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高中数学必修五总复习


高中数学必修五总复习
第一章
一、基础知识 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 ?

解三角形
a?b?c 为半周长。 2

a b c =2R(R 为△ ABC 外接圆半径)。 ? ? sin A sin B sin 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
1.正弦定理: 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,BC 边上的

1 absin C ;再证推论 2,因为 B+C= ? -A,所以 sin(B+C)=sinA,即 sinBcosC+cosBsinC=sinA, 2 sin a sin(? ? a) a b 两边同乘以 2R 得 bcosC+ccosB=a; (换一种思路)再证推论 4,由正弦定理 ,所以 , ? ? sin A sin(? ? A) sin A sin B 1 1 即 sinasin( ? -A)=sin( ? -a)sinA , 等 价 于 ? [cos( ? -A+a)-cos( ? -A-a)]= ? [cos( ? -a+A)-cos( ? -a-A)] , 等 价 于 2 2
高为 bsinC,所以 S△ ABC= cos( ? -A+a)=cos( ? -a+A),因为 0< ? -A+a, ? -a+A< ? . 所以只有 ? -A+a= ? -a+A,所以 a=A,得证。

b2 ? c2 ? a2 2.余弦定理:a =b +c -2bccosA ? cos A ? , 2bc
2 2 2

二、基础例题 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(看一下就可以) 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 ?
2 2 2 2 2 2

yz ? zx =8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)

=a (b+c-a)+b (c+a-b)+c (a+b-c)-2abc.所以 a (b+c-a)+b (c+a-b)+c (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 ,(这个结构重要,看结构,想方法)令 a=tanα, c=tanγ, b=tanβ, 1 ? ac 2 1? 10 10 ? 2 ? 3? sin ? ? ? ? 则 tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos γ≤ , 3? 3 3 ?
当且仅当 α+β=

2 2 3 的最大值。 ? 2 ? 2 a ?1 b ?1 c ?1
2

2 2 1 10 ? , b ? 2, c ? ,sinγ= ,即 a= 时,Pmax= . 2 4 3 3 2 三
2

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

b2 ? c 2 ? a 2 b?c 9 A 1 ? cos A b ? c b ? ? ? 2 2c ∴ cosA= c 又 cosA= 2bc 【解析】:∵ c=5, 2c 10 ,∴ b=4 又 cos2 2
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b2 ? c 2 ? a 2 b ? 2bc c

∴ b2+c2-a2=2b2 ∴ a2+b2=c2 ∴

△ABC 是以角 C 为直角的三角形. a= c ? b =3
2 2

1 ∴ △ABC 的内切圆半径 r= 2 (b+a-c)=1.
2. 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 ∴ 90° <C<180° ∴ △ABC 是钝角三角形∴ 三角形的外心位于三角形的外部.

-cosC>0

3.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 a c b ? ? ? 2 R ? sin2 A ? ( ) 2 , sin2 C ? ( ) 2 , sin B ? 2R 2R 2R 【解析】:(1)∵ sin A sin B sin C a c b 2 2 2 2 2 ∵ 2R(sin A-sin C)=( 3 a-b)sinB∴ 2R[( 2 R ) -( 2 R ) ]=( 3 a-b)· R ∴ 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

一、基础知识 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: 通项公式 an=a1+(n-1)d; 前 n 项和公式: n= 1) 2) S

n(a1 ? a n ) n(n ? 1) ? na1 ? d; 2 2

3)an-am=(n-m)d,其中 n, m 为正整数;4)若 n+m=p+q,则 an+am=ap+aq;5)对任意正整数 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=An2+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
n-1

a1 (1 ? q n ) 定理 3 ***** 【必考】 等比数列的性质: an=a1q ; 前 n 项和 Sn, q ? 1 时, n= 1) 2) 当 S ; q=1 时, n=na1; 当 S 1? q 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。
定理 4 (看一下) 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。 二、基础例题 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,?。
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【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? 4 n(n ? 1) 3? 2 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 1 k 所以 =k(k+2)ak+1,所以 ak+1= . (k ? 1)( k ? 2) k ?1 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 ? a k ?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。 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 a n ?1 ? pan ?1 ·an+ qan ? cq ? 0.
2 2 n

【证明】 a n ?1 ? pan ?1 ·an+1+ qan ?1 ? a n ? 2 (pan+1+an+2)+ qan ?1 =an+2·(-qan)+ qan ?1 =
2 2 2 2

2 2 2 2 q(a n ?1 ? a n a n ? 2 ) ? q[a n ?1 +an(pqn+1+qan)]=q( a n ?1 ? pan ?1 a n ? qan ).

若 a 2 ? pa2 a1 ? qa1 =0,则对任意 n, a n ?1 ? pan ?1 a n + qan =0,取 c=0 即可.
2 2 2 2

2

2

2 2 若 a 2 ? pa2 a1 ? qa1 ? 0,则{ a n ?1 ? pan ?1 a n + qan }是首项为 a 2 ? pa2 a1 ? qa1 ,公式为 q 的等比数列。
2 2

所以 a n ?1 ? pan ?1 a n + qan = (a2 ? pa2 a1 ? qa1 ) ·qn.
2 2

2

2

取 c ? ?(a 2 ? pa1 a 2 ? 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 a n ?1 ? 10 a n a n ?1 ? a n ? 1 ? 0.



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当 n≥2 时,把①式中的 n 换成 n-1 得 a n ? 10 a n a n ?1 ? a n ?1 ? 1 ? 0 ,即
2 2 2 2 a n ?1 ? 10 a n a n ?1 ? a n ? 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+ a n -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序相加、裂项求和法、错项相消法等。

1 (n=1, 2, ?),求 S99=a1+a2+?+a99.(看结构想方法) 4 ? 2100 2 ? 2100 ? 4 n ? 4100? n 1 1 1 ? 100 , 【解】 因为 an+a100-n= n + 100?n = 100 100 n 100? n 100 100 4 ? 2 ? 2 (4 ? 4 ) 2 4 ?2 4 ?2 1 99 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 ? +?+ . ? n(n ? 1)( n ? 2) 1? 2 ? 3 2 ? 3 ? 4 1 k ?2?k 【解】 一般地, ? k (k ? 1)( k ? 2) 2k (k ? 1)( k ? 2) ? 1? 1 1 ? ? ? k (k ? 1) ? (k ? 1)( k ? 2) ? , ? 2? ?
例 6 已知 an=
n

所以 Sn=

? k (k ? 1)(k ? 2)
k ?1

n

1

? 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 ? (n ? 1)( n ? 2) ? 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 1 。 2 2 2 2 2 2 ?
? an ? ? n ?1 , ? 2 ?



a 1 1 1 ?1 1 S n ? ? 2 ? ? 2 ? ? ? n?2 ?2 2 2 2 2 ? 2 n?2 a 1 1 1 所以 S n ? ? S n ? 2 ? nn 1 。 2 2 4 2? a 又因为 Sn-2<Sn 且 nn 1 >0, 2 ?
由①-②得

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所以

1 1 1 1 1 S n ? ? Sn, 所以 S n ? , 2 2 4 4 2

所以 Sn<2,得证。 例 10 已知数列{an}满足 a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an,求通项 an. ( an ?

1 n ?1 [3 ? (?1) n ?1 ·3]。) 4
a n ?1 a n ? 2 =2an-1(n≥2)且 a0=a1=1,求通项。

5.构造等差或等比数列(构造函数) 例 11 正数列 a0,a1,?,an,?满足 a n a n ? 2 ? 【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 a n?2



? a ? an ? 1 ? 2? n ?1 ? 1?. ? a n?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 x n +2≥ 2 2 x n ,所以 xn+1≥ 2 (n≥1)。又

2 xn ? 2 ( xn ? 2 ) 2 ? 2= Xn+1- 2 = , 2 xn 2 xn



Xn+1+ 2 =

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 n ?1 ? 2 ? ? xn ? 2 ? ? ? ? ?

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所以 lg ?

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

所以 lg

xn ? 2 xn ? 2


?2

n ?1

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

2 n ?1



解得 x n ?

(2 ? 2 ) (2 ? 2 )

? (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 1.设 f (n) ? 2 ? 2 ? 2 ? 2 ? ? ? 2
4 7 10 3k ?10

,则 f (n) ? (

).

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

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

2 2 2 解析:数列 2, , , ,?, 23n?10 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.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.设等差数列 {an } 的首项 a1 及公差 d 都为整数,前 n 项和为 S n . (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 ? , ?a1 ? 10d ? 0, ?a11 ? 0,

d ? ?2,a1 ? 20 .
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, 3, 因此, {an } 的通项公式是 an ? 22 ? 2n,n ? 1 2, ? ;
? 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 .

?7d ? 11 ,即 d ? ?

将 d ? ?1 代入①、②,得

10 ? a1 ≤12 .

又 a1 ? Z ,故 a1 ? 11 或 a1 ? 12 .

, 3, 所以,数列 {an } 的通项公式是 an ? 12 ? n 或 an ? 13 ? n,n ? 1 2, ? .
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.设数列 {an }{bn }{cn } 满足 bn ? an ? an ? 2,cn ? an ? 2an ?1 ? 3an ? 2 , 3,?) . (n ? 1 2,?) ,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 . , 3, 易知 bn ≤ bn ?1 (n ? 1 2, ?) 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.

, 3, 充分性:设数列 {cn } 是公差为 d 2 的等差数列,且 bn ≤ bn ?1 (n ? 1 2, ?) ,
∵ cn ? an ? 2an ?1 ? 3an ? 2 , ①
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∴ cn ? 2 ? an ? 2 ? 2an ?3 ? 3an ? 4 , 由① ? ②,得



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

∵ cn ? cn ? 2 ? ?2d 2 , ∴ bn ? 2bn ?1 ? 3bn ? 2 ? ?2d 2 , 从而有 bn ?1 ? 2bn ? 2 ? 3bn ?3 ? ?2d 2 , 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 ,

, 3, ∴由⑤得 bn ?1 ? bn ? 0(n ? 1 2, ?) , , 3, 由此不妨设 bn ? d3 (n ? 1 2, ?) ,
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.已知数列 {an } 满足 a1 ? 1 an ?1 ? 2an ? 1 .
(1)求数列 {an } 的通项公式;

4 (2)若 4 1 ?

k ?1

k2 ?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 ? 2 ,即 an ? 2 ? 1 ;
n

n

4 (2)∵ 4 1 ?

k ?1

k2 ?1

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

利用 {an } 的通项公式,有 4

? 2nkn .

∴ 2[(b1 ? b2 ? ? ? bn ) ? n] ? nbn .①
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构建递推关系

2[(b1 ? b2 ? ? ? bn ? bn ?1 ) ? (n ? 1)] ? (n ? 1)bn ?1 , ②
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
一、基础知识 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;

不等式

(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 b ) ,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,
n n

因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|, 所以|a|-|b|≤|a+b|, (10) 所以 成立; (11) 显然成立; (12) 因为 x+y-2 xy ? ( x ? 下证 ,

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 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 例 1 设 a, b, c∈R+ , 试 证 : 对

A (A,B>0)与 1 比较大小,最后得出结论。 B
任 意 实 数 x, y, z, 有

x2+y2+z2 ? 2

? 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 )
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?2 2

ca b ab a c xz ? x2 ? 2 xy ? y2 ? y2 ? (a ? b)(b ? c) b?c (b ? c)(c ? a ) c?a c?a bc b a ca c yz ? z2 ? z2 ? 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 ? ? ? ? ? ? ? ? b ? c x ? c ? a y ? ? ? c ? a y ? a ? b z ? ? ? a ? b z ? b ? c x ? ? 0. ? ? ? ? ? ?
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, 为 0<1-x2<1,所以

| log a (1 ? x) | 1 =|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x) >log(1-x)(1-x)=1 (因 | log a (1 ? x) | 1? x

1 >1-x>0, 0<1-x<1). 1? x

所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|. (2) 分析法 (了解) 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≤

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

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 需证

(k ? 1) k ? 2 k k ?1 ? 1 ,所以只 >1. 因为 (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. 显然成立。 k ?1 k (k ? 2) (k ? 1)

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, a1≤0, a2≤0,?, 则 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.
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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。 (6)放缩法,即要证 A>B,可证 A>C1, C1≥C2,?,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+).(放缩法尤为重要)

1 1 1 ? ??? n ? n(n ? 2). 2 3 2 ?1 1 1 1 1 ?1 1? 1 1 ? ? 1 【证明】 1 ? ? ? ? ? n ? 1? ? ? ? ? ??? ? n ? n ??? 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 【证明】 ? ? ? ? ? 1? a?m b?m a?b?m a?b?m a?b?m a?b?m m c (因为 a+b>c),得证。 ? 1? ? c?m c?m
(7)引入参变量法。(引参为消参服务) 例 10 已知 x, y∈R , l, a, b 为待定正数,求 f(x, y)= 【解】 设
+

a3 x2

?

b3 的最小值。 y2
? 3 b3 ?a ? 2 ? k ? ? ?? ? ?

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

? ? ? 1 1? 3 1 3 3 3 3 3 1 3 1 3 2 ? a ? b ? a k ? a k ? b ? 2 ? b ? ? b ? ? a k ? ? 2 (a3+b3+3a2b+3ab2)= k l2 ? k ?k ?? ??? ???? ???? ??? ? l ? ? ? ? ? 3 ( a ? b) a b ( a ? b) 3 ,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.

1 ≤k≤1, x3x4≥4,原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4),即 3 (1 ? k ) 2 1 ?1 ? (x2+x3+x4) ≤x2x3x4,因为 f(k)=k+ 在 ? ,1? 上递减, 4k k ?3 ? (1 ? k ) 2 1 1 所以 (x2+x3+x4)= (k ? ? 2) (x2+x3+x4) 4k 4 k 1 3? ? 2 3 ≤ ·3x2=4x2≤x2x3x4. 4
【证明】 设 x1=k(x2+x3+x4),依题设有 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

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

x 3 3 2 ? x . 2 2 1? x
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因为 x(1-x2)=

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

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

3

x x2 x2 3 3 2 ? ? ? x . 所以 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 ? ? ? (x ? y 2 ? z 2 ) ? . 所以 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 【证明】 先证 ? . ① 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 3 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,则 0≤c≤ , 3 2 2 2c a?b 1 f(a, b, c)= 2 ? 2 ? . c ?1 c ?1 a ? b ( 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 ? 1 -c).
2

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

=

2c c2 ?1 ? c ? c2 ?1 c2 ?1

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= 2?

? 1 ? c 3 c2 ?1 ? c2 ?1? ? ? ? 2 ? 2 2 ? c ?1 ?

≥4?

c 3 c 2 ? 1 5 3(1 ? c 2 ? 1) c ? ? ? ? . 2 2 2 2 2
2

下 证 3(1 ? c ? 1) ? c ? 0 ①

3 ?3 ? ? 3 ? c ? 3 c 2 ? 1 ? c2+6c+9≥9c2+9 ? c? ? c ? ≥0 ? c ? . 4 ?4 ?

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
三 )

x?2 1.不等式 ? 0 的解集为( x ?1
(A){x|-1≤x≤2} (C){x|-1≤x<2} 【答案】B
[

(B) {x|-1<x≤2} (D){x|-1<x<2}

]

【解析】原不等式等价于 ?

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

解得-1<x≤2 2.)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。

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 ≥0 所确定的平面区域内,则 h 的最小值为( A )
3.把圆 C: x 2 ? y 2 ? (A)1 (B)-1 (C)

3 3

(D) ?

3 3

4.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

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2 A. ( ,1) 5
5.已知函数

2 B. ( , 4) 5
.

C. (1, 4)

2 D. (??, ) ? (4, ??) 5

f ( x) ? ax 2 ? 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】)? f (?1) ? 0

x ? ? ?2, 2?

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

? a ? b ? 1 ? 0 即b ? a ? 1
2

2 又对任意实数 x 均有 f (x) ? 0 成立 ?? ? b ? 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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