人教版的高中数学必修五典型例题

实用标准
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
abc
1．正弦定理：
=2R（R为△ABC外接圆半径）。
? ?
sinAsinBsinC
111
推论1：△ABC的面积为S
△ABC< br>=
absinC?bcsinA?ca
sin
B
.

222
推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.
推论3：在△AB C中，A+B=
?
，解a满足
ab
?
，则a=A.
sin asin(
?
?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边上的高为bsinC，所以S
△ABC
=< br>1
absinC
；再证推论2，因为B+C=
?
-A，所以sin(B +C)=sinA，
2
即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得 bcosC+ccosB=a；再证推论4，由正弦定理
sinasin(
?
?a)< br>ab
?
，所以
，即sinasin(
?
-A)=sin(?
-a)sinA，等价于
?
sinAsin(
?
?A)
sinAsinB
11
等价于cos(
?
-A+a)=cos(
?
-a+A)，
?
[cos(
?
-A+a)-cos(
?-A-a)]=
?
[cos(
?
-a+A)-cos(
?-a-A)]，
22
因为0<
?
-A+a，
?
-a+A <
?
. 所以只有
?
-A+a=
?
-a+A，所以a=A，得证。
222< br>b?c?a
2．余弦定理：a
2
=b
2
+c
2
-2bccosA
?cosA?
，下面用余弦定理证明几个常用的结论。
2bc< br>（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
22
bp?cq
?pq
.
（1） AD
2
=
p?q
【证明】 因为c
2
=AB
2< br>=AD
2
+BD
2
-2AD·BDcos
?ADB
，
所以c
2
=AD
2
+p
2
-2AD·pcos?ADB.
①
同理b
2
=AD
2
+q
2
-2AD·qcos
?ADC
， ②
因为
?
ADB+
?
ADC=
?
，
所以cos
?
ADB+cos
?
ADC=0，
所以q×①+p×②得
qc
2
+pb
2
=(p+q)AD
2
+pq(p+q)，即AD
2
=
b
2
p?c2
q
?pq
.

p?q
2b
2
?2c
2
?a
2
.

注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式
AD?
2
1
222< br>1
?
2
（2）海伦公式：因为
S
?ABC
?
b
csinA=b
2
c
2
(1-cos
2
A)=
4
4
文档
1
b
2
c
2

4

实用标准
?
(b
2
?c
2?a
2
)
2
?
1
2
[(b+c)-a
2
][a
2
-(b-c)
2
]=p(p-a)(p-b)(p-c).
1??
??
22
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(
?
?
?
)
??.

uvw【证明】P，Q，R共线
?S
ΔPQR
?0?S
?OPR
?S< br>?OPQ
?S
?ORQ

?
1
11
uvsi n
(α+β)=
uwsinα+vwsinβ
2
22
sin(?
?
?
)sin
?
sin
?
，得证。
???
wuv
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=360
0
可得
?
BAC+
?
CBA+
?
ACB=180
0
。
所以
?
BPC-
?
BAC=
?
CPA-
?
CBA=
?APB-
?
ACB=60
0
。
所以
?
EDF =60
0
，同理
?
DEF=60
0
，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⊙ O
1
，⊙O
2
相切，直线GF与DE交于P，求证：PA
?
BC。
【证明】 延长PA交GD于M，
GM
O
1
A
AF
??
.

MD< br>AO
2
AE
APAFPAAE
?,?
由正弦定理，
sin(
?
??1)sin
?
sin(
?
??2)sin< br>?
AEsin?1sin
?
??
.
所以
AFsin?2sin
?
GMPMMDPM
?,?
另一方面，，
sin
?
sin?1sin
?
sin?2
GMsin?2s in
?
??
所以，
MDsin?1sin
?
因为O
1
G
?
BC，O
2
D
?
BC，所以只需证
文档

实用标准
GMAF
，所以PAO
1
G，
?
MDAE
即PA
?
BC，得证。
所以
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：a
2
(b+c-a)+b
2
(c+a-b)+c
2
(a+b-c) ≤3abc.
【证明】 令a=y+z, b=z+x, c=x+y，则
abc=(x+y)(y+z)(z+x)

?8xy?yz?zx
=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)
=a
2
(b+c-a)+b
2
(c+a-b)+c
2
(a+ b-c)-2abc.
所以a
2
(b+c-a)+b
2
(c+a- b)+c
2
(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?
223
的最大值。
??
a
2
?1b< br>2
?1c
2
?1
a?c
，令a=tanα, c=tanγ, b=tanβ,
1?ac
2
10
110
??
则tanβ= tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos
2
γ≤
， ?3
?
sin
?
?
?
?
3
33
??
22
1
?
10
,b?2,c?
当且仅当α+β=，s inγ=，即a=
时，P
max
=
.

24
3
23
1
例6 在△ABC中，若a+b+c=1，求证: a
2
+b
2
+c
2
+4abc<
.

2
?
?
?
【证明】 设a=sin
2
αcos
2
β, b=cos
2
αcos
2
β, c=sin
2
β, 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sin
2
β>|cos
2
α·cos
2
β|.
?
4
?
因为1=(a+b+c)
2=a
2
+b
2
+c
2
+2(ab+bc+ca), < br>所以a
2
+b
2
+c
2
+4abc=1-2(ab+ bc+ca-2abc).
又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c) =sin
2
βcos
2
β+sin
2
αcos
2
α·cos
4
β·cos2β
1
[1-cos
2
2β+(1-cos
2
2α)cos
4
βcos2β]
4
11
=+cos2β(cos
4
β-cos
2
2αcos
4
β-cos2β)
44
111
>+cos2β(cos
4
β-sin
4
β-cos
2
β)=.
444
1
所以a
2
+b
2
+c
2
+4abc<
.

2
=
文档

实用标准
三、趋近高考【必懂】 Ab?c9
??
2
2c10
，
c
＝5，求△
A BC
的内切圆半径．

1．（全国10高考）在△
ABC
中，cos
2
b?c9
?
2c10
，∴
b
＝4 【解析】：∵
c
＝5，
A1?cosAb?c
??
2
222c
又cos
b
∴ cos
A
＝
c

b
2
?c
2
?a
2
2bc
又cos
A
＝
b
2
?c
2
?a
2
b
?
2bcc
∴
∴
b
2
＋
c
2
-
a
2
＝2
b
2

∴
a
2
＋
b
2
＝
c
2

∴ △
ABC
是以角
C
为直角的三角形．
22
c?b

a
＝＝3
1
∴ △
ABC
的内切圆半径
r
＝
2
(
b
＋
a-
c
)＝1．
2．（全国10高考）
R
是△
ABC< br>的外接圆半径，若
ab
＜4
R
2
cos
A
c os
B
，则外心位于△
ABC
的外部．
【解析】：∵
ab
＜4
R
2
cos
A
cos
B

由正弦定理得
a
＝2
R
sin
A
，
b
＝2
R
sin
B

∴ 4
R
2
sin
A
sin
B
＜4
R
2
cos
A< br>cos
B

∴ cos
A
cos
B
＞sin
A
sin
B

∴ cos
A
cos
B
-sin
A
sinB
＞0
∴ cos(
A
＋
B
)＞0
∵ cos(
A
＋
B
)＝-cos
C

∴ -cos
C
＞0
∴ cos
C
＜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2
R
(sin
2
A
-sin
2
C
)＝(
3
a
-
b
) sin
B
．
(1)求角
C
；

文档

实用标准

(2)求△
ABC
面积的最大值．
abc
???2R
sinAsinBsinC
【解析】：(1)∵ acb
?sin
2
A?()
2
,sin
2
C? ()
2
,sinB?
2R2R2R

∵ 2
R(sin
2
A
-sin
2
C
)＝(
3
a－b
)sin
B

acb
∴ 2
R
［(2R
)
2
-(
2R
)
2
］＝(
3a
-
b
)·
2R

∴
a
2-
c
2
＝
3
ab
-
b
2
< br>a
2
?b
2
?c
2
3
?
2ab2< br> ∴
3
∴ cos
C
＝
2
，∴
C
＝30°
1
(2)∵
S
＝
2
ab
sin
C

1
＝
2
·2
R
sin
A
·2
R
sin
B
·sin
C

＝
R
2
sin
A
sin
B

R
2
＝-
2
［cos(
A
＋
B
)-cos(
A
-
B
)］
R
2
＝
2
［cos(
A
-
B
)＋cos
C
］
R
2
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
{
a
n
}的一般形式通常记作
a
1
,
a
2
,
a
3
,…，
a
n
或
a
1
,
a
2
,
a
3
,…，
a
n
…。其 中
a
1
叫做数列的首项，
a
n
是关于
n
的
具体表达式，称为数列的通项。
文档

实用标准
定理1 若S
n
表示{
a
n
}的前
n
项和，则S
1
=
a
1
, 当
n
>1时，
a
n
= S
n
-S
n
-1
.
定义2 等差数列，如果对任意的正 整数
n
，都有
a
n
+1
-
a
n
= d（常数），则{
a
n
}称为等差数列，d叫做公差。
若三个数
a< br>,
b
,
c
成等差数列，即2
b
=
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
a
n
=
a
1
+(
n
-1)d； 2）前
n
项和公式：
S
n
=
n(a
1
?a
n
)
n(n?1)
?na
1
?
d
；3）< br>a
n
-
a
m
=(
n
-m)d，其中
n
, m为正整数；4）若
n
+m=
p
+
q
，则< br>22
a
n
+
a
m
=
a
p
+
a
q
；5）对任意正整数
p
,
q
，恒有
a
p
-
a
q
=(
p
-
q
)(a
2
-
a
1
)；6）若
A
，
B
至少有一个不为零，则{
a
n
}
是等差数列的充要条件是S
n=
An
2
+
Bn
.
a
n?1
?q
，则{
a
n
}称为等比数列，
q
叫做公比。
a
n
n
a(1?q)
1
定理3 *****【必考】等比 数列的性质：1）
a
n
=
a
1
q
n
-1< br>；2）前
n
项和S
n
，当
q
?
1时，Sn
=；
1?q
当
q
=1时，S
n
=
n a
1
；3）如果
a
,
b
,
c
成等比数 列，即
b
2
=
ac
(
b
?
0)，则
b
叫做
a
,
c
的等比中项；4）若
定义3 等比数列 ，若对任意的正整数
n
，都有
m+
n
=
p
+
q
，则
a
m
a
n
=
a
p
aq
。
定义4 极限，给定数列{
a
n
}和实数
A< br>，若对任意的
?
>0，存在M，对任意的
n
>M(
n
∈
N
),都有|
a
n
-
A
|<
?
，
则称
A
为
n
→+∞时数列{
a
n
}的极 限，记作
lima
n
?
A.

n??
定义5 无 穷递缩等比数列，若等比数列{
a
n
}的公比
q
满足|
q< br>|<1，则称之为无穷递增等比数列，其前
n
项
和S
n
的极限 （即其所有项的和）为
a
1
（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
(
n
0
)成立；（2）当
p
(
n
)时
n
=< br>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
≥
n
0
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
(n
0
)成立；（2）当
p
(
n
)对一切
n≤
k
的自然数
n
都
成立时（
k
≥
n< br>0
）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
≥
n
0
成立。
定理6 对于齐次二阶线性递归数列
x
n
=
ax
n
-1
+
bx
n
-2
，设它的特征方程
x
2
=
ax
+
b
的两个根为α,β:(1)若α
?
β ，则
x
n
=
c
1
a
n
-1
+c
2
β
n
-1
，其中
c
1
,
c
2
由初始条件
x
1
,
x
2
的 值确定；(2)若α=β，则
x
n
=(
c
1
n
+< br>c
2
) α
n
-1
，其中
c
1
,
c
2
的值由
x
1
,
x
2
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）
a
n
=
n
2
-1；2）
a
n
=3
n
-2
n
；3）
a
n
=
n
2
-2
n
.
例2 已知数列{
a
n
}满足
a
1
=
1
,
a
1
+
a
2
+…+
an
=
n
2
a
n
,
n
≥1，求通项
a
n
.
2
文档

实用标准
1
,又
a
1
+
a
2
=2
2
·
a
2
,
2
a?a
1
1
1
所以
a
2
=，
a
3
=?
2
2
?
,猜想
a
n
?
(
n
≥1).
3?4
n(n?1)
3?1
3?2
1
证 明；1）当
n
=1时，
a
1
=，猜想正确。2）假设当
n< br>≤
k
时猜想成立。
2?1
【解】 因为
a
1< br>=
当
n
=
k
+1时，由归纳假设及题设，
a
1
+
a
1
+…+
a
1
=[(
k
+1)
2
-1]
a
k
+1
,，
111
????
=
k
(
k
+2)
a
k
+1
,
2?13?2k?(k?1)
11111
即
1???????
=
k
(
k
+2)
a
k
+1
,
223kk?1
1
k
.
所以=
k
(
k< br>+2)
a
k
+1
,所以
a
k
+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)
所以
例3 设0<
a<1，数列{
a
n
}满足
a
n
=1+
a
,
a
n
-1
=
a
+
【证明】 证明更强的结论：1<
a
n
≤1+
a
.
1)当
n
=1时，1<
a
1
=1+
a
，①式成立；
2)假 设
n
=
k
时，①式成立，即1<
a
n
≤1+
a
，则当
n
=
k
+1时，有
1
，求证：对任意
n
∈
N
+
,有
a
n
>1.
a< br>n
1?a?a
k?1
111?a?a
2
1?a
??a ??a???1.

1?a1?a1?a
a
k
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
a
n
或前
n
项和S
n
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{
a
n
}满足
a
n
+< br>pa
n
-1
+
qa
n
-2
=0,
n
≥3，
q
?
0，求证：存在常数
c
，使得
22n
a
n?1
?pa
n?1
·
a
n
+
qa
n
?cq?
0.

2222
【证明】
a
n?1
?pa
n?1
·
a
n+
1
+
qa
n?1
?a
n?2
(
pa
n
+1
+
a
n
+2
)+
qa
n?1
=
a
n
+2
·(-
qa
n
)+
qa
n?1
=
2222
q(a
n
?aa)?q[aa?paa?qa
+
a
(
pq
+
qa
)]=
q
(
nn
+1
n
?1nn?2n?1n?1n?1nn
).
22
2
若
a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
2
= 0，则对任意
n
,
a
n?1
?pa
n?1
an
+
qa
n
=0，取
c
=0即可.
22
22
2
若
a
2

?pa
2< br>a
1
?qa
1
2
?
0，则{
a
n? 1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
}是首项为
a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
，公 式为
q
的等比数列。
22
22
所以
a
n?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
=
(a2
?pa
2
a
1
?qa
1
)
·
q
n
.
取
c??
(
a
2
?pa
1
a
2
?qa
1
)
·
22
1
即 可.
q
2
综上，结论成立。
例5 已知
a
1
=0,
a
n
+1
=5
a
n
+
24
a
n
?
1
，求证：
a
n
都是整数，
n
∈
N
+
.
【证明】 因为
a
1
=0,
a
2
=1，所以由题设知当
n< br>≥1时
a
n
+1
>
a
n
.
又由< br>a
n
+1
=5
a
n
+
24
a
n
?
1
移项、平方得
2
文档

实用标准
22
a
n?1
?10a
n
a
n?1
?a< br>n
?1?0.
①
22
当
n
≥2时， 把①式中的
n
换成
n
-1得
a
n
?
10< br>a
n
a
n?1
?a
n?1
?
1
?< br>0
，即
22
a
n?1
?10a
n
a
n?1
?a
n
?1?0.
②
因为
an
-1
<
a
n
+1
，所以①式和②式说明
a< br>n
-1
,
a
n
+1
是方程
x
2< br>-10
a
n
x
+
a
n
-1=0的两个不等根 。由韦达定理得
2
a
n
+1
+
a
n
-1
=10
a
n
(
n
≥2).
再由
a
1
=0,
a
2
=1及③式可知，当
n
∈
N
+
时，
a
n
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S
99
=
a
1
+
a
2
+…+
a
99
.
4
n
?2
100
11
2?2
100
?4
n
? 4
100?n
1
【解】 因为
a
n
+
a
1 00-
n
=
n
+=，
?
100100?n100
100100n100?n100
4?24?2
4?2?2(4?4)2
1
9 9
19999
所以S
99
=
?
(a
n
?a
100?n
)??
100
?
101
.

2
n?1
2
22
1
11
.
例7 求和 ：
S
n
?
+…+
?
n(n?1)(n?2)
1?2 ?32?3?4
1k?2?k
?
【解】 一般地，
k(k?1)(k?2)2k(k?1)(k?2)
例6 已知
a
n
=
?
1
?
11
?
， < br>?
?
?
??
2
?
k(k?1)(k?1)(k?2)
?
n
1
所以
S
n
=
?

k?1
k(k?1)(k?2)
?
1
?
111111
?
?
???????
2
?
1?22?32?33?4n(n?1 )(n?1)(n?2)
?
?

?
?
1
?
11
?
?

2
?
2(n?1)(n?2)
??
11
??.
< br>42(n?1)(n?2)
?
a
n
?
的前
n
项和，求证：S
n
<2。
n
?
?
2
?
例8 已知数列{
a
n}满足
a
1
=
a
2
=1，
a
n
+2
=
a
n
+1
+
a
n
, S
n
为数列
?
【证明】 由递推公式可知，数列{
a
n
}前几项为1，1，2，3，5，8，13。
因为
S
n
?
所以
a
112358
， ①
?
2
?
3
?
4
?
5
?
6
???
n
2
222222
n
a
11235。 ②
S
n
?
2
?
3?
4
?
5
???
n
n
?1
2
22222
?
11
a
?2
?
a
n
?
?
2
???
n
?
?
n?1
，
n?2< br>??
2
22
?
2
?
111
由①- ②得
S
n
??
2
22
2
文档

实用标准
a
111
S
n
??S
n ?2
?
n
n
。
224
2
?1
a
又因为S
n
-2
n
且
n
n
>0, < br>?1
2
11111
所以
S
n
??
S
n
, 所以
S
n
?
，
22442
所以
所以S
n
<2，得证。
4．特征方程法
例9 已知数列{
a
n
}满足
a
1
=3,
a
2
=6,
a
n
+2
=4
n
+ 1
-4
a
n
，求
a
n
.
【解】 由特 征方程
x
2
=4
x
-4得
x
1
=
x
2
=2.
故设
a
n
=(α+β
n
)· 2
n
-1
，其中
?
所以α=3，β=0，
所以
a
n
=3·2
n
-1
.
例10 已知数列{
a
n
}满足
a
1
=3,
a
2
=6,
a
n
+2
=2
a
n
+1
+3
a
n
，求通项
a
n
.
【解】 由特征方程
x
2
=2
x
+3得
x
1
=3,
x
2
=-1,
所以
a
n
=α·3
n+β·(-1)
n
，其中
?
3?
?
?
?
，
?
6?(
?
?2
?
)?2
?
3?3
?
?
?
，
?
6?9
?
?
??
3
3
，β
??
，
4
4
1
n?1n?1
所以
a
n
?[3?(?1)
·3]。
4
解得α=
5．构造等差或等比数列
例11 正数列
a
0
,
a
1
,…,
a
n
,…满足
a
n
a
n?2
?a
n?1
a
n?2
=2
a< br>n
-1
(
n
≥2)且
a
0
=
a1
=1，求通项。
【解】 由
a
n
a
n?2
?a
n?1
a
n?2
?2a
n?1
得
a
n
a
?2
n?1
=1，
a
n?1
a
n? 2
?
a
?
a
nn?1
?
即
?
1< br>?
2
?
1
?
.

?
a
n? 2
?
a
n?1
??
令
b
n
=
所以
b
n
=
a
n
a
1
+1，则{
b< br>n
}是首项为+1=2，公比为2的等比数列，
a
n?1
a
0
a
n
a
+1=2
n
，所以
n
=（2n
-1）
2
，
a
n?1
a
n?1
n
a
n
a
n?1
a
2
a
1
k2所以
a
n
=·…··
a
0
=
?
(2? 1).

a
n?1
a
n?2
a
1
a
0
k?1
注：
?
C
i?1
n
i
?
C
1
·
C
2
·…·
C
n
.
2
x
n
?2
例12 已知数列{
x
n
}满足
x
1
=2,
x
n
+1
=,
n
∈
N
+
, 求通项。
2x
n
文档

实用标准
x
2
?2x
2
?2
【解】 考虑函数
f
(
x
)=的不动点，由=
x
得
x
=
?2.

2x2x
2
x
n
?2
因为
x
1
= 2,
x
n
+1
=,可知{
x
n
}的每项均为正数。 < br>2x
n
又
x
n
+2≥
22x
n
，所 以
x
n
+1
≥
2
(
n
≥1)。又
2
2
(x
n
?2)
2
x
n
?2
X
n
+1
-
2
=, ①
?< br>2
=
2x
n
2x
n
2
(x
n
?2)
2
x
n
?2
X
n
+1
+
2
=, ②
?
2
=
2x
n< br>2x
n
x
n?1
?2
?
x
n
?2< br>?
由①÷②得
?
??
。 ③
x< br>n?1
?2
?
?
x
n
?2
?
?x
1
?2
又
2
x
1
?2
>0， ?
x
n?1
?2
??
x
n
?2
?由③可知对任意
n
∈
N
+
，>0且
lg
??< br>?2lg
??
,
x
n
?2
??
?
x
n?1
?2
?
??
x
n
?2
?
?
?
x
n
?2
?
?
2?2
?
lg
所以
lg
?
是首项为
?
??
，公比为2的等比数列 。
?
?
2?2
?
?
x
n
?2
?
?
x
n
?2
所以
lg
x
n
?2< br>x
n
?2
?2
n?1
?
2?2
?
x
n
?2
?
2?2
?
·
lg
?
?< br>?
?
，所以
?
2?2
x?2
2?2
????
n
2
n?1
2
n?1
2
n?1
，
解得
x
n
?2
·
(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、趋近高考【必懂】
1.（2 010.北京）设
f(n)?2?2?2?2?L?2
47103k?10
，则
f(n)
?
（ ）．
2
n
2
(8?1)
（B）
(8
n?2
?1)

77
2
n?3
2
n?4
（C）
(8?1)
（D）
(8?1)

77
（A）
2，2，2
，…，
2
解析：数列
2，
4710
3n?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，
2(8
n?4
?1)2
n?4
?(8?1)
．选（D）． 根据等比数列的求和公式有
S
n
?
8?17
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
文档

实用标准
f(n)
表示第
n
堆的乒乓球总数，则< br>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
1n(n?1)n(n?1)(n?2)
222
即
f(n)?a
1
? a
2
?a
3
?L?a
n
?(1?2?3?L?n)?g．
?
2226
a
n
?1?2?3?L?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
{
a
n
}
的首项
a
1
及公差
d
都为整数，前
n
项和为
S
n
．
（1）若< br>a
11
?0，S
14
?98
，求数列
{a
n
}
的通项公式；
（2）若
a
1
≥6，a
11
?0，S
14
≤77
，求所有可能的数列
{a
n
}
的通项公式．
【解析】：（1）由
?
?
S
14
?98，
?
2a
1
?13d?14，
，即
?
，
?
a
11
?0，
?
a
1
?10d?0，< br> 解得
d??2，a
1
?20
．
，2，3，L
；
因此，
{
a
n
}
的 通项公式是
a
n
?22?2n，n?1
?
S
14
≤ 77，
?
（2）由
?
a
11
?0，
，得
?
a≥6，
?
1
，
?
2a
1
?13d≤1 1
?
?
a
1
?10d?0，
，
?
a≥6，
?
1
， (1)
?
2a
1
?13d≤11
?
(2)
即
?
?2a
1
?20d?0，
?
?2a≤?12. (3)
1
?
11
．
7
1
由①+③，得
13d≤?1
，即
d≤?
．
13
111
所以
??d≤?
．
713
由①+②，得
?7d?11
，即
d??
又
d?Z
，故
d??1
．
将
d??1
代入①、②，得
10?a
1
≤12
．
又
a
1
?Z
，故
a
1
?11
或
a
1
?12
．
，2，3，L
．
所以，数 列
{
a
n
}
的通项公式是
a
n
?12?n
或
a
n
?13?n，n?1
文档

实用标准
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．
，bn
}{
，c
n
}
满足
b
n
?a
n
?a
n?2
，c
n
?a
n
?2a
n? 1
?3a
n?2

4.（2010.江苏）设数列
{
an
}{
，2，3，…)
．
(n?1，2，3，L)
，证明{a
n
}
为等差数列的充要条件是
{c
n
}
为 等差数列且
b
n
≤b
n?1
(n?1
【解析】：必要性：设
{
a
n
}
是公差为
d
1
的等差数列，
则
b
n?1
?b
n
?(a
n?1
?a
n?3
)?(a
n
?a
n?2
)

?(a
n?1
?a
n
)?(a
n?3
?a
n? 2
)?d
1
?d
1
?0
．
，2，3，L)
成立．
易知
b
n
≤b
n?1
(n?1
由递推关系
c< br>n?1
?c
n
?(a
n?1
?a
n
)?2( a
n?2
?a
n?1
)?3(a
n?3
?a
n?2
)?d
1
?2d
1
?3d
1
?6d
1
（常数）（
n
=1，2，3，…）．
所以数列
{
c
n
}
为等差数列．
，2，3，L)
，
充分性：设数列
{
c
n
}是公差为
d
2
的等差数列，且
b
n
≤b
n?1
(n?1
∵
c
n
?a
n
?2a
n?1?3a
n?2
， ①
∴
c
n?2
?a
n?2
?2a
n?3
?3a
n?4
， ②
由①
?
②，得
c
n
?c
n?2
?(a< br>n
?a
n?2
)?2(a
n?1
?a
n?3
)?3(a
n?2
?a
n?4
)?b
n
?2b
n? 1
?3b
n?2
．
∵
c
n
?c
n?2
??2d
2
，
∴
b
n
?2b
n?1
?3b
n?2
??2d2
， ③
④
⑤
从而有
b
n?1
?2b
n?2
?3b
n?3
??2d
2
，
④
?
③，得
(b
n?1
?b
n
)?2(b
n?2?b
n?1
)?3(b
n?3
?b
n?2
)?0
，
∵
b
n?1
?b
n
≥0，b
n?2
?b
n?1
≥0，b
n?3
?b
n?2
≥0
，
，2，3，L)
，
∴由⑤得
b
n?1
?b
n?0(n?1
，2，3，L)
，
由此不妨设
b
n
?d
3
(n?1
则
a
n
?a
n?2
?d
3
（常数）．
文档

实用标准
由此
c
n
?a
n
?2a
n?1
?3a
n?2
?4a
n
?2a< br>n?1
?3d
3
．
从而
c
n?1
?4a< br>n?1
?2a
n?2
?3d
3
，两式相减得
c
n?1
?c
n
?2(a
n?1
?a
n
)?2d< br>3
．
因此
a
n?1
?a
n
?
11

(c
n?1
?c
n
)?d
3
?d
2
?d
3< br>（常数）（
n
=1，2，3，…），即数列
{a
n
}
为等差数列．
22
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．
，a
n?1
?2a
n
?1
．
5.（2010. 福建）已知数列
{
a
n
}
满足
a
1
?1< br> （1）求数列
{
a
n
}
的通项公式；
（2 ）若
4
1
g4
k?1k
2
?1
gLg4
k
n
?1
?(a
n
?1)
k
n
，b
n
?k
n
，证明
{b
n
}
是等差数列．
?
【解析】：（1）∵
a
n?1
?2a
n
?1 (n?N)
，∴
a
n?1
?1?2(a
n
?1)
．
∴
{
a
n
?
1}
是以
a
1
?1?2
为首项，2为公比的等比数列．
nn
∴
a
n
?
1
?
2
，即
a
n
?2?1
；
（ 2）∵
4
1
g4
k?1k
2
?1
…4
k< br>n
?1
?(a
n
?1)
k
，
(k
1
?k
2
?
L
?k
n
)?n
利用
{
a
n
}
的通项公式，有
4?2
nk
n
．
∴
2[(b
1
?b
2
?L?b
n
)?n] ?nb
n
．①
构建递推关系
2[(b
1
?b
2
?L?b
n
?b
n?1
)?(n?1)]?(n?1)b
n ?1
， ②
②－①，得
(n?1)b
n?1
?nb
n
?2?0
，③
从而 有
nb
n?2
?(n?1)b
n?1
?2?0
，④
③
?
④，得
nb
n?2
?2nb
n?1
?nb
n
?0
，即
b
n?2
?2b
n?1
?b
n
?0
．
故
{
b
n
}
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．
文档

实用标准

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
?
acb>0, c>d>0
?
ac>bd;
（7）a>b>0, n∈N
+
?
a
n
>b
n
; （8）a>b>0, n∈N
+
?
n
a?
（9）a>0, |x|?
-aa
?
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
?
a
2
+b
2
≥2ab;
（12）x, y, z∈R
+
，则x+y≥2
xy
, x+y+z
?
3
3
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?
假设不成立，所以
n
a?< br>n
n
n
b
;
b
，由性质（7）得
(
n
a)
n
?(
n
b)
n
，即a≤b，与a>b矛 盾，所以
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?
=( a+b)
3
+c
3
-3a
2
b-3ab
2
-3abc
=(a+b)
3
+c
3
-3ab(a+b+c)=(a +b+c)[(a+b)
2
-(a+b)c+c
2
]-3ab(a+b+c) =(a+b+c)(a
2
+b
2
+c
2
-ab-bc- ca)
=
y)
2
≥0，所以x+y≥
2xy
，
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x
3
+b
3
+c3
-3abc
1
(a+b+c)[(a-b)
2
+(b-c)
2
+(c-a)
2
] ≥0，所以a
3
+b
3+c
3
≥3abc，即x+y+z≥
3
3
xyz
，等号 当且仅当
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Ax=y=z时成立。
A
（A，B>0）与1比较大小，
B
x, y, z, 有
最后得出结论。
例
x
2
+y
2
+z
2
1 设a, b, c∈R
+
，试证：对任意实数
?
a?babcb?cc?a
?
?
?2xy?yz?xz
?
??
.

(a?b)(b?c)(c?a)
?
cab
?
【证明】 左边- 右边= x
2
+y
2
+z
2
?2
文档
abbc
xy?2yz

(b?c)(c?a)(a?b)(c?a)

实用标准
?2
2
cab
2
abac
xz?x?2xy?y
2
?y
2
?

(a?b)(b?c)b?c(b?c)(c?a)c?ac?a
bc b
2
a
2
cac
yz?z?z?2xz?x
2
?< br>
(a?b)(c?a)a?ba?b(a?b)(b?c)b?c
222
?? ?
bacb
??
ac
?
??
?
??
??
x?yy?zz?x
?
?0.

?
b?c
? ????
c?a
??
c?aa?b
??
a?bb?c
??< br>所以左边≥右边，不等式成立。
例2 若aa
(1-x)|与|log
a
(1+x)|.
【解】 因为1-x
?
1，所以log
a
(1-x)
?
0,
|log
a
(1?x)|
1
=|log
(1-x)
(1+ x)|=-log
(1-x)
(1+x)=log
(1-x)
>log
(1-x)
(1-x)=1（因为0<1-x
2
<1，所以
1?x
|log
a
(1?x)|
1
>1-x>0, 0<1-x<1）.
1?x
所以|log
a
(1+x)|>|log
a
(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
?2ab.

【证明】 要证a +b+c
?3
3
c?a?b
≥a+b
?2ab.
只需证c?2ab?3
3
abc
，
因为
c?2ab?c?ab?ab ?3
3
c?a?b?3
3
abc
，所以原不等式成立。
211
1
??
.
例4 已知实数a, b, c满足0c(1?c)a(1?b)b(1?a)
2
1
【证明】 因为02
111
??
所以，
a(1?a)b(1?b)c(1?c)
1122
???
所以，
a (1?a)b(1?b)b(1?b)c(1?c)
1111
???
所以只需证明，
a(1?a)b(1?b)a(1?b)b(1?a)
a?ba?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：n
n+1
>(n+1)
n
.
【证明】 1）当n=3时，因为3
4
=81>64=4
3
，所以命题成立。
k?2
(k?1)
2）设n=k时有k
k+1
>(k+1)
k
，当n=k+1时，只需证(k+1)
k+2
>(k+2)
k+1
，即>1 . 因为
(k?2)
k?1
k
k?1
(k?1)
k?2k
k?1
，即证(k+1)
2k+2
>[k(k+2)]
k+1
，只需证(k+1)
2
>k(k+2)，
?1
，所以只需证
?
kk?1k
(k?1)(k?2)
(k?1)
即证k
2
+ 2k+1>k
2
+2k. 显然成立。
文档

实用标准
所以由数学归纳法，命题成立。
（4）反证法。
例6 设实数a
0
, a
1
,…,a
n
满足a
0
=a
n
=0，且a
0
-2a
1
+a
2
≥0 , a
1
-2a
2
+a
3
≥0,…, a
n-2< br>-2a
n-1
+a
n
≥0，求证
a
k
≤0( k=1, 2,…, n-1).
【证明】 假设a
k
(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设a
r
是a
1
, a
2
,…, a
n-1
中第一个出现的正
数，则a
1
≤0, a
2
≤0,…, a
r-1
≤0, a
r
>0. 于是a< br>r
-a
r-1
>0，依题设a
k+1
-a
k
≥a
k
-a
k-1
(k=1, 2, …, n-1)。
所以从k =r起有a
n
-a
k-1
≥a
n-1
-a
n-2
≥…≥a
r
-a
r-1
>0.
因为a
n
≥a
k-1
≥…≥a
r+1
≥a
r
>0与a
n
=0矛盾。故命题获证。
（5）分类讨论法。
222222
x?yy?zz?x
???
0.
例7 已知x, y, z∈R
+
，求证：
y?zz?xx?y
【证明】 不妨设x≥y, x≥z.
ⅰ）x≥y≥z，则
111
??
，x
2
≥y2
≥z
2
，由排序原理可得
x?yx?zy?z
x
2
y
2
z
2
y
2
z
2
x
2
?????
，原不等式成立。
y?zz?xx?yy?zz?xx?y
11 1
??
ⅱ）x≥z≥y，则，x
2
≥z
2
≥y
2< br>，由排序原理可得
x?zx?yy?z
x
2
y
2
z
2
y
2
z
2
x
2
?????
，原 不等式成立。
y?zz?xx?yy?zz?xx?y

（6）放缩法，即要证A>B，可证A>C
1
, C
1
≥C
2
,…,C
n-1
≥C
n
, C
n
>B(n∈N
+
).
111
????
n
?n
(
n?
2).
< br>23
2?1
1111
?
11
?
11
??1
?1??
?
?
?
???
?
n
?n
???
n
?
【证明】
1?????
n
232
?
44
?
2?12
?
??
?
2??
2
?????
例8 求证：
1?
2
n?1
?
1n?11n
?1??
n
?
，得证。
n
22
22
例9 已知a, b, c是△ABC的三条边长，m>0，求证：
abc
??
.

a?mb?mc?m
ababa?bm
?????1?
【证明】

a?mb?ma?b?ma?b?ma?b?ma?b?m
mc
（因为a+b>c）， 得证。
?1??
c?mc?m
（7）引入参变量法。
3
b
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。
xy
a
3
(1?k)
2
lkl
y
,y?
【解】 设
?
k
，则
x?
，f(x,y)=
1?k1?k
x< br>l
2
?
3
b
3
?
?
?
a?
k
2
?
?
?

??
文档

实用标准
??
??
11
3
1
33 333
1
3
1
32
?
a?b?ak?ak?b?
2
?b??b??ak
?
?
2
(a
3
+b
3
+3a
2
b+3ab
2
)=
2
k
???
?
ll
?
k
?????????
??
k
? ???
??
??
(a?b)
3
(a?b)
3
ab< br>.
，等号当且仅当
?
时成立。所以f(x, y)
min
=
2
2
l
xy
l
例11 设x
1
≥x
2
≥x
3
≥x
4
≥2, x< br>2
+x
3
+x
4
≥x
1
，求证：(x
1
+x
2
+x
3
+x
4
)
2
≤ 4x
1
x
2
x
3
x
4
.
【证明】 设x
1
=k(x
2
+x
3
+x
4
)，依题设有
4kx
2
x
3
x
4
(x
2
+x
3
+x
4
)，即
1
≤k≤1, x
3
x
4
≥4，原不等式等价于(1+k)
2
(x
2
+x
3
+x
4
)
2
≤
3
(1? k)
2
1
?
1
?
(x
2
+x
3< br>+x
4
) ≤x
2
x
3
x
4
，因为 f(k)=k+在
?
,1
?
上递减，
4k
k
?< br>3
?
(1?k)
2
11
所以(x
2
+x3
+x
4
)=
(k??
2)
(x
2
+ x
3
+x
4
)
4k
4k
1
3??23
≤·3x
2
=4x
2
≤x
2
x
3< br>x
4
.
4
所以原不等式成立。
（8）局部不等式。
例12 已知x, y, z∈R
+
，且x
2
+y
2+z
2
=1，求证：
【证明】 先证
33
xyz
?.

??
2
1?x
2< br>1?y
2
1?z
2
x33
2
?x
.

2
1?x
2
1
?2x
2
(1?x
2
)
2
?
因为x(1-x
2
)=
2
1
?< br>2
?
2
?
??
?
,
2
?
3
?
33
3
xx
2
x
2
33
2< br>所以
???x
.

2
2
1?x
2
x (1?x
2
)
33
y33
2
同理
?y
，
2
2
1?y
z33
2
?z
，
2
1?z
2
xyz33
2
33
22
所以
???(x? y?z)?
.

22
1?x
2
1?y
2
1 ?z
2
abc
例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：≤2。
??
bc?1ca?1ab?1
a2a
?
.
① 【证明】 先证
bc?1a?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。
文档

实用标准
同理
b2bc2c
?,?
.

ca?1a?b?cab?1a?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。
111
的最小值。
??
a?bb?cc?a
55
【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
22
3
2ca?b1
≥b≥c，则0≤c≤, f(a, b, c)=
2
?
2
?
.

3
c?1c?1a?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
2
?
1
-c) .
t1
, g(t)在[
c
2
?1,??
）上单调递增。
?
2
c?1
t
3
又因为0≤c≤，所以3c
2≤1. 所以c
2
+a≥4c
2
. 所以2
(
c
2
?
1
?c
)
≥
c
2
?1.

3
2ca?b1
所以f(a, b, c)=
2

?
2
?
c?1c?1
a?b
考虑函数g(t)=
2c2(c
2
?1?c)1
??
≥
2

2
2
c?1c ?1
2(c?1?c)
2cc
2
?1?c
?
=
2< br>
c?1c
2
?1
?
1
?
c3c
2
?1
2
?c?1
?
=
2
?

?< br>2
?
?
2
?
2
?
c?1
?
c3c
2
?153(1?c
2
?1)c
???
.

≥
4??
22222
下证
3(1?c
2
?1)?c ?
0 ①
?3?
c
?3
c
2
?1?
c< br>2
+6c+9≥9c
2
+9
?c
?
?
3?
?c
?
≥0
?
4
?
33
3
?
，所以①式成立。
?c?.
因为
c?
34
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a
i
∈R, b
i
∈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, a
i
=λb
i
,
?
a
)(
?< br>b
2
i
i?1i?1
nn
2
i
)
?
(
?
a
i
b
i
)
2
.

i?1
n
变式1：若a
i
∈R, b
i
∈R, i=1, 2, …, n，则
(
a
)?
?
i?1
b
i
n
2
i
(
?
a
i
)
2
(
?
b
i
)
2
i?1
i?1
n
n
.

文档

实用标准
等号成立条件为a
i
=λb
i
,(i=1, 2, …, n)。
变式2：设a
i
, b
i
同号且不为0(i=1, 2, …, n )，则
a
i
?
?
i?1
b
i
n
(
?
a
i
)
2
n
?
ab
i
i?1
i?1
n
.

i
等号成立当且仅当b
1=b
2
=…=b
n
.
（2）【必会】平均值不等式：设a
1
, a
2
,…,a
n
∈R
+
，记H
n
=
n
111
????a
1
a
2
a
n
, G
n
=
n
a
1
a
2
?a
n
,
22
a1
?a
2
???a
n
a
1
2
?a2
???a
n
A
n
=，则H
n
≤G
n
≤A
n
≤Q
n
. 即调和平均≤几何平均≤算术平
,Q
n
?
nn
均≤平方平均。
其中等号成立的条件均为a
1
=a
2
=…=a
n
.
【证明】 由柯西不等式得A
n
≤Q
n
，再由G
n
≤A
n
可得H
n
≤G
n
，以下仅证G
n
≤A
n
.
1）当n=2时，显然成立；
2）设n=k时有G
k
≤A
k
，当n=k+1时，记
1?k
a
1
a
2
?a
k
a
k?1
=G
k+1
.
因为 a
1
+a
2
+…+a
k
+a
k+1
+(k -1)G
k+1
≥
k
k
a
1
a
2
?a
k
?k
k
a
k?1
?G
k?1
≥
2k
2k
a
1
a
2
?a
k?1G
k?1
?
2k
2k
G
k?1
?
2k G
k+1
,
k?12k
k?1
所以a
1
+a< br>2
+…+a
k+1
≥(k+1)G
k+1
，即A
k+ 1
≥G
k+1
.
所以由数学归纳法，结论成立。
（3）排序不等式：
22
22
aa
aa
n?1n
12
例15 已知a
1
, a
2
,…,a
n
∈R
+
，求 证；
??
?
???
a
1
+a
2
+…+a< br>n
.
a
2
a
3
a
n
a
1
22
2
a
n
a
a
1
2
a
2
【证明】证法一：因为
?a
1
?2a
1
,?a
3
?2a
2
，…，
?1
?a
n
?2a
n?1
,
n
?a
1
≥2a
n
.
a
2
a
3
a
n
a
1
22
2
a
n
a
n
a
1
2
a
2
?1
上述不等 式相加即得
≥a
1
+a
2
+…+a
n
.
?????
a
2
a
3
a
n
a
1
2 2
2
?
a
1
2
a
2
?
a
n
a
n?1
?
?????
证法二：由柯西不等式
?
(a
1
+a
2
+…+a
n
)≥(a
1
+a
2
+…+a
n
)
2
，
?
a
?< br>a
n
a
1
??
2
a
3
22
2
a
n
a
n
a
1
2
a
2
?1
因为a
1
+a
2
+…+a
n
>0，所以
≥a
1
+a
2
+…+a
n
.
?????
a
2
a
3
a
n
a
1
证 法三： 设a
1
, a
2
,…,a
n
从小到大排列为
a
i
?a
i
???a
i
，则
a
i
?a
i
???a
i
，
12
n
12
n222
111
????
，由排序原理可得
a
i
a
i
a
i
n
n?11
22
2
a
n
a
a
1
2
a
2< br>a
i
?a
i
???a
i
=a
1
+a
2
+…+a
n
≥
????
?1
?
n
，得证。
n
12
a
2
a
3
a
n
a
1
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。
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实用标准

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}
【答案】
B
[
x?2
?0
的解集为（ ）
x?1
(
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.（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280
t
货
物的业务，已知每辆甲型卡车每天的运输量为30
t
，运输成本费用为0.9千元；每辆乙型卡 车每天的运输
y
z＝0.9x＋
量为40
t
，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(
y


)
(
A
)6
【答案】
C

【解析】设需要甲型卡车
x
辆，乙型卡车
y
辆
(
B
)5 (
C
)4
4
A
(
D
)3
6
0
3x＋4y＝28
x ?
30x?40y?280
?
由题意
?
0?x?6
且< br>x
、
y
∈
Z

?
0?y?4
?运输成本目标函数
z
＝0.9
x
＋
y

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
及需要甲型卡车和乙型卡车各4辆。
1
按向量
a
=(
h< br>，-1)平移后得圆
C
1
，若圆
C
1
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.(绵 阳2010年)把圆
C
：
x
2
?y
2
?
（A）1 （B）-1 （C）
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
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b?2
a?2

实用标准
的取值范围是( B )

A．
(,1)

2
5
B．
(,4)

2
5
C．
(1,4)
D．
(??,)U(4,??)

2
5
5.（2010四川省攀枝花市文）已知函数
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】 ）
Qf(?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

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

22
f(x)?x?2x?1?g(x)?x?(2?k)x?1
（Ⅱ）由（Ⅰ）可 知
Qg(x)
在
x?
[－2，2]时是单调函数，
?[?2,2]? (??,
k?2k?2
]或[?2,2]?[,??)
22

?2?



k?2k?2
或??2
22
即实数
k
的取值范围为
(??,?2]U[6,??)

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