2015高中数学联赛一试题目-高中数学微说课稿
人教版高中数学必修五典型例
题
———————————————————————————————— 作者:
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2
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
=
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,
1
absinC
;再证推论2,因为B+C=?
-A,所以sin(B+C)=sinA,即
2
ab
sinBcosC
+cosBsinC=sinA,两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a;再证推论4,由正弦定理,所
?
sinAsinB
sinasin(
?
?a)
1
?
以,即sinasin(
?
-A)=sin(
?
-a)sinA,
等价于
?
[cos(
?
-A+a)-cos(
?
-A-a)
]=
sinAsin(
?
?A)
2
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
BC边上的高为bsinC,所以S<
br>△ABC
=
?
-A+a=
?
-a+A,所以a=A,得证。
222
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
(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
AD
2
=
b
2
p?c
2
q
?pq.
(1)
p?q
【证明】 因为c
2
=A
B
2
=AD
2
+BD
2
-2AD·BDcos
?A
DB
,
所以c
2
=AD
2
+p
2
-2A
D·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
b
2
p?c
2
q
?pq.
qc+pb=(p+q
)AD+pq(p+q),即AD=
p?q
2222
2b
2
?2c<
br>2
?a
2
.
注:在(1)式中,若p=q,则为中线长公式
AD?
2
1
222
1
?
222
2
(2)海
伦公式:因为
S
?ABC
?
bcsinA=bc (1-cosA)= 44
?
(b
2
?c
2
?a
2
)
2
?
1
22 2
2
?
[(b+c)-a][a-(b-c
)]=p(p-a)(p-b)(p-c).
?
1?
?
22
4bc
??
16
1
4
bc
22
3
a?b?c
.
2
所以S
△ABC
=
p(p?a)(p?b)(p?c).
这里
p?
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
?OPQ
?S
?ORQ
?
111
uvsin
(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
A
O
2
AE
APAFPAAE
?,?
由正弦定理,
sin(
?
??1)sin
?
sin(
?
??2)sin
?
AEsin?1sin
?
所以
??.
AFsin?2sin
?
GMPMMDPM
?,?
另一方面,, <
br>sin
?
sin?1sin
?
sin?2
GMsin?2si
n
?
??
所以,
MDsin?1sin
?
GMAF
?
所以,所以PAO
1
G,
MDAE
即PA
?
BC,得证。
因为O
1
G?
BC,O
2
D
?
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:a
2
(b+c-a)+b2
(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)
4
?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。
??
222
a?1b?1c?1
a?c
,令a=tanα,
c=tanγ, b=tanβ,
1?ac
2
10
1
?
1
0
?
则tanβ=tan(α+γ),
P=2sinγsin(2α+γ)+3cos
2
γ≤
,
?3
?<
br>sin
?
?
?
?
3
3
?
3
?
22
110
?
,b?2,c?
当且仅当α+β=,sinγ=,即
a=时,P
max
=
.
24
33
2
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<
.<
br>
2
三、趋近高考【必懂】
=
Ab?c9
??
2c
10
,c=5,求△ABC的内切圆半径.
1.(全国10高考)在△ABC中,c
os
2
2
b?c9
?
2c10
,∴ b=4 【解析】:∵
c=5,
A1?cosAb?c
??
2
22c
又cos
2
b
∴ cosA=
c
b
2
?c
2
?a
2
2bc
又cosA=
5
b
2
?c
2
?a
2
b<
br>?
2bcc
∴
∴
b
2
+c
2
-a
2
=2b
2
∴ a
2
+b
2
=c
2
∴
△ABC是以角C为直角的三角形.
a=
c?b
=3
22
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<4R
2
cosAcosB
,则外心位于△ABC的外部.
【解析】:∵ ab<4R
2
cosAcosB
由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB
∴
4R
2
sinAsinB<4R
2
cosAcosB
∴
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(sin
2
A-sin
2
C)=(
3
a-b)sinB.
(1)求角C;
(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
∵ 2R(sin2
A-sin
2
C)=(
3
a
-
b)sinB
acb
∴ 2R[(
2R
)
2
-(
2R
)
2
]=(
3
a-b)·
2R
∴
a
2
-c
2
=
3
ab-b
2
a
2
?b
2
?c
2
3
?
2ab2
∴
3
∴ cosC=
2
,∴ C=30°
1
(2)∵ S=
2
absinC
6
1
=
2
·2RsinA·2RsinB·sinC
=R
2
sinAsinB
R
2
=-
2
[cos(A+B)-cos(A-B)]
R
2
=
2
[cos(A-B)+cosC]
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<
br>3
,…,a
n
…。其中a
1
叫做数列的首项,a
n<
br>是关于n的具
体表达式,称为数列的通项。
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, 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a
n
=a
1<
br>+(n-1)d;2)前n项和公式:
S
n
=
n(a
1
?a
n
)
n(n?1)
?na
1
?d
;3)a<
br>n
-a
m
=(n-m)d,其中n, m为正整数;4)若n+m=p+q,则
a
n
+a
m
=a
p
+a-
22
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
q
;5)对任意正整数p
, q,恒有
要条件是Sn=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
;2)前n
项和S
n
,当q
?
1时,S
n
=;当
1?q
q=1时,S
n
=na
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m+n=p+q,
定义3 等比数列,若对任意的正整数n,都有
则a
m
a
n
=a
p
a
q
。
定义4
极限,给定数列{a
n
}和实数A,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
|<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<
br>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=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。
7
【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
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+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
-2n.
例2
已知数列{a
n
}满足a
1
=
【解】 因为a
1
=
1
,a
1
+a
2
+…+a
n
=n2
a
n
, n≥1,求通项a
n
.
2
1,又a
1
+a
2
=2
2
·a
2
, <
br>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≤k时猜想成立。
2?1
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+2)a
k+1
,所以a
k+1
=
(k?1)(k?2)
k?11
.
由数学归纳法可得猜想成立,所以
a
n
?
n(n
?1)
1
例3
设0n
}满足a
n
=1+a,
a
n-1
=a+,求证:对任意n∈N
+
,有a
n
>1.
a
n
所以
【证明】
证明更强的结论:1n
≤1+a.
1)当n=1时,11
=1+a,①式成立;
2)假设n=k时,①式成立,即1n
≤1+a,则当n=k+1时,有
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。
22n
例4 数列{a
n
}满足a
n
+pa
n-
1
+qa
n-2
=0, n≥3,q
?
0,求证:存在常数c,使得
a
n?1
?pa
n?1
·a
n
+
qan
?cq?0.
22
22
【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?1
?a
n
a
n?
2
)?q[a
n?1
+a
n
(pq
n+1
+qa<
br>n
)]=q(
a
n?1
?pa
n?1
a
n<
br>?qa
n
).
2
2
2
?paa
qa
若
a
2
+
?pa
2
a
1
?qa
1
2
=0,则对任意n,
a
n?1n?1n
n
=0,取c=0即可.
8
2
2
22
2
若
a
2
?pa2
a
1
?qa
1
2
?
0,则{
an?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。
2
2
22
所以
a
n?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
=
(a2
?pa
2
a
1
?qa
1
)
·qn
.
取
c??(a
2
?pa
1
a
2
?qa
1
)
·
综上,结论成立。
22
1
即可.
q
2
例5
已知a
1
=0, a
n+1
=5a
n
+
24an
?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≥1时a
n+1
>a
n
. <
br>又由a
n+1
=5a
n
+
24a
n
?1移项、平方得
22
a
n?1
?10a
n
a
n
?1
?a
n
?1?0.
①
22
当n≥2时
,把①式中的n换成n-1得
a
n
?10a
n
a
n?1?a
n?1
?1?0
,即
22
a
n?1
?1
0a
n
a
n?1
?a
n
?1?0.
②
2
因为a
n-1
n+1
,所以①式和②式说明a<
br>n-1
, a
n+1
是方程x
2
-10a
n
x+
a
n
-1=0的两个不等根。由韦达定理得a
n+1
+
a
n-1
=10a
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。
2
1
(n=1, 2, …),求S
99
=a
1
+
a
2
+…+a
99
.
4
n
?2
100<
br>11
2?2
100
?4
n
?4
100?n
1
【解】 因为a
n
+a
100-n
=
n
+=, <
br>?
100100?n100
100100n100?n100
4?24?24?2?2(4?4)2
1
99
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
?
,
?
?
?
??
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
<
br>?
??
2
?
2(n?1)(n?2)
?
11
??.
42(n?1)(n?2)
?
a
n
?
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
?n
?
的前n项和,求证:S
n
<2。
?
2
?
【证明】
由递推公式可知,数列{a
n
}前几项为1,1,2,3,5,8,13。
9
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
n?2
?
????
?
2
2
2
2
n?2
?
a
?
n
n。
2
?1
?
a
n
?
?
?
2
n?1
,
?
111
由①-②得
S
n
??
2
22
2
所以
111
S
n
??S
n?2
224
a
又因为S
n-2n
且
n
n
>0,
?1
2
11111
所以
S
n
??
S
n
, 所以
S
n
?
,
22442
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
-4a
n
,求a
n
.
【解】
由特征方程x
2
=4x-4得x
1
=x
2
=2.
故设a
n
=(α+βn)·2
n
-1
,其中
?
3?
?
?
?
,
?
6?(
?
?2
?<
br>)?2
?
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
=2a
n+1
+3a
n
,求通项a
n
.
【解】 由特征方程x
2
=2x+3得x
1
=3,
x
2
=-1,
?
3?3
?
?
?
所以a<
br>n
=α·3+β·(-1),其中
?
,
6?9
?
?
?
?
33
解得α=,β
??
,
44
1<
br>n?1n?1
所以
a
n
?[3?(?1)
·3]。
4
nn
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<
br>?a
n?1
a
n?2
=2a
n-1
(n≥2)且a<
br>0
=a
1
=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?2?1
?
.
?
a
n?2
?a
n?1
??
令b
n
=
a
n
a
1
+1,则{b
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<
br>n
=(2
n
-1)
2
,
a
n?1
a
n?1
所以b
n
=
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
10
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
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。
2x
n又
x
n
+2≥
22x
n
,所以x
n+1
≥
2
(n≥1)。又
2
(x
n
?2)
2
x
n
?2
X
n+1
-
2
=,
①
?2
=
2x
n
2x
n
2
(x
n
?2)
2
x
n
?2
X
n+1
+
2
=, ②
?2
=
2x
n
2
x
n
2
x
n?1
?2
?
x
n
?2
?
由①÷②得
?
??
。 ③
x
n?1
?2
?
?
x
n
?2
?
?<
br>x
1
?2
又
2
x
1
?2
>0, <
br>由③可知对任意n∈N
+
,
x
n
?2
x
n<
br>?2
>0且
lg
?
?
x
n?1
?2
??
x
n
?2
?
?2lg
???
,
?<
br>x
n?1
?2
?
??
x
n
?2
?<
br>???
所以
lg
?
?
x
n
?2
?<
br>?
2?2
?
lg
是首项为
?
??
,公比为2
的等比数列。
?
?
2?2
?
?
x
n
?2
?
?
所以
lg
x
n
?2
x
n?2
?2
n?1
?
2?2
?
x
n
?2
?
2?2
?
?
?
·
lg
??
,所
以
?
2?2
x?2
2?2
??
n
??
2<
br>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
11
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
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
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,
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<
br>11
?0,
,得
?
a≥6,
?
1
,
?
2a
1
?13d≤11
?
?
a
1
?1
0d?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
又
d?Z
,故
d??1
.
由①+②,得
?7d?11
,即
d??
将
d??1
代入①、②,得
10?a
1
≤12
.
又
a
1
?Z<
br>,故
a
1
?11
或
a
1
?12
.
,2,3,L
. 所以,数列
{a
n
}
的通项公式是<
br>a
n
?12?n
或
a
n
?13?n,n?1
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.
12
,b
n
}{,c
n
}
满足
b
n
?a
n
?a
n?2
,c
n
?an
?2a
n?1
?3a
n?2
4.(2010.江苏)设数列
{a
n
}{
,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
)?(an?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
② ∴
c
n?2
?a
n?2
?2a
n?3
?3a
n?4
,
由①
?
②,得
c
n
?c
n
?2
?(a
n
?a
n?2
)?2(a
n?1
?a<
br>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).
由此
c
n
?a
n
?2a
n?1
?3a
n?
2
?4a
n
?2a
n?1
?3d
3
.
从
而
c
n?1
?4a
n?1
?2a
n?2
?3d3
,两式相减得
c
n?1
?c
n
?2(a
n?
1
?a
n
)?2d
3
.
13
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
(1)求数列
{a
n
}
的通项公式;
(2)若
41
g4
k?1k
2
?1
gLg4
k
n
?1
?(a
n
?1)
k
n
,b
n
?kn
,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<
br>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<
br>?2?1
;
(2)∵
4
1
g4
k?1k
2
?1
…4
k
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?2nk
n
.
∴
2[(b
1
?b
2
?L
?b
n
)?n]?nb
n
.①
构建递推关系
2[(b<
br>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.
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;
14
ab?ab?3
3
c?a?b?3
3
ab
c
,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)
因为
c?2ab?c?
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。
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
(k?1)
k?2k
k?1
>1. 因为
?1
,
k?1k
(k?2)(k
?1)
(k?1)
k?2
k
k?1
所以只需证,即证(k+1)2k+2
>[k(k+2)]
k+1
,只需证(k+1)
2
>k
(k+2),即证k
2
+2k+1>k
2
+2k.
?
k?1k
(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。
例7
已知x, y, z∈R
+
,求证:
x
2
?y
2
y
2
?z
2
z
2
?x
2
???0.
y?zz?xx?y
【证明】 不妨设x≥y, x≥z.
ⅰ)x≥y≥z,则<
br>111
??
,x
2
≥y
2
≥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
111
??
ⅱ)x≥z≥y,
则,x
2
≥z
2
≥y
2
,由排序原理可得
x?z
x?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
+
).
例8
求证:
1?
111
????
n
?n(n?2).
23
2?1
16
【证明】
1?
1111
?
11
?
11
??
1
????
n
?1??
?
?
?
???
?
n
?
n
???
n
?<
br>
232
?
44
?
2?12
?
??
?
2
??
2
?????
2
n?1
?
1n?
11n
?1??
n
?
,得证。
22
2
n
2
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
【证明】
?????1?
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
ylkl
【解】 设?k
,则
x?
,f(x,y)=
,y?
x1?k1?k
l
2
?
3
b
3
?
?
?
a?
k
2
?
?
?
??
??
??
1
1
3
1
33333
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
.
,等号当且仅当
?
时成立。所以f(x, y)
min
=
2
l
2
xy
l
1
≤k≤1,
x
3
x
4
≥4,原不等式等价于
3
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
(1+k)
2
(x
2
+x
3+x
4
)
2
≤4kx
2
x
3
x
4
(x
2
+x
3
+x
4
),即
(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??2
3<
br>≤
·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
?.
??
222
2
1?
x1?y1?z
x33
2
?x.
2
2
1?x1
?2x
2
(1?x
2
)
2
?
因为x
(1-x
2
)=
2
1
?
2
?
2
?
??
?
,
2
?
3
?
33
3
17
xx
2
x
2
33
2
所以
???x.
22
2
2
1?xx(1?x)
33<
br>同理
y33
2
?y
,
2
1?y
2
z33
2
?z
,
2
2
1?z
xyz33
2
33
22
所以
???(x?
y?z)?.
222
22
1?x1?y1?z
abc
例13 已知0≤a,
b, c≤1,求证:
≤2。
??
bc?1ca?1ab?1
a2a
【证明】
先证
?.
①
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。
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≥b≥c,
22
3
2ca?b1
则0≤c≤, f(a, b,
c)=
2
?
2
?.
3
c?1c?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
2
?1
-c).
t1
2
, g(t)在[
?
c?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
?
2
?
所以f(a, b,
c)=
2
c?1c?1
a?b
考虑函数g(t)=
2c2
(c
2
?1?c)1
??
≥
2
2
c?1
c
2
?1
2(c?1?c)
2cc
2
?1?c
?<
br>=
2
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
18
下证
3(1?c
2
?1)?c?
0 ①
?3?c?3c
2
?1?
c
2
+6c+9≥9c
2
+9
?c
?
因为
c?
3
?
3
?<
br>?c
?
≥0
?c?
.
4
?
4
?
33
?
,所以①式成立。
34
55
所以f(a, b, c) ≥,所以f(a, b,
c)
min
=
.
22
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
,
变式1:若a
i
∈R,
b
i
∈R, i=1, 2, …,
n,则
(
2
a)(b)?(ab)
???
ii
.
2
i
2
i
i?1i?1i?1
nnn
a
)
?
?
i?1
b
i
n
2
i
(
?a
i
)
2
(
?
b
i
)
2i?1
i?1
n
n
.
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≤算术平均≤
,Q
n
?
nn
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
,
所以a
1
+a
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:
例15
已知a
1
, a
2
,…,a
n
∈R
+
,求
证;
22
2
a
n
a
n
a
1
2a
2
?1
??????
a
1
+a
2
+
…+a
n
.
a
2
a
3
a
n
a<
br>1
k?12k
k?1
22
2
a
n
a
n
a
1
2
a
2
?1
【证明】证法一:因为
?a
1
?2a
1
,?a
3
?2a
2
,…,
?a
n
?2a
n?1
,?a
1
≥2a
n
.
a
2
a
3
a
n
a<
br>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
22
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
n
a
1
??
a
2
a
3
19
22
2
a
n
a
n
a1
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
ai
?a
i
???a
i
,则
a
i
2?a
i
2
???a
i
2
,
12
n12
n
111
,由排序原理可得
????
a
i
a
i
a
i
n
n?11
22
2
a
n
a
n
a
1
2
a
2
?1
,得证。
a
i
?a
i
???a
i
=a
1
+a
2
+…+a
n
≥
?????
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。
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 (D)3
y
4
0
?
30x?40y?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。
z
A
=
3
x
+
x
6
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
的取值范围是( B )
b?2
a?2
20
2
2
B.
(,4)
5
5
5.(2010四川省攀枝花市文)已知函数
A.
(,1)
C.
(1,4)
D.
(??,)U(4,??)
2
5
f(x)?ax
2<
br>?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,??)
21
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