 分别用函数法、方法程和解不等式法.
2. 用不同的方法证明≥.
3. 用不同的方法证明
三、千方百法 会战高考不等式
≥.
【考题1】 （2006年赣卷第5题）
对于R 上可导的任意函数f （x ），若满足（x －1）f¢（x ）³0，则必有（ ） A ． f（0）＋f （2）2f（1）
【分析】 从已知条件（x-1）f ¢ (x)≥0出发，可得如下的不等式组
或
为减函数，在
. 因此f(x)有两种可能：其一，f (x)为常数；其二，f(x)在区间上为增函数.
上
【解答】 （综合法）依题意，当x³1时，f¢（x ）³0，函数f （x ）在[1，＋¥上是增函数；当x
当f (x)为常数函数时即f (x)=a(常数) ，f ¢（x ）=0，满足不等式(x-1) f¢（x ）≥0成立. 此时f (0)+f (2)=2f(1)，所以f （0）＋f （2）≥2f（1）. 故选C. 【说明】 本题如用分析法，即各选项反推，显然麻烦.
【考题2】 （2002年苏卷第22题 不等式与函数综合 不等式为主） 已知a>0，函数f(x)=ax-bx2.
（Ⅰ）当b>0时，若对任意x ∈R 都有f(x)≤1，证明a≤
；
；
（Ⅱ）当b>1时，证明：对任意x ∈［0,1］，|f(x)|≤1的充要条件是b-1≤a≤（Ⅲ）当0
∵ f(x)=
【解Ⅱ】 先证必要性：
≤（放大）≤1. ∵a>0，b>0，∴a≤.
对任意x ∈［0,1］，|f (x)|≤1-1≤f(x)，据此可以推出-1≤f (1)，即a-b≥-1，∴a≥b-1；
对任意x ∈［0,1］，|f (x)|≤1f (x)≤1，因为b>1，可以推出≤1，
即 a·-1≤1，∴ a≤；∴ b-1≤a≤.
再证充分性：因为b>1，a≥b-1，对任意x ∈［0,1］，可以推出ax-bx2≥b(x-x2)-x≥-x≥-1. 即 ax-bx2≥1； 因为b>1，a≤∴-1≤f(x)≤1.
综上，当b>1时，对任意x ∈［0,1］，|f(x)|≤1的充要条件是b-1≤a≤【解Ⅲ】因为a>0，0
所以，当a>0，0
【说明】 ①综合、分析、放缩——轮番上阵，证不等式大题，就是如此―三斧头‖配合； ②不等式的证明在命制解答题时，经常与数学的主干内容，特别是函数和数列组成综合大题. 在30年的数学卷上，这样的题目在压轴题中占三分之一.
【考题3】 （2005年鄂卷第22题 不等式与数列综合 不等式为主）
f(1)≤1
a-b≤1，即a≤b+1，
f (x)≤ .
，对任意x ∈［0,1］，可以推出ax-bx2≤
≤1，即 ax-bx2≤1.
已知不等式，其中n 为大于2
的整数，
表示不超过
的最大整数设数列
{
}的各项为正，且满
足
，
（Ⅰ）证明：（Ⅱ）猜测数列
{
，；
}是否有极限？如果有，写出极限的值；
（Ⅲ）试确定一个正整数N ，使得当n>N时，对任意b>0，都有
【分析】 ①本题的第（Ⅰ）、（Ⅱ）、（Ⅲ）小题之间成梯式结构，（Ⅰ）是（Ⅱ）和（Ⅲ）的基础. 从策略上看，如在（Ⅰ）上遇着困难，可承认（Ⅰ）的结论，并利用它迅速地解出（Ⅱ）
和（Ⅲ）来. 此题恰恰是第（Ⅰ）难，而（Ⅱ）、（Ⅲ）容易.
②对于（Ⅰ），已知为两个不等式，而求证一个不等式. 其基本思路是，对已知不等式用综合法―下推‖，对求证不等式用分析法―上追‖. 如：
欲使
只须
= 此时，―综合下推‖的方向就清楚了.
【解Ⅰ】 ∵当n≥2时，，
∴，即，
于是有，，…，，
所有不等式两边相加可得
由已知不等式知，当n≥3时有
∵，∴
∴ 【解Ⅱ】
≤
又an>0. 故有=0.
【解Ⅲ】
则有
（放大为了化简） 令
，
，
故取N=1024，可使当n>N时，都有
【说明】 本小题是条件不等式的证明，已知2个不等式，求证1个不等式. 在分析——综合
——放缩三法联合证明综合大题时，优先考虑分析法. 随时思考待证的不等式需要什么，需要的东西如何从已知的不等式中得到.
【练习】 对考题3，已知条件不变，对设问作如下改写
（Ⅰ）设，利用数学归纳法证不等式
（Ⅱ）利用上述结果，证明不等式
二．函数最值的求解方法
一、二次函数最值寻根
初中生研究二次函数的最值，是从配方法开始的.
设a >0，f (x )=ax 2+bx+c
=
初三学生已知，二次函数f (x ) ，在a >0时，有最小值；a
到了高中，学生更关心二次函数得到最值的条件，即上述不等式中等号成立的条件：
. 这个条件——自变量x 的取值，称作二次函数最值对应的―最值点‖（以下简称―最
点‖），俗称函数―最值的根‖.
对于高一学生，老师把二次函数的―最值‖与二次函数的―单调区间‖相捆绑，要求用比较法探索―最点‖.
【例1】 已知a >0，探索二次函数y = ax +bx +c 的单调区间. 并指出函数的最值点. 【解答】 任取 x 1
2
(※)
（1）当x 1，x 2≤-时，有
由式(※) 得 y 1 – y 2 =a
函数f (x ) 在上为减函数.
（2）当x 1，x 2≥-时，有
由式（※）得 y 1 – y 2 =a
即函数f (x ) 在上为增函数.
综合（1）、（2）可知，二次函数y =ax 2+bx +c ( a >0 ) 有减区间
和增区间
.
显然，二次函数的最值点为，函数有最小值.
【评说】 从这里看到，二次函数的最点，就是两个―异性‖单调区间的交接点.
【练1】 试研究一次函数【解】 任取（1）
时，时，
; ，则有
，函数在R 上为增函数.
时，
.
没有最点，从而没有最值.
（2）时，时，
;
，函数在R 上为减函数.
时，
.
无最值（既无最大值，也无最
所以，一次函数在R 上没有最点，从而一次函数小值）.
【说明】 一次函数定义在R 上，定义域内找不到这样的―点‖，使得该点两边邻域是异性的两个单调区间. 本例从反面看到：最点是单调区间的―变性‖的―转折点‖.
二、从到
高中生将―最点‖变形为
，并由此得到一个一次函数与对应的二次函数
. 有某
精明的学生发现，这个一次函数
种―关系‖，甚至有学生在偷偷地利用这种―关系‖. 这种―关系‖到了高三才彻底解决：
函数数，即
.
的导函数
的―求根‖问题. 正是函数
的导函
函数求―最根‖
的问题，正好是导函数
的根，就是
的驻点. 很清楚，二次函数的驻点就是二次函数的最点. 的最点，就是求
的根. 俗说中―最根‖，真的与―根‖字巧合
问题变得这么明朗：求了. 【例2】 设象（如右）. 试说明
的正负性与
，在同一坐标系中，分别作得和的图
单调性的对应关系.
【解析】
与相交于.
（1）
时，
, 递减；
（2）时，
, 递增；
（3）时，
, 负区与
得到最小值.
的减区对应；
故对应关系为：（1）
（2） （3）
零点与
的最值对应.
的导函数
图象如右图的直线，则有
正区与
的增区对应；
【练2】 已知二次函数
（1）
=（ ），增区间为（ ），减区间为（ ）；
（2）的最（ ）值为（ ）；
（3）若，求的解析式.
【解答】 从右图上看到
（1）（2） （3）（4）令
的根为时，时，
，故有>0，故
=1； 的增区间为的减区间为
. ； ；
有最大值，最大值为
，图上知
；
令，得.
故有
【说明】 注意对应着一个确定的
.
与
，反过来，每一个这样的
并非一一对应，每一个这样的却对应着无穷个
都
，它们只是相
差一个常数c . 这就是本题中，为什么已经知道了定
三、三次函数的驻点、极点和最点 一次函数没有驻点，自然没有最点.
的解析式.
的图象后，还要给出时才能确
二次函数有一个驻点，这个驻点就是二次函数的最点. 三次函数呢？
三次函数的导函数是二次函数，这个二次函数根的情况有3种：（1）有2个相异的根，（2）有2个相同的根；（3）无根.
如果三次函数如果
的导函数无根，则一定有驻点.
无驻点，自然也无最点，也无最值.
有根呢？自然
那么，这些驻点是否为其最点呢？
【例3】 研究函数【解析】 令（1）（2）（3）故故又
在，时，
无最点.
时，
时，时，
的驻点、极点和最点. ，得
，
为
的2个驻点.
>0，函数递增；
>0，函数递增. 有极大值是
，在
上有极小值
.
的2个极点，前者为极大点，后者为极小点.
，故函数
既无最大值，也
无最小值. 从而
【说明】 这是三次函数有2个驻点，且都为极点的例子. 而三次函数无驻点或有驻点但不是极点的例子如下（练3）.
【练3】 研究下列三次函数的驻点、极点、最点和单调区间.
（1）
【解析】 （1）的增函数. （2）
,
（2）
, 函数
无驻点，无极点，无最点.
是
上
.
，函数递增， ，函数也递增.
有2个重合的驻点（1）当（2）当
时，时，
因此，驻点当然也无最点
.
不能分出两个―相异‖的单调区间，
故不是的极点，无极点，
是R 上的增函数.
【说明】 函数
相重合的两驻点
不成为极点，可理解为它们消去
了―中间‖的一个―相异‖的单调区间后，将两边的―同性‖的单调区进行了链接而成为一个单调
区间.
经过以上的讨论得知，定义在R 上的三次函数，不管它有无驻点或极点，它是不会有最点
的。
四、极点何时为最点
不重合的2个驻点可以分别成为极点. 那么，在什么条件下极点成为最点呢？ 驻点是极点的必要不充分条件，那么极点是最点的什么条件呢？ 我们研究，极点何时成为最点. 【例4】 已知【解析】
有3个相异的根：
的导函数
，试探究.
它们都是
的极点. 的极点和最点.
易知原函数易知为
为的增区间
.
的减区间，
（
为
R ）
的增区间，
为
的减区间，
的4个单调区间依次成―减——增——减——增‖的顺序，使得首、尾两个区间的单调性相异，从而使得
在―两次探底‖中得到最（小）点.
比较三个极值的大小：
得的最小值为，对应两个最小点和1.
如果有n 个极点：x 1
【说明】 定义在一个开区间上的可导函数
当n 为奇数时，大小可得.
有最点存在. 最点在依次为奇数的极点中产生，通过奇数位上的极值比
当n 为偶数时，函数无最点.
【练4】 求函数【解析】 函数
的最值.
是定义在一个开区间
上的可导函数,
令得
的唯一驻点时，时，
故
有最大值
即为最点
. ，函数递增
, ，函数递减,
.
【说明】 本函数是二次函数的复合函数，用配方法求最值也很简便
.
, 等号成立条件是
五、最值寻根的导数判定 若定义在一个开区间上的函数的问题可转化为（1）若导函数（2）若导函数
的根
的导函数无根，即有唯一的根
最根
.
有导函数存在，那么是否有最值
是否有最根的问题来研究： ，则，即.
无最值； ，则
有最值
.
此时，导函数
即是函数
（3）若导函数
有多个的根，则应从多个驻点中依次判定极点、最点的存在性.
【例5】 在以下四个函数中，有最值存在的函数是
A.
B. C. D.
【解析】 对于A ，定义区间虽有两个，但都有对于B
，
，函数有重合的两驻点
，
，无最值；
无最值；
对于C ，对于D ，
.
，无最值；
当时，令，得，有最值=1.
本题答案为D.
【练5】 判断以下函数，是否有最值，如果有，求出最值.
（1） （2）
【解析】 （1）（2）
，
.
无最值.
当
有最值，
时，，由.
，得
.
当时，，是增函数.
当时，，是减, 函数.
故是的最大值.
六、最根与高考题
导数应用于高考，一般都在研究函数的单调性和函数最值问题，对可导函数来讲，这两个问题互相捆绑着，于是导数问题的―根本‖则变成―最根‖问题.
【例6】 已知可导函数的单调区间和函数最值. 【解析】 由
时，时，由此可知，有最大值
. 是
，函数，函数
在R 上恒有，
且不为常数，试研究
可知
为减函数
; 为增函数;
有减区间
，
增区间
，
的唯一的根，故为最根. 故
【说明】 本题是在研究―抽象函数‖——无具体解析式的一类函数质
条件下，通过―最根‖
的判定而确定了
的性质，只在满足性
的单调区间和最值.
有些不等式的证明，还可以通过构造函数，研究这个函数的―最值‖而确认不等式是否成立. 【练6】 已知函数（1）求函数
的最大值；
，
.
（2）设，证明：.
【解析】 （1
）故故（2）
有唯一的最根的最大值为
，
， .
.
，
设，
则当当
时，时，
，因此，因此
在
在
.
内为减函数. 上为增函数.
从而，当时，有最小值，
因为，，所以，即.
【说明】 问题（2）的解决，是用―最根‖证明不等式.
七、余兴 荒唐错误 打从何来
学生小新读完上文，很感兴趣，他模仿着【练4】的题型，只是变了几个系数，结果成了下面的问题.
【例7】 研究函数有无最值.
【小新解答】
令因此
，得有最值
的唯一驻点
.
.
为―最点‖.
【讨论】
是最值吗？若为最大值，我们可以找到比它更大的；如果
是最小值，我们可以找到比它更小的解答错了！错在哪里？作为思考题留给读者. 【提示】 本函数
的定义域不是―一个‖开区间.
.
三．二项式的展开
1、二项式 ( a + b ) 展开 追根 n = 1 根据乘法法则，分别有： （1） (a +b ) 1 = a +b （2） (a +b ) 2 = a 2+2ab +b 2
n
（3） (a +b ) 3 = a 3+3a 2b +3ab 2+b 3 （4） (a +b ) 4 = a 4+4a 3b +6a 2b 2+4ab 3 +b 4 ……
展开后，（2）的系数是（1）的系数―错位相加‖，（3）的系数是（2）的系数―错位相加‖，（4）的系数是（3）的系数―错位相加‖，……，（n ）的系数是（n －1）的系数―错位相加‖. 草式如下.
……
由此看到( a + b ) 展开式的系数是由( a + b )的系数―1+1‖错位相加、累计(n -1) 次的结果.
【例2】 设 ( a + b ) 6 = A 0 a 6 + A 1a 5 b + A 2a 4 b 2+ … + A 6 b 6 ( a + b ) 7 = B 0 a 7 + B 1a 6 b + B 2a 5 b 2+ … + B 7 b 7
试用A i (i = 0，1，…，6) 的代数式表示B j ( j =0，1，2，…，7)
【解析】 ( a + b ) 7 = ( a + b ) 6 ( a + b )
= ( A 0 a + A 1a b + … + A 5ab +A6 b ) ( a + b )
= A 0 a 7 + ( A 0 + A 1) a 6 b + ( A 1 + A 2) a 5 b 2 + … + ( A 5 + A 6) a b 6 + A 6 b 7 于是有 B 0 = A 0；B 1 = A 0 + A 1；B 2 = A 1 + A 2；B 3 = A 2 + A 3； B 4 = A 13+ A 4；B 5 = A 4 + A 5；B 6 = A 5 + A 6；B 7 = A 6 .
【说明】 由（6）到（7）的系数―错位相加‖草式如下.
6
5
5
6
n
1
这是一个有趣的规律，它说明：二项式展开式的每个系数也是―二项式‖，即展开式的每个系数都是一个二项式的和.
一般地：B r +1 = A r + A r +1 (r = 0，1，…，n - 1) 特别地：B 0 = 0 + A 0 = A 0，B n = A n -1+ 0 = A n -1
2、二项式含二项式 看杨辉三角收藏
上面的―错位加法‖有意思，二项式中的二项式更有意思，如果把草式简化，只把各行的―加法结果‖依次开列出来，就得到我们熟悉的杨辉三角形（图右）. 这个三角形可命名为―1+1三角形‖.因为：（1）这个三角形是从1+1开始的；（2）三角形的任何一行数的和，自我相加之后变成了下一行各数之和.
这个三角形可命名为―2打滚三角形‖，因为从2开始，上行各数之和翻一倍，便成为下行各数之和.
这个三角形还可命名为―二项式中的二项式三角形中‖，
因为这个三角形中的任何一个数，都等于这个数肩上2数之和. 如三角形中第5行的第3数10，就等于它的肩上两数——第4行第2、3两数的和：10=4+6. 二项式中的二项式——―肩挑两数‖中两数是唯一的吗？
【例3】 在杨辉三角形中，第5行第3数上的数10，写成肩上2数的和，可以是： A.10=4+6 B.10=3+7 C.10=2+8 D.10=5+5
【解答】 杨辉三角形中的任何一个数，都由1+1的错位加法形成，因为加法的结果有唯一性. 所以，第5行第3个数10，肩挑两数的结果4+6是唯一的. 答案为A.
【说明】这个三角形还可以命名为―单肩串数三角形‖.
因为三角形中任何一个数都等于它的―一个肩上数斜向上顶住的一串数‖.
如三角形中第5行第3数10，它等于它右肩上的数6，并由6向左斜上方串联的一组数的和，即 10=6+3+1
它也等于它左肩上的数4，并由4向右斜上方串联的一组数的和，即 10=4+3+2+1
―单肩串数‖实为―肩挑两数‖性质推论. ―单肩串数‖实为―肩挑两数‖递推的结果，例如数10，如果是右肩串数，则是3次―肩挑两数‖的结果
.
10=6+4=6+（3+1）=6+［3+（1+0）］=6+3+1+0
―单肩串数‖是―肩挑两数‖的递推结果；从而是―错位加法‖的累计结果（图右）. 3、子集组合 得展开式系数
为了弄清二项式 (a +b ) n = (a +b ) (a +b )…(a +b )= A 0a n + A 1a n -1b +…+ A n -1 ab n -1+ A n b n 展开时系数的形成过程，我们先回头看―和的平方‖展开时，系数是怎样形成的. (a +b ) 2 = (a +b ) (a +b )
我们视a 为主字母，视b 为系数，其中的2个b 分别记作b 1和b 2，于是有 (a +b ) 2 = (a +b 1) (a +b 2)
=a + (b 1 +b 2) a + b 1b 2 =a +2ab +b
由此看到，最高项a 的系数为1. 次高项a 的系数是b 1 +b 2，这是从集合{ b 1，b 2}中，每次取1个元素所成的组合. 其组合数为
=2.
=1.
2
2
2
2
常数项b 1b 2，是从集合{ b 1，b 2}每次取出2个元素所成的组合，组合数为
2
统一地看，最高项a 中不含b ，因此可以看作，从集合{ b 1，b 2}每次取出0个元素所对应的组合. 组合数为
=1.
这样一来，―和的平方‖展开式可写成 (a +b ) 2 =a 2+
ab +
b 2
有了这个基础，我们也可以用―组合数‖表示二项式(a +b ) n 展开后各项的系数.
【例4】 试探索用组合数表示二项式
(a +b ) n =(a +b ) (a +b )…(a +b ) = A 0a n + A 1a n -1b +…+ A n -1 ab n -1+ A n b n 展开式中各系数A 0，A 1，…，A n -1，A n .
【解答】 对于a n ，它是从集合{ b 1，b 2，…，b n }中每次取出0个元素的组合. 组合数为A 0=对于a n -1b ，它是从集合{ b 1，b 2，…，b n }中，每次取出1个元素的组合，组合数为A 1=……
对于ab ，它是从集合{ b 1，b 2，…，b n }中，每次取出n -1个元素的组合，组合数为对于b n ，它是从集合{ b 1，b 2，…，b n }中，每次取出n 个元素的组合，组合数为于是，二项式(a +b ) n 可展开成如下形式
.
n -1
. .
.
(a +b ) =
n
a +
n
a b +…+
n -1
ab +
n -1
b ——这就是所谓的―二项式定理‖.
n
【说明】二项式展开后各项的系数依次为：其中，第1个数
，， …，.
=1，从第2个数开始，后面的每一个数都可以用前面的那个数表示为
这就是二项式展开―系数递推‖的依据. 二项式系数递推实际上是组合数由推.
4、 加法定理 来自二项式性质
将杨辉三角形中的每一个数，都用组合符号表示出来， 则得图右的三角形. 自然，―肩挑两数‖的性质可写成组合的 加法式. 如
这里，（1）相加两数的两数；（2）其和
和
是―下标相等，上标差1‖
到
的递
是―下标增1，上标选大‖的组合数.
，―肩挑
n
一般地，杨辉三角形中第n +1行任意一数两数‖的结果为组合的加法定理：
有了组合的加法定理，二项式(a +b ) 展开式的证明就变得非常简便了.
【例5】 试用数学归纳法证明二项式定理 (a +b ) n =
a n +
a n -1b +…+
ab n -1 +
a +
b n
b =a + b 命题真.
【证明】 （1）当n =1时，a +b =（2）假设 n =k 时命题真，即
(a +b ) k =a k +a k -1b +…+ab k -1 +b k
两边同乘以(a +b ) ，由―错位加法‖可得 (a +b ) k +1= =
a k +1 +(a k +1 +
) a k b +( a k b +…+
) a k -1 b 2 +…+( ab k +
b k +1
) ab k + b k +1
综合（1），（2）可知，对任意的n ∈N +，二项式(a +b ) n 展开式成立.
5、n 始于1 r 始于0
二项式定理将(a +b ) 的乘方式展开成一个数列的和：
(a +b ) n =a n +a n -1b +…+a n -rbr +…+b n =a n -rbr
a n -rbr 不是它的第r
a n -rbr
展开式中的r 从0取到n ，故展开式共有n +1项，其中关于r 的通项项，而是第r +1项. 故二项式展开式的通项公式为 T r +1=
a n -rbr 初学者经常误成 T r =
在通项公式中弄清了―n 与r 的关系‖后，以下考题可以做到―一挥而就‖. 【例6】 已知
，求展开式中x 9的系数.
a n -rbr 求出对应
【分析】 x 9的系数与x 9的二项式系数虽然不是一回事，但仍可用通项公式的r 来.
【解答】 设展开式的第r +1项能化简得到x 9项.
则有 T r +1 =
(x 2) 9-r ·
=
令 18-3r = 9 得r =3 故 x 9的系数为
【说明】 数学解题，切忌拘泥公式. 如本题中求r 的值，不一定要硬套通项公式. 事实上，展开式按x 的降幂排列：第1项的指数是18，第2项的指数是15，依次递减，指数为9的项是第4项，故有r = 3.
由此直接得 x 9的系数为
6、数形趣遇 算式到算图
. 这样的计算量大为减少.
二项式定理与杨辉三角形是一对天然的数形趣遇，它把数形结合带进了计算数学. 求二项式展开式系数的问题，实际上是一种组合数的计算问题. 用系数通项公式来计算，称为―式算‖；用杨辉三角形来计算，称作―图算‖.
【 例7】 （2007全国甲卷理13文16）
的展开式中常数项为 .
【式算】 先考虑展开后的常数项
T r +1 =
x 8 –
r
=
（1）令8 – 2r = 0，得r = 4，得= 70；
（2）令8 – 2r = – 2，得r = 5，得= 56.
故求得
的展开式中常数项为70 – 2×56 = – 42
【图算】 常数项产生在展开后的第5、6两项. 用―错位加法‖很容易―加出‖杨辉三
角形第8行的第5个数. 简图如下：
1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 …… 15 20 15 6 … 1 …… 35 35 21 …… … 70 56 …
图上得到=70，
==56.
故求得展开式中常数项为70 – 2×56 = – 42
【点评】 “式算‖与―图算‖趣遇，各扬所长，各补所短.
杨辉三角形本来就是二项式展开式的算图. 对杨辉三角形熟悉的考生，比如他熟悉到了它的第6行：
1，6，15，20，15，6，1
那么他可以心算不动笔，对本题做到一望而答.
杨辉三角形在3年内考了5个（相关的）题目，这正是高考改革强调―多想少算‖、―逻辑思维与直觉思维并重‖的结果. 这5个考题都与二项式展开式的系数相关，说明数形结合思想正在高考命题中进行深层次地渗透.
四．函数周期性的求解
1、正弦函数的周期
三角函数，以正弦函数 y = sin x 为代表，是典型的周期函数.
幂函数 y = x α 无周期性，指数函数 y = a x 无周期性，对数函数 y =loga x 无周期， 一次函数 y = kx +b 、二次函数 y = ax 2+bx +c 、三次函数 y = ax +bx + cx +d 无周期性.
周期性是三角函数独有的特性.
（1）正弦函数 y =sin x 的最小正周期 在单位圆中，设任意角α的正弦线为有向线 段MP .
正弦函数的周期性
动点P 每旋转一周，正弦线MP 的即时位置 和变化方向重现一次.
同时还看到，当P 的旋转量不到一周时，正 弦线的即时位置包括变化方向不会重现. 因此，正弦函数y =sinx 的最小正周期2π.
（2）y =sin（ωx）的最小正周期
设ω>0，y =sin（ωx ）的最小正周期设为L . 按定义 y = sin ω（x +L ） = sin（ωx + ωL ） = sinωx . 令ωx = x 则有 sin （x + ωL ） = sin x 因为sin x 最小正周期是2π，所以有
3
2
例如 sin2x 的最小正周期为
sin
的最小正周期为
（3）正弦函数 y =sin（ωx +φ） 的周期性
对正弦函数sin x 的自变量作―一次替代‖后，成形式y = sin （ωx +φ）.
它的最小正周期与y = sinωx 的最小正周期相同，都是.
如的最小周期与 y = sin（3x ）相同，都是.
于是，余弦函数
最小正周期相同，都是2π.
2、复合函数的周期性
将正弦函数 y = sin x 进行周期变换x →ωx ，sin x →sinωx
的最小正周期与sin x 的
后者周期变为
而在以下的各种变换中，如
（1）初相变换sinωx → sin （ ωx +φ）； （2）振幅变换sin （ωx +φ）→ A sin （ ωx +φ）； （3）纵移变换 A si n （ ωx +φ） → A si n （ ωx +φ）+m ；
后者周期都不变，亦即 A si n （ ωx +φ） +m 与si n （ωx ）的周期相同，都是而对复合函数 f （sin x ）的周期性，由具体问题确定.
（1）复合函数 f （sin x ） 的周期性 【例题】 研究以下函数的周期性： （1）2 sinx ； （2）
.
（2）为
的定义域为［2k π，2k π+π］，值域为［0，1］，作图可知， 它是最小正周期
2π的周期函数.
【解答】 （1）2sin x 的定义域为R ，值域为周期函数.
，作图可知，它是最小正周期为2π的
【说明】 从基本函数的定义域，值域和单调性出发，通过作图，还可确定，log a x ，sin x ，sin （sin x ）都是最小正周期2π的周期函数.
（2）y = sin3 x 的周期性
对于y = sinx =(sinx ) ，L =2π肯定是它的周期，但它是否还有更小的周期呢？ 我们可以通过作图判断，分别列表作图如下.
3
3
，
图上看到，y = sin3x 没有比2π更小的周期，故最小正周期为2π.
（3）y = sin x 的周期性
对于y = sin2x = (sinx ) 2，L =2π肯定是它的周期，但它的最小正周期是否为2π？ 可以通过作图判定，分别列表作图如下.
2
图上看到，y = sin2x 的最小正周期为π，不是2π.
（4）sin 2n x 和sin 2n -1 x 的周期性
y = sin2x 的最小正周期为π，还可通过另外一种复合方式得到. 因为 cos2x 的周期是π，故 sin 2x 的周期也是π.
sin 2x 的周期，由cos x 的2π变为sin 2x 的π. 就是因为符号法―负负得正‖所致.
因此，正弦函数sin x 的幂符合函数sin x ，当m =2n 时，sin x 的最小正周期为π；m = 2n –1时，
sin m x 的最小正周期是2π.
（5）幂复合函数举例
【例1】 求 y =|sinx |的最小正周期.
m
m
【解答】
【例2】
最小正周期为π.
求的最小正周期.
【解答】
为2π.
【例3】 求
最小正周期
的最小正周期.
【解答】
为π.
最小正周期
【说明】 正弦函数sin x
的幂复合函数
.
当q 为奇数时，周期为2π；q 为偶数时，周期为π. 3、周期函数的和函数
两个周期函数，如 sin x 和 cos x ，它们最小正周期相同，都是 2π. 那么它们的和函数， 即 si nx + cos x 的最小正周期如何？
和函数的周期与原有函数的周期保持不变. 这个结论符合一般情况.
对于另一种情况，当相加的两个函数的最小正周期不相同，情况将会如何？
（1）函数 sin x + sin2 x 的周期性
sin x 的最小正周期为2π，sin2x 的最小正周期是π，它们之间谁依赖谁，或依赖一个第三者？ 列表如下
.
表上看到函数sin x +sin2x 的最小正周期是2π.
（2）函数 sin x + sin2x 的周期性 依据上表，作sin x +sin2x 的图像如右.
从图上看到，函数的最小正周期为2π. 由si nx ， sin2x 的最小正周期中的大者决定，因为前者是后 者的2倍. 从图上看到，sin x +sin2x 仍然是个―振动 函数‖，但振幅已经不是常数了.
（3）函数sin x +sinx 的周期性
sin x 的最小正周期为2π，sin x 的最小正周期是3π.
们之间的和sin x + sinx 的最小正周期也由―较大的‖决定吗？即―和函数‖的周期为3π吗？
不妨按周期定义进行检验. 设
则x 0 +3π=
因此3π不是sin x + sinx 的最小正周期.
通过作图、直观看到，sin x +sin倍数.
4、周期函数在高考中
x 的最小正周期为6π，即sin x 和sin x 最小正周期的最小
三角函数是高考命题的重要板块之一，小题考，大题也考，比分约占高考总分的七分之一，与立体几何相当. 与立几不同的是，它还与函数、方程、不等式、数列、向量等内容综合. 正弦函数是三角函数的代表，而周期性又是正弦函数的特性.
关系到正弦函数的试题，有2种形式.
（1）直接考，求正弦函数的最小正周期.
（2）间接考，考周期在正弦函数性质中的应用. 求单调区间，求最值，简单方程的通解等.
（1）求正弦函数的周期
【例1】 函数 y =|sin |的最小正周期为
（A ） （B ）π （C ）2π （D ）4π
【解答】
最小正周期是 最小正周期的一半，即2π. 答案为（C ）
【说明】 图象法判定最简便，|sin x |的图象是将sin x 的图象在x 轴下方部分折到x 轴上方去. 倍角法定判定最麻烦
【解答】 （1）y = 2cos2x + 1的最小正周期由cos2x 决定
（2）求正弦函数的周期
【例2】 （1）y =2cos2x +1（2）y =|sinx + cosx |的最小正周期为 .
【解答】 （1）y = 2cos2x + 1的最小正周期由cos 2x 决定，故答案为π.
（2） 故答案为π.
【说明】 都可看作sin x 的幂函数的复合函数.
（3）函数周期性应用于求值
【例题】 f (x ) 是R 上的偶函数，且是最小正周期为π的周期函数.
【解答】
【说明】 周期性应用于区域转化. 将―无解析式‖的区域函数转化到―有解析式‖的区间上求值. 若 时 f (x ) = sinx 试求 的值.
（4）函数周期性应用于求单调区间
【例题】 x ∈R ，求函数 y =sinx + sinx cosx +2cosx 的单调增区间.
【解答】
函数的最小正周期为π.
令 得 22
因为函数周期为π，故函数的单调增区间为 .
【说明】 先求包含零点的增区间，再用最小正周期求单调增区间的集合.
周期函数在高考中
（5）周期性应用于求函数零点
【例题】 已知函数 .
【解答】
令 得
故交点横坐标的值的集合为 .
【说明】 先求绝对值最小的解，再利用最小正周期求―通解‖.
5、高考史上的周期大难题
高考史上第一次―周期大难题‖出现在恢复高考后的第3年，即1980年的理科数学卷上. 本题排在该卷的第六大题上. 在有十个大题的试卷上，这是个中间位置，然而，从当年的得分情况来看，本题的难度超过了包括压轴题和附加题在内的所有题目. 这点为命题人事先未能预料.
后来分析，该题的难点有三 .
（1）函数抽象，导致周期中含有参数；（2）求参数范围，与解不等式综合；（3）求最小正整数解，连命题人自拟的―标答‖都含糊不清. 20多年来数学界质疑不断.
【考题】设三角函数 ，其中k ≠0.
（1）写出 f (x ) 极大值M 、极小值m 与最小正周期;
（2）试求最小的正整数k ，使得当自变量x 在任意两个整数间（包括整数本身）变化时，函数 f (x ) 至少有一个值是M 与一个值是m .
【解答】 （1） M =1，m = -1， .
（2）f (x ) 在它的每一个周期中都恰好有一个值是M 与一个值是m .
而任意两个整数间的距离都≥1因此要使任意两个整数间函数f (x ) 至少有一个值是M 与一个值是m ，必须且只须使f (x ) 的周期≤1即：k =32就是这样的最小正整数.
6、高考史上的周期大错题
中学教材上的周期函数，一般都是简单和具体的函数. 关于最小正周期的求法，也是一些感性的结果；没有系统和完整―最小正周期‖的系统研究.
然而，随着―抽象函数‖的不断升温，对周期函数周期的考点要求越来越高.
2006年福建理数卷出现的―周期大错题‖正是这种盲目拔高的必然结果.
【例题】 f （x ）是定义在R 上的以3为周期的奇函数，且f （2）=0，则方程f （x ）=0在区间（0，6）内解的个数的最小值是
A.2 B.3 C.4 D.5
【说明】 这是2005年福建卷（理）第12题，命题组提供的答案是D ，即答案为5. 答案D 从何而来？以下，就是―D‖的一种解法.
【解答】 f (x ) 周期为3，由 f (2)=0，得 f (5) = f (2)=0，得
f (-1)= f (2-3) = f (2)=0，得 f (-4) = f (2-6) = f (2)=0
f (x ) 为奇函数，得 f (1) = - f (-1) =0 f (4)= - f (-4)=0，得
f (-0)= - f (0)，得 f (0)=0 f (3)= f (3+0)= f (0)=0
于是，求得 f (x )=0的解为：1、2、3、4、5. 共5个解，答案为D.
【讨论】 除了上述解法得 f (x )=0的5个解外，还有如下的解.
根据方程 f (x )=0的定义， x = 1.5 和 x =4.5 也是方程的解，证明如下：
由 f (x ) 的周期性，知 f (-1.5)= f (1.5) （1）
由 f (x ) 的奇偶性，知 f (-1.5) = - f (1.5) （2）
从而有 f (1.5)=0，f (4.5) = f (1.5)=0.
所以，1.5和4.5也是方程 f (x )=0的解. 于是，方程的解共有7个：即是1、1.5、2、3、4、
4.5、5.
【思考】 按上面讨论的结果，方程 f (x ) = 0的解至少有7个. 而原题的四个选项支中均没有这个答案. 命题人给定的答案D 是错的.
高考史上的周期大错题
【实验检验】 f (x ) 同时满足4个条件：（1）定义在R 上；（2）奇函数；（3）周期为3；
（4）f (2) =0. 据此，我们找到 f (x ) 的一个具体例子：
并在区间（0，6）上找到 f (x )=0的7个解，列表如下：
这7个解即是1，1.5，2，3，4，4.5，5.
函数 在一个周期［0，3］上的图像如右. 图像与 x 轴有5个交点，故在［0，6］有9个交点，从而在（0，6）上有7个交点.
【反思】 命题人的错误自然出在疏忽二字上. 实在地，本题较难，首先难倒了命题人自己.
严格地讲，试题―超纲‖. 对两个周期函数的和函数，其最小正周期是它们的―最小公倍数‖——这本身就没有进行过证明，对某些具体函数可以具体分析，但对抽象函数来讲，却没有理论依据. 而本题，又恰恰是个抽象函数，而且是个综合问题. 命题出错似乎是必然的.