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人教版高中数学必修五典型例题


高中数学必修五 第一章 解三角形

一、基础知识【理解去记】 在本章中约定用 A , B , C 分别表示 △ ABC 的三个内角, a, b, c 分别表示它们所对的各边长,

p?

a?b?c 为半周长。 2 a b c ? ? 1.正弦定理: =2R(R 为△ ABC 外接圆半径)。 sin A sin B si

n C 1 1 1 推论 1:△ ABC 的面积为 S△ ABC= ab sin C ? bc sin A ? ca sin B. 2 2 2
推论 2:在△ ABC 中,有 bcosC+ccosB=a. 推论 3:在△ ABC 中,A+B= ? ,解 a 满足

a b ? ,则 a=A. sin a sin(? ? a)

正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到,这里不再给出,下证推论。先证推论 1,由正弦函数定义,

1 ab sin C ;再证推论 2,因为 B+C= ? -A,所以 sin(B+C)=sinA,即 2 a b ? sinBcosC+cosBsinC=sinA,两边同乘以 2R 得 bcosC+ccosB=a;再证推论 4,由正弦定理 ,所 sin A sin B 1 sin a sin(? ? a) ? 以 , 即 sinasin( ? -A)=sin( ? -a)sinA , 等 价 于 ? [cos( ? -A+a)-cos( ? -A-a)]= 2 sin A sin(? ? A) 1 ? [cos( ? -a+A)-cos( ? -a-A)],等价于 cos( ? -A+a)=cos( ? -a+A),因为 0< ? -A+a, ? -a+A< ? . 所以只有 2 ? -A+a= ? -a+A,所以 a=A,得证。 b2 ? c2 ? a2 2 2 2 2.余弦定理:a =b +c -2bccosA ? cos A ? ,下面用余弦定理证明几个常用的结论。 2bc b2 p ? c2q (1) 斯特瓦特定理 【了解】 : 在△ ABC 中, D 是 BC 边上任意一点, BD=p, DC=q, 则 AD2= ? pq. p?q
BC 边上的高为 bsinC,所以 S△ ABC= (1) 【证明】 因为 c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos ? ADB , 所以 c2=AD2+p2-2AD·pcos ?ADB . ① 2 2 2 ? ADC 同理 b =AD +q -2AD·qcos , ② 因为 ? ADB+ ? ADC= ? , 所以 cos ? ADB+cos ? ADC=0, 所以 q×①+p×②得 qc +pb =(p+q)AD +pq(p+q),即 AD =
2 2 2 2

b2 p ? c2q ? pq. p?q 2b 2 ? 2c 2 ? a 2 . 2 1 2 2 2 1 2 2 ? b c sin A= bc 4 4

注:在(1)式中,若 p=q,则为中线长公式 AD ? ( 2 ) 海 伦 公 式 : 因 为
2 S? ABC ?

(1-cos A)=

2

1 4

bc

2 2

? (b 2 ? c 2 ? a 2 ) 2 ? 1 2 2 2 2 ?1 ? ? ? [(b+c) -a ][a -(b-c) ]=p(p-a)(p-b)(p-c). 2 2 4b c ? ? 16 a?b?c . 这里 p ? 2

所以 S△ ABC=

p( p ? a)( p ? b)( p ? c).

二、基础例题【必会】 1.面积法 例 1 (共线关系的张角公式)如图所示,从 O 点发出的三条射线满足 ?POQ ? ? , ?QOR ? ? ,另 外 OP,OQ,OR 的长分别为 u, w, v,这里 α,β,α+β∈ (0, ? ),则 P,Q,R 的共线的充要条件是

sin ? sin ? sin(? ? ? ) ? ? . u v w 【证明】P,Q,R 共线 ? S ΔPQR ? 0 ? S ?OPR ? S ?OPQ ? S ?ORQ ? 1 1 1 uv sin (α+β)= uwsinα+ vwsinβ 2 2 2 sin(? ? ? ) sin ? sin ? ? ? ? ,得证。 w u v

2.正弦定理的应用 例 2 如图所示,△ ABC 内有一点 P,使得 ? BPC- ? BAC= ? CPA- ? CBA= ? APB- ? ACB。 求证:AP·BC=BP·CA=CP·AB。 【证明】 过点 P 作 PD ? BC,PE ? AC,PF ? AB,垂足分别为 D,E,F,则 P,D,C,E;P,E, A,F;P,D,B,F 三组四点共圆,所以 ? EDF= ? PDE+ ? PDF= ? PCA+ ? PBA= ? BPC- ? BAC。由题 设及 ? BPC+ ? CPA+ ? APB=3600 可得 ? BAC+ ? CBA+ ? ACB=1800。 所以 ? BPC- ? BAC= ? CPA- ? CBA= ? APB- ? ACB=600。 所以 ? EDF=600,同理 ? DEF=600,所以△ DEF 是正三角形。 所以 DE=EF=DF,由正弦定理,CDsin ? ACB=APsin ? BAC=BPsin ? ABC,两边同时乘以△ ABC 的 外接圆直径 2R,得 CP·BA=AP·BC=BP·AC,得证: 例 3 如图所示,△ ABC 的各边分别与两圆⊙O1,⊙O2 相切,直线 GF 与 DE 交于 P,求证:PA ? BC。 【证明】 延长 PA 交 GD 于 M,

GM O1 A AF ? ? . MD AO2 AE AP AF PA AE ? , ? 由正弦定理 , sin(? ? ?1) sin ? sin(? ? ?2) sin ? AE sin ?1 sin ? ? ? . 所以 AF sin ?2 sin ? GM PM MD PM ? , ? 另一方面, , sin ? sin ?1 sin ? sin ?2 GM sin ?2 sin ? ? ? 所以 , MD sin ?1 sin ? GM AF ? 所以 ,所以 PA//O1G, MD AE 即 PA ? BC,得证。
因为 O1G ? BC,O2D ? BC,所以只需证 3.一个常用的代换:在△ ABC 中,记点 A,B,C 到内切圆的切线长分别为 x, y, z,则 a=y+z, b=z+x, c=x+y. 例 4 在△ ABC 中,求证:a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc. 【证明】 令 a=y+z, b=z+x, c=x+y,则 abc=(x+y)(y+z)(z+x)

? 8 xy ? yz ? zx =8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)
=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc. 所以 a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc. 4.三角换元。

例 5 设 a, b, c∈ R+,且 abc+a+c=b,试求 P ? 【解】 由题设 b ?

a?c ,令 a=tanα, c=tanγ, b=tanβ, 1 ? ac
2

2 2 3 ? 2 ? 2 的最大值。 a ?1 b ?1 c ?1
2

10 1? 10 ? 则 tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos γ≤ ? 3? sin ? ? ? ? , 3 3? 3 ? ? 1 10 2 2 当且仅当 α+β= ,sinγ= ,即 a= 时,Pmax= . , b ? 2, c ? 3 3 2 2 4 1 例 6 在△ ABC 中,若 a+b+c=1,求证: a2+b2+c2+4abc< . 2 ? ?? 【证明】 设 a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β ? ? 0, ? . ? 2? 1 因为 a, b, c 为三边长,所以 c< , c>|a-b|, 2 ? ?? 从而 ? ? ? 0, ? ,所以 sin2β>|cos2α·cos2β|. ? 4?
因为 1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca), 所以 a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc). 又 ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c) =sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β

2

1 [1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β] 4 1 1 = + cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β) 4 4 1 1 1 > + cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)= . 4 4 4 1 所以 a2+b2+c2+4abc< . 2 三、趋近高考【必懂】
=

A b?c 9 ? ? 2c 10 ,c=5,求△ABC 的内切圆半径. 1.(全国 10 高考)在△ABC 中,cos 2
2

b?c 9 ? 10 ,∴ b=4 【解析】:∵ c=5, 2c A 1 ? cos A b ? c ? ? 2 2c 又 cos2 2 b ∴ cosA= c

b2 ? c 2 ? a 2 2bc 又 cosA=
∴ ∴ b2+c2-a2=2b2 ∴ a2+b2=c2 ∴ △ABC 是以角 C 为直角的三角形.

b2 ? c 2 ? a 2 b ? 2bc c

a= c ? b =3
2 2

1 ∴ △ABC 的内切圆半径 r= 2 (b+a-c)=1.
2.(全国 10 高考)R 是△ABC 的外接圆半径,若 ab<4R2cosAcosB,则外心位于△ABC 的外部. 【解析】:∵ ab<4R2cosAcosB 由正弦定理得 a=2RsinA,b=2RsinB ∴ 4R2sinAsinB<4R2cosAcosB ∴ cosAcosB>sinAsinB ∴ cosAcosB-sinAsinB>0 ∴ cos(A+B)>0 ∵ cos(A+B)=-cosC ∴ -cosC>0 ∴ cosC<0 ∴ 90° <C<180° ∴ △ABC 是钝角三角形 ∴ 三角形的外心位于三角形的外部.

3.(全国 10 高考)半径为 R 的圆外接于△ABC,且 2R(sin2A-sin2C)=( 3 a-b)sinB. (1)求角 C;

(2)求△ABC 面积的最大值.

a b c ? ? ? 2R 【解析】:(1)∵ sin A sin B sin C a c b ? s i 2nA ? ( ) 2 , s i 2n C ? ( )2 , s i B n? 2R 2R 2R ∵ 2R(sin2A-sin2C)=( 3 a-b)sinB
a c b 2 2 2R ∴ 2R[( 2 R ) -( 2 R ) ]=( 3 a-b)·
∴ a2-c2= 3 ab-b2 ∴

a 2 ? b2 ? c 2 3 ? 2ab 2

3 ∴ cosC= 2 ,∴ C=30° 1 (2)∵ S= 2 absinC 1 =2 · 2RsinA· 2RsinB· sinC
=R2sinAsinB

R2 =- 2 [cos(A+B)-cos(A-B)]

R2 = 2 [cos(A-B)+cosC] R2 3 = 2 [cos(A-B)+ 2 ]

当 cos(A-B)=1 时,S 有最大值

第二章

数列

*******毋庸置疑,数列是历年各省市解答题中必出的内容。因此同学要熟练百 倍!
一、基础知识【理解去记】 定义 1 数列,按顺序给出的一列数,例如 1,2,3,?,n,?. 数列分有穷数列和无穷数列两种,数列 {an}的一般形式通常记作 a1, a2, a3,?,an 或 a1, a2, a3,?,an?。其中 a1 叫做数列的首项,an 是关于 n 的具 体表达式,称为数列的通项。 定理 1 若 Sn 表示{an}的前 n 项和,则 S1=a1, 当 n>1 时,an=Sn-Sn-1. 定义 2 等差数列,如果对任意的正整数 n,都有 an+1-an=d(常数),则{an}称为等差数列,d 叫做公差。 若三个数 a, b, c 成等差数列,即 2b=a+c,则称 b 为 a 和 c 的等差中项,若公差为 d, 则 a=b-d, c=b+d. 定理 2 *****【必考】等差数列的性质:1)通项公式 an=a1+(n-1)d;2)前 n 项和公式: Sn=

n(a1 ? a n ) n(n ? 1) ? na1 ? d; 3) an-am=(n-m)d, 其中 n, m 为正整数; 4) 若 n+m=p+q, 则 an+am=ap+a2 2

q;5)对任意正整数 2

p, q,恒有 ap-aq=(p-q)(a2-a1);6)若 A,B 至少有一个不为零,则{an}是等差数列的充 要条件是 Sn=An +Bn. 定义 3 等比数列,若对任意的正整数 n,都有

a n ?1 ? q ,则{an}称为等比数列,q 叫做公比。 an
a1 (1 ? q n ) ;当 1? q

定理 3 *****【必考】等比数列的性质:1)an=a1qn-1;2)前 n 项和 Sn,当 q ? 1 时,Sn=

q=1 时,Sn=na1;3)如果 a, b, c 成等比数列,即 b2=ac(b ? 0),则 b 叫做 a, c 的等比中项;4)若 m+n=p+q, 则 aman=apaq。 定义 4 极限,给定数列{an}和实数 A,若对任意的 ? >0,存在 M,对任意的 n>M(n∈ N),都有|an-A|< ? ,则 称 A 为 n→+∞时数列{an}的极限,记作 lim a n ? A.
n ??

定义 5 无穷递缩等比数列,若等比数列{an}的公比 q 满足|q|<1,则称之为无穷递增等比数列,其前 n 项 和 Sn 的极限(即其所有项的和)为

a1 (由极限的定义可得)。 1? q

定理 4 数学归纳法:给定命题 p(n),若:(1)p(n0)成立;(2)当 p(n)时 n=k 成立时能推出 p(n)对 n=k+1 成立,则由(1),(2)可得命题 p(n)对一切自然数 n≥n0 成立。 【补充知识点】 定理 5 第二数学归纳法:给定命题 p(n),若:(1)p(n0)成立;(2)当 p(n)对一切 n≤k 的自然数 n 都成 立时(k≥n0)可推出 p(k+1)成立,则由(1),(2)可得命题 p(n)对一切自然数 n≥n0 成立。 定理 6 对于齐次二阶线性递归数列 xn=axn-1+bxn-2, 设它的特征方程 x2=ax+b 的两个根为α ,β :(1)若α ? β , n-1 n-1 则 xn=c1a +c2β ,其中 c1, c2 由初始条件 x1, x2 的值确定;(2)若α =β ,则 xn=(c1n+c2) α n-1,其中 c1, c2 的值由 x1, x2 的值确定。 二、基础例题【必会】

1.不完全归纳法。 这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律,当然结论未必都是正确的,但却是人类探索未知世界的 普遍方式。通常解题方式为:特殊→猜想→数学归纳法证明。 例 1 试给出以下几个数列的通项(不要求证明);1)0,3,8,15,24,35,?;2)1,5,19,65,?; 3)-1,0,3,8,15,?。 【解】1)an=n2-1;2)an=3n-2n;3)an=n2-2n. 例 2 已知数列{an}满足 a1= 【解】 因为 a1=

1 ,a1+a2+?+an=n2an, n≥1,求通项 an. 2

1 ,又 a1+a2=22·a2, 2 a ?a 1 1 1 所以 a2= ,a3= ? 2 2 ? ,猜想 a n ? (n≥1). 3? 2 3? 4 n(n ? 1) 3 ?1 1 证明;1)当 n=1 时,a1= ,猜想正确。2)假设当 n≤k 时猜想成立。 2 ?1
当 n=k+1 时,由归纳假设及题设,a1+ a1+?+a1=[(k+1)2-1] ak+1,,

1 1 1 =k(k+2)ak+1, ? ?? ? 2 ?1 3 ? 2 k ? (k ? 1) 1 1 1 1 1 即1 ? ? ? ? ? ? ? =k(k+2)ak+1, 2 2 3 k k ?1 k 1 . 所以 =k(k+2)ak+1,所以 ak+1= k ?1 (k ? 1)(k ? 2) 1 . 由数学归纳法可得猜想成立,所以 a n ? n(n ? 1) 1 例 3 设 0<a<1,数列{an}满足 an=1+a, an-1=a+ ,求证:对任意 n∈ N+,有 an>1. an
所以 【证明】 证明更强的结论:1<an≤1+a. 1)当 n=1 时,1<a1=1+a,①式成立; 2)假设 n=k 时,①式成立,即 1<an≤1+a,则当 n=k+1 时,有

1 ? a ? ak ?1 ?

1 1 1? a ? a2 1? a ?a? ?a ? ? ? 1. 1? a 1? a 1? a ak

由数学归纳法可得①式成立,所以原命题得证。 2.迭代法 数列的通项 an 或前 n 项和 Sn 中的 n 通常是对任意 n∈ N 成立,因此可将其中的 n 换成 n+1 或 n-1 等,这种 办法通常称迭代或递推。
2 例 4 数列{an}满足 an+pan-1+qan-2=0, n≥3, q ? 0, 求证: 存在常数 c, 使得 an an+ qan ? cq ? 0. ?1 ? pan?1 · 2 n 2 2 2 2 【证明】 an ?1 ? pan?1 ·an+1+ qan ?1 ? an ? 2 (pan+1+an+2)+ qan ?1 =an+2·(-qan)+ qan ?1 = 2 2 2 2 q(an ?1 ? an an? 2 ) ? q[an?1 +an(pqn+1+qan)]=q( an?1 ? pan?1an ? qan ). 2 2 2 若 a2 ? pa2 a1 ? qa12 =0,则对任意 n, an ?1 ? pan ?1 an + qan =0,取 c=0 即可. 2 2 2 若 a2 ? pa2 a1 ? qa12 ? 0,则{ an ?1 ? pan ?1 an + qan }是首项为 a2 ? pa2 a1 ? qa1 ,公式为 q 的等比数列。
2 2

2 2 n 所以 an 1 ) ·q . ?1 ? pan ?1 an + qan = (a2 ? pa2 a1 ? qa
2 2

取 c ? ?(a2 ? pa1 a2 ? qa1 ) ·
2 2

1 即可. q
2

综上,结论成立。 例 5 已知 a1=0, an+1=5an+ 24 a n ? 1 ,求证:an 都是整数,n∈ N +.

【证明】

因为 a1=0, a2=1,所以由题设知当 n≥1 时 an+1>an.
2

又由 an+1=5an+ 24 a n ? 1 移项、平方得
2 2 an ?1 ? 10an an?1 ? an ? 1 ? 0.



2 2 当 n≥2 时,把①式中的 n 换成 n-1 得 an ? 10an an?1 ? an ?1 ? 1 ? 0 ,即
2 2 an ?1 ? 10an an?1 ? an ? 1 ? 0.



2 因为 an-1<an+1,所以①式和②式说明 an-1, an+1 是方程 x2-10anx+ an -1=0 的两个不等根。由韦达定理得 an+1+

an-1=10an(n≥2). 再由 a1=0, a2=1 及③式可知,当 n∈ N+时,an 都是整数。 ****3.数列求和法。 数列求和法主要有倒写相加、裂项求和法、错项相消法等。

1 (n=1, 2, ?),求 S99=a1+a2+?+a99. 4 ? 2100 1 1 2 ? 2100 ? 4 n ? 4100 ?n 1 【解】 因为 an+a100-n= n + = ? 100 , 100 100 ? n 100 100 100 n 100 ? n 4 ?2 4 ?2 4 ? 2 ? 2 (4 ? 4 ) 2 99 1 1 99 99 所以 S99= ? (a n ? a100 ?n ) ? ? 100 ? 101 . 2 n ?1 2 2 2 1 1 1 ? . 例 7 求和: S n ? +?+ 1? 2 ? 3 2 ? 3 ? 4 n(n ? 1)(n ? 2) 1 k ?2?k ? 【解】 一般地, k (k ? 1)(k ? 2) 2k (k ? 1)(k ? 2)
例 6 已知 an=
n

? 1? 1 1 ? ?, ? ? 2 ? k (k ? 1) (k ? 1)(k ? 2) ? ? n 1 所以 Sn= ? k ?1 k (k ? 1)(k ? 2) ? 1? 1 1 1 1 1 1 ? ? ? ? ? ??? ? 2 ?1? 2 2 ? 3 2 ? 3 3 ? 4 n(n ? 1) (n ? 1)(n ? 2) ? ? ? ? ? 1 ?1 1 ? ? 2 ? 2 (n ? 1)(n ? 2) ? ? 1 1 ? ? . 4 2(n ? 1)(n ? 2)
? an ? 的前 n 项和,求证:Sn<2。 n ? 2 ? ?


例 8 已知数列{an}满足 a1=a2=1,an+2=an+1+an, Sn 为数列 ?

【证明】 由递推公式可知,数列{an}前几项为 1,1,2,3,5,8,13。 因为 S n ? 所以

a 1 1 2 3 5 8 , ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? 6 ??? n 2 2 2 2 2 2 2n

a 1 1 2 3 5 。 S n ? 2 ? 3 ? 4 ? 5 ? ? ? nn 2 2 2 2 2 2 ?1
? an ? ? n ?1 , ? 2 ?



an?2 1 1 1 ?1 1 Sn ? ? 2 ? ? ? ? ? 2 2 2 2 ? 2 n?2 ?2 2 a 1 1 1 所以 S n ? ? S n ? 2 ? nn 。 2 2 4 2 ?1
由①-②得

an >0, 2 n ?1 1 1 1 1 1 所以 S n ? ? Sn, 所以 S n ? , 2 2 4 4 2
又因为 Sn-2<Sn 且 所以 Sn<2,得证。 4.特征方程法 例 9 已知数列{an}满足 a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4an,求 an. 【解】 由特征方程 x2=4x-4 得 x1=x2=2. 故设 an=(α +β n)·2n-1,其中 ?

?3 ? ? ? ? , ?6 ? (? ? 2? ) ? 2

所以α =3,β =0, 所以 an=3·2n-1. 例 10 已知数列{an}满足 a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an,求通项 an. 【解】 由特征方程 x2=2x+3 得 x1=3, x2=-1, 所以 an=α ·3n+β ·(-1)n,其中 ? 解得α =

?3 ? 3? ? ? , ?6 ? 9? ? ?

3 3 ,β ? ? , 4 4 1 n ?1 n ?1 所以 a n ? [3 ? (?1) ·3]。 4
5.构造等差或等比数列 例 11 正数列 a0,a1,?,an,?满足 a n a n ? 2 ? a n ?1 a n ? 2 =2an-1(n≥2)且 a0=a1=1,求通项。 【解】 由 a n a n ? 2 ? a n ?1 a n ? 2 ? 2a n ?1 得

an a ? 2 n ?1 =1, a n ?1 an?2



? a ? an ? 1 ? 2? n ?1 ? 1?. ? an?2 ? a n?1 ? ?
an a1 +1,则{bn}是首项为 +1=2,公比为 2 的等比数列, a n ?1 a0 an a +1=2n,所以 n =(2n-1)2, a n ?1 a n ?1
n an a a a k 2 · n ?1 ? 2 · 1 ·a0= ? (2 ? 1) . a1 a0 a n ?1 a n ? 2 k ?1

令 bn=

所以 bn= 所以 an=
n

注:

?C
i ?1

i

? C1·C2·?·Cn.
2 xn ?2 ,n∈ N+, 求通项。 2 xn

例 12

已知数列{xn}满足 x1=2, xn+1=

【解】 考虑函数 f(x)=

x2 ? 2 x2 ? 2 的不动点,由 =x 得 x= ? 2. 2x 2x

2 xn ?2 因为 x1=2, xn+1= ,可知{xn}的每项均为正数。 2 xn

2 又 xn +2≥ 2 2 xn ,所以 xn+1≥ 2 (n≥1)。又

Xn+1- 2 = Xn+1+ 2 =

2 xn ?2 (x ? 2)2 , ? 2= n 2 xn 2 xn 2 xn ?2 (x ? 2)2 , ? 2= n 2 xn 2 xn





?x ? 2? 由①÷②得 ?? n ? 。 xn ?1 ? 2 ? ? xn ? 2 ? ? x1 ? 2 xn ?1 ? 2


2



x1 ? 2

>0,

由③可知对任意 n∈ N+,

xn ? 2 xn ? 2

>0 且 lg ?

? x n ?1 ? 2 ? ? xn ? 2 ? ? ? 2 lg ? ?, x ? 2 x ? 2 ? ? ? ? n ? 1 n ? ? ? ?

所以 lg ?

? xn ? 2 ? ?2 ? 2 ? ? 是首项为 lg ? ? ,公比为 2 的等比数列。 2 ? 2 x ? 2 ? ? ? ? n ? ?
xn ? 2
2 n ?1

?2 ? 2 ? xn ? 2 ? 2 ? 2 ? ? 2 n ?1 · lg ? 所以 lg ?? ? ,所以 ? xn ? 2 xn ? 2 ? 2 ? 2 ? ?2 ? 2 ?
解得 xn ?





(2 ? 2 ) (2 ? 2 )

2 n ?1 2 n ?1

? (2 ? 2 ) ? (2 ? 2 )

2 n ?1 2 n ?1



注意:本例解法是借助于不动点,具有普遍意义。 三、趋近高考【必懂】 1.(2010.北京)设 f (n) ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ?
4 7 10

? 23k ?10 ,则 f (n) ? (

).

2 n (8 ? 1) 7 2 n ?3 (C) (8 ? 1) 7
(A)
4 7

2 n?2 (8 ? 1) 7 2 n?4 (D) (8 ? 1) 7
(B)
10
3 n ?10

2, 2, 2 ,?, 2 解析:数列 2,

是以 2 为首项,8 为公比的等比数列,给出的这个数列共有 (n ? 4) 项,

根据等比数列的求和公式有 Sn ?

2(8n ? 4 ? 1) 2 n ? 4 ? (8 ? 1) .选(D). 8 ?1 7

2.(2010.广东)在德国不来梅举行的第 48 届世乒赛期间,某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正 三棱锥”形的展品,其中第 1 堆只有 1 层,就一个球;第 2,3,4,?堆最底层(第一层)分别按下图所 示方式固定摆放,从第二层开始,每层的小球自然垒放在下一层之上,第 n 堆第 n 层就放一个乒乓球,以

f (n) 表示第 n 堆的乒乓球总数,则 f (3) ? _____; f (n) ? =_____(答案用 n 表示).
【解析】:观察归纳, f (3) ? 6 ? 3 ? 1 ? 10 ; 观察图示,不难发现第 n 堆最底层(第一层)的乒乓球数

n(n ? 1) ,第 n 堆的乒乓球总数相当于 n 堆乒乓球的底层数之和, 2 1 2 1 n(n ? 1) n(n ? 1)(n ? 2) 2 2 2 ? 即 f (n) ? a1 ? a2 ? a3 ? ? an ? (1 ? 2 ? 3 ? ? n ) ? . 2 2 2 6 an ? 1 ? 2 ? 3 ? ?n?
品:数列求和,无论等差还是等比数列,分清项数及规律都尤为重要.

3.(2010.北京)设等差数列 {an } 的首项 a1 及公差 d 都为整数,前 n 项和为 Sn . (1)若 a11 ? 0 ,S14 ? 98 ,求数列 {an } 的通项公式; (2)若 a1 ≥ 6,a11 ? 0,S14 ≤ 77 ,求所有可能的数列 {an } 的通项公式. 【解析】:(1)由 ? 解得

? S14 ? 98, ?2a1 ? 13d ? 14, ,即 ? , ? a11 ? 0, ?a1 ? 10d ? 0,

d ? ?2,a1 ? 20 .

因此, {an } 的通项公式是 an ? 22 ? 2n ,n ? 1 , 2, 3 , ;

? S14 ≤ 77, ? (2)由 ? a11 ? 0, ,得 ? a ≥ 6, ? 1 , ?2a1 ? 13d ≤ 11 ? 即 ? ?2a1 ? 20d ? 0, ??2a ≤ ?12. 1 ?
由①+②,得

, ?2a1 ? 13d ≤ 11 ? ?a1 ? 10d ? 0, , ?a ≥ 6, ? 1 (1) (2) (3)

11 . 7 1 由①+③,得 13d ≤ ?1 ,即 d ≤ ? . 13 11 1 所以 ? ? d ≤ ? . 7 13 又 d ? Z ,故 d ? ?1 .
?7 d ? 11 ,即 d ? ?

将 d ? ?1 代入①、②,得

10 ? a1 ≤12 .

又 a1 ? Z ,故 a1 ? 11 或 a1 ? 12 . 所以,数列 {an } 的通项公式是 an ? 12 ? n 或 an ? 13 ? n ,n ? 1 , 2, 3 , . 品:利用等差(比)数列的定义构造方程(组)或不等式(组)是常用的解题方法. 4.(2010.江苏)设数列 {an }{ , bn }{ , cn } 满足 bn ? an ? an?2,cn ? an ? 2an?1 ? 3an?2

(n ? 1 , 2, 3, ) ,证明 {an } 为等差数列的充要条件是 {cn } 为等差数列且 bn ≤ bn?1 (n ? 1 , 2, 3 ,?) .
【解析】:必要性:设 {an } 是公差为 d1 的等差数列, 则 bn?1 ? bn ? (an?1 ? an?3 ) ? (an ? an?2 )

? (an?1 ? an ) ? (an?3 ? an?2 ) ? d1 ? d1 ? 0 .
易知 bn ≤ bn?1 (n ? 1 , 2, 3, ) 成立.

由递推关系 cn?1 ? cn ? (an?1 ? an ) ? 2(an?2 ? an?1 ) ? 3(an?3 ? an?2 ) ? d1 ? 2d1 ? 3d1 ? 6d1 (常数)(n=1,2,3,?). 所以数列 {cn } 为等差数列. 充分性:设数列 {cn } 是公差为 d2 的等差数列,且 bn ≤ bn?1 (n ? 1 , 2, 3 , ), ∵ cn ? an ? 2an?1 ? 3an?2 , ∴ cn?2 ? an?2 ? 2an?3 ? 3an?4 , 由① ? ②,得 ① ②

cn ? cn?2 ? (an ? an?2 ) ? 2(an?1 ? an?3 ) ? 3(an?2 ? an?4 ) ? bn ? 2bn?1 ? 3bn?2 .

∵ cn ? cn?2 ? ?2d2 , ∴ bn ? 2bn?1 ? 3bn?2 ? ?2d2 , 从而有 bn?1 ? 2bn?2 ? 3bn?3 ? ?2d2 , ③ ④ ⑤

④ ? ③,得 (bn?1 ? bn ) ? 2(bn?2 ? bn?1 ) ? 3(bn?3 ? bn?2 ) ? 0 , ∵ bn?1 ? bn ≥ 0 ,bn?2 ? bn?1 ≥ 0,bn?3 ? bn?2 ≥ 0 , ∴由⑤得 bn?1 ? bn ? 0(n ? 1 , 2, 3, ) , 由此不妨设 bn ? d3 (n ? 1 , 2, 3 ,), 则 an ? an?2 ? d3 (常数). 由此 cn ? an ? 2an ?1 ? 3an ?2 ? 4an ? 2an ?1 ? 3d 3 .

从而 cn?1 ? 4an?1 ? 2an?2 ? 3d3 ,两式相减得 cn?1 ? cn ? 2(an?1 ? an ) ? 2d3 . 因此 an ?1 ? an ?

1 1 (cn ?1 ? cn ) ? d3 ? d2 ? d3 (常数)(n=1,2,3,?),即数列 {an } 为等差数列. 2 2

品:利用递推关系式是解决数列问题的重要方法,要熟练掌握等差数列的定义、通项公式. 5.(2010.福建)已知数列 {an } 满足 a1 ? 1 ,an?1 ? 2an ? 1 . (1)求数列 {an } 的通项公式; (2)若 4 1
k ?1

4k2 ?1

4kn ?1 ? (an ?1)kn,bn ? kn ,证明 {bn } 是等差数列.
?

【解析】:(1)∵ an?1 ? 2an ? 1(n ? N ) ,∴ an?1 ? 1 ? 2( an ?1) . ∴ {an ? 1} 是以 a1 ? 1 ? 2 为首项,2 为公比的等比数列.

∴ an ? 1 ? 2n ,即 an ? 2n ? 1; (2)∵ 4 1
k ?1

4k2 ?1?4kn ?1 ? (an ? 1)k ,
( k1 ? k2 ? ? kn ) ? n

利用 {an } 的通项公式,有 4 ∴ 2[(b1 ? b2 ? 构建递推关系

? 2nkn .

? bn ) ? n] ? nbn .① ? bn ? bn?1 ) ? (n ? 1)] ? (n ? 1)bn?1 , ②

2[(b1 ? b2 ?
②-①,得

(n ?1)bn?1 ? nbn ? 2 ? 0 ,③
从而有 nbn?2 ? (n ? 1)bn?1 ? 2 ? 0 ,④ ③ ? ④,得

nbn?2 ? 2nbn?1 ? nbn ? 0 ,即 bn?2 ? 2bn?1 ? bn ? 0 .

故 {bn } 是等差数列. [方法:]由递推式求数列的通项,常常构造新的辅助数列为等差或等比数列,用迭代法、累加法或累乘法 求其通项.

第三章

不等式

***本章节总结的知识点已经涵盖了选修 4-5 的不等式专讲一书。因此后期不会总结《选修 4-5 不等式选讲》一书。希望同学周知!
一、基础知识【理解去记】 ***【必会】不等式的基本性质: (1)a>b ? a-b>0; (2)a>b, b>c ? a>c; (3)a>b ? a+c>b+c; (4)a>b, c>0 ? ac>bc; (5)a>b, c<0 ? ac<bc; (6)a>b>0, c>d>0 ? ac>bd; (7)a>b>0, n∈ N+ ? an>bn; (8)a>b>0, n∈ N+ ? n a ? n b ; (9)a>0, |x|<a ? -a<x<a, |x|>a ? x>a 或 x<-a; (10)a, b∈ R,则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; (11)a, b∈ R,则(a-b)2≥0 ? a2+b2≥2ab; (12)x, y, z∈ R+,则 x+y≥2 xy , x+y+z ? 33 xyz. 因为前五条是显然的,以下从第六条开始给出证明。 (6)因为 a>b>0, c>d>0,所以 ac>bc, bc>bd,所以 ac>bd;重复利用性质(6),可得性质(7);再证性 质(8),用反证法,若 n a ? n b ,由性质(7)得 (n a ) n ? (n b ) n ,即 a≤b,与 a>b 矛盾,所以假设不成 立,所以 n a ? n b ;由绝对值的意义知(9)成立;-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|,所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|,所以 |a+b|≤|a|+|b|;下面再证(10)的左边,因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|,所以|a|-|b|≤|a+b|,所以(10)成立;(11) 显然成立;下证(12),因为 x+y-2

xy ? ( x ? y ) 2 ≥0,所以 x+y≥ 2 xy ,当且仅当 x=y 时,等号成

立 , 再 证 另 一 不 等 式 , 令 3 x ? a, 3 y ? b, 3 z ? c , 因 为 x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)=

1 (a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0,所以 a3+b3+c3≥3abc,即 x+y+z≥ 33 xyz ,等号当且仅当 x=y=z 时成立。 2
二、基础例题【必会】 1.不等式证明的基本方法。 (1)比较法,在证明 A>B 或 A<B 时利用 A-B 与 0 比较大小,或把 最后得出结论。 例 1 x2+y2+z2 ? 2 设 a, b, c∈ R+ , 试 证 : 对 任 意

A (A,B>0)与 1 比较大小, B
实 数 x, y, z, 有

? a?b abc b?c c?a ? ? xy ? yz ? xz ? ?. (a ? b)(b ? c)(c ? a) ? c a b ? ?

【证明】 左边-右边= x2+y2+z2 ? 2

ab bc xy ? 2 yz (b ? c)(c ? a) (a ? b)(c ? a)

?2 2

ca b 2 ab a c xz ? x ?2 xy ? y2 ? y2 ? (a ? b)(b ? c) b?c (b ? c)(c ? a) c?a c?a

bc b 2 a 2 ca c yz ? z ? z ?2 xz ? x2 ? (a ? b)(c ? a) a?b a?b (a ? b)(b ? c) b?c
2 2 2

? b a ? ? c b ? ? a c ? ? ? ?? ? ?? x ? y y ? z z ? x? ? b?c ? ? c?a ? ? a?b ? ? 0. c ? a a ? b b ? c ? ? ? ? ? ?
所以左边≥右边,不等式成立。 例 2 若 a<x<1,比较大小:|loga(1-x)|与|loga(1+x)|. 【 解 】 因 为 1-x ? 1 , 所 以 loga(1-x)

?

0,

| loga (1 ? x) | 1 1 =|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x) >log(1-x)(1-x)=1(因为 0<1-x2<1,所以 >1-x>0, 1? x 1? x | loga (1 ? x) |
0<1-x<1). 所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|. (2)分析法,即从欲证不等式出发,层层推出使之成立的充分条件,直到已知为止,叙述方式为: 要证??,只需证??。 例 3 已知 a, b, c∈ R+,求证:a+b+c-3 3 abc ≥a+b ? 2 ab. 【证明】 要证 a+b+c ? 33 c ? a ? b ≥a+b ? 2 ab. 只需证 c ? 2 ab ? 33 abc , 因为 c ? 2 ab ? c ? ab ? ab ? 33 c ? a ? b ? 33 abc ,所以原不等式成立。 例 4 已知实数 a, b, c 满足 0<a≤b≤c≤ 【证明】 因为 0<a≤b≤c≤

1 2 1 1 ? ? . ,求证: 2 c(1 ? c) a(1 ? b) b(1 ? a)

1 ,由二次函数性质可证 a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c), 2 1 1 1 ? ? 所以 , a(1 ? a) b(1 ? b) c(1 ? c) 1 1 2 2 ? ? ? 所以 , a(1 ? a) b(1 ? b) b(1 ? b) c(1 ? c) 1 1 1 1 ? ? ? 所以只需证明 , a(1 ? a) b(1 ? b) a(1 ? b) b(1 ? a) a ?b a ?b ? 也就是证 , a(1 ? a)(1 ? b) b(1 ? a)(1 ? b)
只需证 b(a-b) ≤a(a-b),即(a-b)2≥0,显然成立。所以命题成立。 (3)数学归纳法。

例 5 对任意正整数 n(≥3),求证:nn+1>(n+1)n. 【证明】 1)当 n=3 时,因为 34=81>64=43,所以命题成立。 2) 设 n=k 时有 kk+1>(k+1)k, 当 n=k+1 时, 只需证(k+1)k+2>(k+2)k+1, 即 所以只需证

(k ? 1) k ? 2 k k ?1 >1. 因为 ? 1, (k ? 2) k ?1 (k ? 1) k

(k ? 1) k ? 2 k k ?1 ,即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1,只需证(k+1)2>k(k+2),即证 k2+2k+1>k2+2k. ? k ?1 k (k ? 2) (k ? 1)

显然成立。 所以由数学归纳法,命题成立。 (4)反证法。 例 6 设实数 a0, a1,?,an 满足 a0=an=0, 且 a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,?, an-2-2an-1+an≥0, 求证 ak≤0(k=1, 2,?, n-1). 【证明】 假设 ak(k=1, 2,?,n-1) 中至少有一个正数,不妨设 ar 是 a1, a2,?, an-1 中第一个出现的正数, 则 a1≤0, a2≤0,?, ar-1≤0, ar>0. 于是 ar-ar-1>0,依题设 ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, ?, n-1)。 所以从 k=r 起有 an-ak-1≥an-1-an-2 ≥?≥ar-ar-1>0. 因为 an≥ak-1≥?≥ar+1≥ar >0 与 an=0 矛盾。故命题获证。 (5)分类讨论法。 例 7 已知 x, y, z∈ R+,求证: 【证明】 不妨设 x≥y, x≥z. ⅰ)x≥y≥z,则

x2 ? y2 y2 ? z 2 z 2 ? x2 ? ? ? 0. y?z z?x x? y

1 1 1 ? ? ,x2≥y2≥z2,由排序原理可得 x? y x?z y?z

x2 y2 z2 y2 z2 x2 ,原不等式成立。 ? ? ? ? ? y?z z?x x? y y?z z?x x? y 1 1 1 ? ? ⅱ)x≥z≥y,则 ,x2≥z2≥y2,由排序原理可得 x?z x? y y?z x2 y2 z2 y2 z2 x2 ,原不等式成立。 ? ? ? ? ? y?z z?x x? y y?z z?x x? y
(6)放缩法,即要证 A>B,可证 A>C1, C1≥C2,?,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈ N+).

1 1 1 ? ??? n ? n(n ? 2). 2 3 2 ?1 1 1 1 1 ?1 1? 1 1 ? ? 1 ? 1? ? ? ? ? ??? ? n ? n ??? n ? 【证明】 1 ? ? ? ? ? n 2 3 2 ?4 4? 2 ?1 2?? 2 2? ? ? ? ? ????
例 8 求证: 1 ?
2 n ?1

?

1 n ?1 1 n ? 1? ? n ? ,得证。 n 2 2 2 2
例 9 已知 a, b, c 是△ ABC 的三条边长,m>0,求证:

a b c ? ? . a?m b?m c?m a b a b a?b m ? ? ? ? ? 1? 【证明】 a?m b?m a?b?m a?b?m a?b?m a?b?m m c ? 1? ? (因为 a+b>c),得证。 c?m c?m
(7)引入参变量法。

b3 例 10 已知 x, y∈ R , l, a, b 为待定正数,求 f(x, y)= 2 ? 2 的最小值。 x y
+

a3

【解】 设

y l kl (1 ? k ) 2 ,y ? ? k ,则 x ? ,f(x,y)= 1? k 1? k x l2

? 3 b3 ? ? ?a ? k 2 ? ?? ? ?

? ? ? ? 1 1 3 1 3 3 3 3 3 1 3 1 3 2 ? ? ? 2 (a3+b3+3a2b+3ab2)= a ? b ? a k ? a k ? b ? ? b ? ? b ? ? a k 2 2 k?? k ?? l ? k l ?? ?? ??? ? ???? ? ?? ? ? ? ? ( a ? b) 3 ( a ? b) 3 a b . ,等号当且仅当 时成立。所以 f(x, y) = ? min x y l2 l2
例 11 设 x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1,求证:(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4. 【 证 明 】 设 x1=k(x2+x3+x4) , 依 题 设 有

(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4),即

1 ≤k≤1, x3x4≥4 , 原 不 等 式 等 价 于 3

1 ?1 ? (1 ? k ) 2 (x2+x3+x4) ≤x2x3x4,因为 f(k)=k+ 在 ? ,1? 上递减, k ?3 ? 4k 1 1 (1 ? k ) 2 所以 (x2+x3+x4)= (k ? ? 2) (x2+x3+x4) 4 k 4k 1 3? ? 2 3 ≤ ·3x2=4x2≤x2x3x4. 4
所以原不等式成立。 (8)局部不等式。 例 12 已知 x, y, z∈ R+,且 x2+y2+z2=1,求证: 【证明】 先证 因为 x(1-x2)=

3 3 x y z ? ? ? . 2 2 2 2 1? x 1? y 1? z

x 3 3 2 ? x . 2 2 1? x
1 ?2? 2 ?? ? ? , 2 ?3? 3 3
3

1 ? 2 x 2 (1 ? x 2 ) 2 ? 2

x x2 x2 3 3 2 所以 ? ? ? x . 2 2 2 2 1? x x(1 ? x ) 3 3
同理

y 3 3 2 ? y , 2 2 1? y

z 3 3 2 ? z , 2 2 1? z x y z 3 3 2 3 3 所以 ? ? ? (x ? y 2 ? z 2 ) ? . 2 2 2 2 2 1? x 1? y 1? z a b c ? ? 例 13 已知 0≤a, b, c≤1,求证: ≤2。 bc ? 1 ca ? 1 ab ? 1 a 2a ? . ① 【证明】 先证 bc ? 1 a ? b ? c
即 a+b+c≤2bc+2. 即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a. 因为 0≤a, b, c≤1,所以①式成立。

同理

b 2b c 2c ? , ? . ca ? 1 a ? b ? c ab ? 1 a ? b ? c

三个不等式相加即得原不等式成立。 (9)利用函数的思想。

1 1 1 ? ? 的最小值。 a?b b?c c?a 5 5 【解】 当 a, b, c 中有一个为 0,另两个为 1 时,f(a, b, c)= ,以下证明 f(a, b, c) ≥ . 不妨设 a≥b≥c, 2 2 2c a?b 1 3 ? 2 ? . 则 0≤c≤ , f(a, b, c)= 2 c ?1 c ?1 a ? b 3 ( a ? b) 2 因为 1=(a+b)c+ab≤ +(a+b)c, 4
例 14 已知非负实数 a, b, c 满足 ab+bc+ca=1,求 f(a, b, c)= 解关于 a+b 的不等式得 a+b≥2( c 2 ? 1 -c).

t 1 ? , g(t)在[ c 2 ? 1,?? )上单调递增。 c ?1 t 3 又因为 0≤c≤ ,所以 3c2≤1. 所以 c2+a≥4c2. 所以 2 ( c 2 ? 1 ? c) ≥ c 2 ? 1. 3 2c a?b 1 ? 2 ? 所以 f(a, b, c)= 2 c ?1 c ?1 a ? b
考虑函数 g(t)=
2



2c 2( c 2 ? 1 ? c) 1 ? ? 2 2 c ?1 c ?1 2( c 2 ? 1 ? c)

2c c2 ?1 ? c ? c2 ?1 c2 ?1 ? 1 ? c 3 c2 ?1 2 ?? ? ? c ? 1 = 2? ? 2 ? 2 2 ? c ?1 ?
= ≥4?

c 3 c 2 ? 1 5 3(1 ? c 2 ? 1) c ? ? ? ? . 2 2 2 2 2
3 ?3 ? ? c ? ≥0 ? c ? . 4 ?4 ?

下 证 3(1 ? c 2 ? 1) ? c ? 0 ① ? 3 ? c ? 3 c 2 ? 1 ? c2+6c+9≥9c2+9 ? c? 因为 c ?

3 3 ? ,所以①式成立。 3 4 5 5 所以 f(a, b, c) ≥ ,所以 f(a, b, c)min= . 2 2
2.几个常用的不等式——《选修 4-5 不等式选讲》 (1)【只需了解】柯西不等式:若 ai∈ R, bi∈ R, i=1, 2, ?, n,则 ( 等号当且仅当存在 λ∈ R,使得对任意 i=1, 2, , n, ai=λbi, 变式 1:若 ai∈ R, bi∈ R, i=1, 2, ?, n,则 (
n

? ai2 )(? bi2 ) ? (? ai bi ) 2 .
i ?1 i ?1 i ?1

n

n

n

ai2 )? ? i ?1 bi
n

(? a i ) 2 (? bi )
i ?1 i ?1 n 2

.

等号成立条件为 ai=λbi,(i=1, 2, ?, n)。

变式 2:设 ai, bi 同号且不为 0(i=1, 2, ?, n),则

?b
i ?1

n

ai
i

?

(? a i ) 2

n

?a b
i ?1 i

i ?1 n

.

i

等号成立当且仅当 b1=b2=?=bn. ( 2 )【必会】平均值不等式:设 a1, a2, ? ,an∈ R+ ,记 Hn=

n 1 1 1 ? ??? a1 a 2 an

, Gn= n a1 a 2 ? a n ,

An=

2 2 a1 ? a2 ? ? ? an a 2 ? a2 ? ? ? an ,则 Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤ , Qn ? 1 n n

平方平均。 其中等号成立的条件均为 a1=a2=?=an. 【证明】 由柯西不等式得 An≤Qn,再由 Gn≤An 可得 Hn≤Gn,以下仅证 Gn≤An. 1)当 n=2 时,显然成立; 2)设 n=k 时有 Gk≤Ak,当 n=k+1 时,记 1? k a1 a 2 ? a k a k ?1 =Gk+1. 因为 a1+a2+?+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥ k k a1 a 2 ? a k ? k k a k ?1 ? Gk ?1 ≥ 2k 2 k a1 a 2 ? a k ?1Gk ?1 ? 2k 2 k Gk ?1 ? 2kGk+1,
2k k ?1 k ?1

所以 a1+a2+?+ak+1≥(k+1)Gk+1,即 Ak+1≥Gk+1. 所以由数学归纳法,结论成立。 (3)排序不等式:
2 2 2 an an a12 a2 ?1 例 15 已知 a1, a2,?,an∈ R ,求证; ? ??? ? ? a1+a2+?+an. a 2 a3 an a1
+

2 2 2 an an a12 a2 ?1 【证明】证法一:因为 ? a1 ? 2a1 , ? a3 ? 2a2 ,?, ? an ? 2an?1 , ? a1 ≥2an. a2 a3 an a1 2 2 2 an an a12 a2 ?1 上述不等式相加即得 ≥a1+a2+?+an. ? ??? ? a 2 a3 an a1

2 2 2 ? a12 a 2 ? an an 2 ?1 ? ? ? ? ? ? ?a ? (a1+a2+?+an)≥(a1+a2+?+an) , a a a 3 n 1 ? ? 2 2 2 2 a a2 a a 因为 a1+a2+?+an >0,所以 1 ? 2 ? ? ? n?1 ? n ≥a1+a2+?+an. a 2 a3 an a1 2 2 2 证 法 三 : 设 a1, a2, ? ,an 从 小 到 大 排 列 为 ai ? ai ? ? ? ai , 则 ai ? ai ? ? ? ai , n n

证法二:由柯西不等式 ?

1

2

1

2

1 1 1 ? ??? ,由排序原理可得 ai ai ai
n n ?1 1

a i ? a i ? ? ? a i =a1+a2+?+an≥
1 2 n

2 a2 a2 a12 a2 ? ? ? ? n?1 ? n ,得证。 a 2 a3 an a1

注:本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用,希望读者在解题中再加以总结。 三、趋近高考【必懂】 1.(成都市 2010 届高三第三次诊断理科)不等式 (A){x|-1≤x≤2} (C){x|-1≤x<2} (B) {x|-1<x≤2} (D){x|-1<x<2}

x?2 ? 0 的解集为( x ?1



【答案】B
]

[

【解析】原不等式等价于 ?

?( x ? 1)( x ? 2) ? 0 , ?x ?1 ? 0

解得-1<x≤2 2.(成都市 2010 理)某物流公司有 6 辆甲型卡车和 4 辆乙型卡车,此公司承接了每天至少运送 280t 货物 的业务,已知每辆甲型卡车每天的运输量为 30t,运输成本费用为 0.9 千元;每辆乙型卡车每天的运输量为 40t,运输成本为 1 千元,则当每天运输成本费用最低时,所需甲型卡车的数量是( ) (A)6 (B)5 【答案】C 【解析】设需要甲型卡车 x 辆,乙型卡车 y 辆 (C)4 y z=0.9x+y 4 A 3x+4y=28 0 6 x (D)3

?30 x ? 40 y ? 280 ? 由题意 ?0 ? x ? 6 且 x、y∈Z ?0 ? y ? 4 ?
运输成本目标函数 z=0.9x+y 及需要甲型卡车和乙型卡车各 4 辆。 3.(绵阳 2010 年)把圆 C: x 2 ? y 2 ?

画出可行域(如图)可知,当目标函数经过 A(4,4)时,z 最小 7.6 千元

1 按向量 a=(h,-1)平移后得圆 C1,若圆 C1 在不等式 x+y+1 2
(C)

≥0 所确定的平面区域内,则 h 的最小值为( A ) (A)1 (B)-1

3 3

(D) ?

3 3

4.(雅安市 2010 届高三第三次诊断性考试理科)已知函数 f ( x ) 的定义域为 [?3, ??) ,部分函数值如表 所示,其导函数的图象如图所示,若正数 a , b 满足 f (2a ? b) ? 1 ,则 的取值范围是( B )

b?2 a?2

A. ( ,1)

2 5

B. ( , 4)

2 5

C. (1, 4)

D. (??, )

2 5

(4, ??)

5.(2010 四川省攀枝花市文)已知函数

f ( x) ? ax2 ? bx ?1? a, b ? R ?

.

(Ⅰ)若 f (?1) ? 0 且对任意实数 x 均有 f ( x) ? 0 成立,求实数 a , b 的值; (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,当 【解析】)

x ?? ?2, 2?

时, g ( x) ? f ( x) ? kx 是单调函数,求实数 k 的取值范围.

f (?1) ? 0

? a ? b ? 1 ? 0 即b ? a ? 1

又对任意实数 x 均有 f ( x) ? 0 成立
2 ?? ? b2 ? 4a ? 0 恒成立,即 (a ?1) ? 0 恒成立

? a ? 1, b ? 2
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知 f ( x) ? x ? 2 x ? 1 ? g ( x) ? x ? (2 ? k ) x ? 1
2 2

k ?2 k ?2 ?[?2, 2] ? (??, ] 或 [?2, 2] ? [ , ??) g ( x) 在 x ?[-2,2]时是单调函数, 2 2 ?2 ? k ?2 k ?2 或 ? ?2 2 2
即实数 k 的取值范围为 (??, ?2] [6, ??)


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