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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。
齡践砚语蜗铸转絹攤濼。
例4 数列{a
n
}满足a
n
+pa< br>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< br>+
qa
n
?cq?0.
绅薮疮颧訝标販繯轅赛。
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< br>n
)+
qa
n?1
=
2222
q(a
n? 1
?a
n
a
n?2
)?q[a
n?1
+a
n
(pq
n+1
+qa
n
)]=q(
a
n?1?pa
n?1
a
n
?qa
n
).
2
2
2
若
a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
2
=0，则对任意n,
a
n?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
=0，取c=0即可.
22
2
2
2
若
a
2
则{
a
n
公式为 q
?pa
2
a
1
?qa
1
2
?
0 ，
?1
?pa
n?1
a
n
+
qa
n
}是首项为
a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
，
的等比数列。
2
2
n
所以
a
n?1< br>?pa
n?1
a
n
+
qa
n
=
(a
2
?pa
2
a
1
?qa
1
)
·q .
22
取
c??(a
2
?pa
1
a
2< br>?qa
1
)
·
综上，结论成立。
22
1
即可.
q
例5 已知a
1
=0, a< br>n+1
=5a
n
+
24a
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≥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
?10a
n
a
n?1
?a
n
?1?0.
②
2
22
因为a
n-1
n+1
，所以①式和②式说明a
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).
饪箩狞屬诺釙诬苧径凛。
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。
21 93

例6 已知a
n
=
1
(n=1, 2, … )，求S
99
=a
1
+a
2
+…+a
99
.
4
n
?2
100
2?2
100
?4
n
?4
100?n
1
1
1
【解】因为a
n
+ a
100-n
=
n
+=，
?
100
100?n1 00
100100n100?n100
4?2
4?2
4?2?2(4?4)2
1
99
19999
所以S
99
=
?
(a< br>n
?a
100?n
)??
100
?
101
.

2
n?1
2
22
例7 求和：
S
n
?
1
11
.
+…+
?
n(n?1)(n?2)
1?2?32?3?4
【解】一般地，
1k?2?k
?

k(k?1)(k?2)2k(k?1)(k?2)
?
1
?< br>11
?
，
?
?
?
??
2
?
k(k?1)(k?1)(k?2)
?
所以S
n
=
1

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

?
1
?
111111

???????
??
2
?
1?22?32?33?4n(n?1)(n?1)(n?2)
?
?< br>1
?
11
?
?

2
?
2(n?1)(n?2)
??
11
?.

42(n?1)(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
?
烴毙潜籬賢擔視蠶贲粵。 ?
a
n
?
的前n项和，求证：S
n
<2。
n< br>?
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。
因为
S
n
?
a
112358
，①
?2
?
3
?
4
?
5
?
6
???
n
2
222222
n
所以
a
11235
。 ②
S
n
?
2
?
3
?
4
?
5
???
n
n
?1
2
22222
111
S
n
??
2
22
2
?
11
a
?2
?
?
2
???
n
?
2
22
n?2
?
?
a
n
?
?
n?1
，
?
2
?
由①-②得
22 93

所以a
111
S
n
??S
n?2
?
n
n< br>。
?1
224
2
a
n
>0,
2
n?1
又因为S
n-2
n
且
所以
111
11
S
n
??
S
n
, 所以
S
n
?
，
42
224
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
?
)?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
?
?
?
?
nn
3
3
，β
??
，
4< br>4
1
所以
a
n
?[3
n?1
?(?1)n?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
=2a
n-1
(n≥2)且a
0
=a
1
=1，求通项。
【解】由
a
n
a
n?2
?a
n?1
an?2
?2a
n?1
得
a
n
a
?2
n ?1
=1，
a
n?1
a
n?2
?
a
?< br>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
0
a
n?1
所以b
n
=
a
a
n
+1=2
n
，所以
n
=（2< br>n
-1）
2
，
a
n?1
a
n?1
n
a
n
a
n?1
a
2
a
1
所以a
n
=·…··a
0
=
?
(2
k
?1)2
.

a
n?1
a
n?2
a
1
a
0
k?1
23 93

注：
?
Ci?1
n
i
?
C
1
·C
2
·…·C< br>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< br>2
?2x
2
?2
【解】考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=< br>?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
n2
又
x
n
+2≥
22x
n
，所以x
n +1
≥
2
(n≥1)。又
2
x
n
?2
( x
n
?2)
2
X
n+1
-
2
=, ①
?2
=
2x
n
2x
n
2
x
n
?2
(x
n
?2)
2
X
n+1
+
2
=, ②
?2
=
2x
n
2 x
n
x
n?1
?2
?
x
n
?2
?
由①÷②得
?
??
。③
x
n?1
?2
?
?
x
n
?2
?
?
又
2
x
1
?2
x
1
?2
>0，
由③可知对任意n∈N
+
，
x
n
?2
x
n
?2
>0且
lg
?
?
x
n?1
?2
??
x
n
?2
?
?2lg
???
,
??
?
x
n?1< br>?2
?
??
x
n
?2
?
?
?
x
n
?2
?
?
2?2
?
所以
lg
?
是首项为
lg
?
??
，公比为2的等比数列。
??
2?2
?
?
x
n
?2
?
?
所以
lg
?
2?2
?
x
n
?2
?
2?2
?
?2
n?1
·
lg
?
?
?
，所以
?
?
x
n
?2x?2
2?2
2?2
??
n
??
x
n
?2
2
n?1
， 解得
x
n
?2
·
(2?2)
(2?2)
2n?1
2
n?1
?(2?2)
?(2?2)
2
n?1< br>2
n?1
。
注：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。

第六章三角函数
一、基础知识
定义1 角，一条射线绕着它的端点旋转得到的图 形叫做角。若旋转方向为逆时针方向，则
角为正角，若旋转方向为顺时针方向，则角为负角，若不旋转则 为零角。角的大小是任意的。
24 93

鋝岂涛軌跃轮莳講嫗键。
定义2 角度制，把一周角360等分，每一等价为一度，弧度制：把等于半径长的圆弧所对
的圆心角叫做一弧度。360度=2π弧度。若圆心角的弧长为L，则其弧度数的绝对值|α|=
L,
r
其中r是圆的半径。
撷伪氢鱧轍幂聹諛詼庞。
定义3 三角函数 ，在直角坐标平面内，把角α的顶点放在原点，始边与x轴的正半轴重合，
在角的终边上任意取一个不同 于原点的点P，设它的坐标为（x,y），到原点的距离为r,则正
弦函数sinα=
x
yy
x
,余弦函数cosα=,正切函数tanα=，余切函数cotα=，正割函数sec
y
rx
r
α=
r
r
,余割函数cscα=
.
踪飯梦掺钓貞绫賁发蘄。
y
x
111
,sinα=，cosα= ；
cot
?
csc
?
sec
?
定理1 同角三角 函数的基本关系式，倒数关系：tanα=
商数关系：tanα=
sin
?
c os
?
；乘积关系：tanα×cosα=sinα,cotα×sinα=cos
, cot
?
?
cos
?
sin
?
α；平方关系：si n
2
α+cos
2
α=1, tan
2
α+1=sec
2
α, cot
2
α+1=csc
2
α.
婭鑠机职銦夾簣軒蚀骞。
定理2 诱导公式（Ⅰ）sin(α+π)=-sinα, cos(π+α)=-cosα, tan(π+α)=tanα, cot(π+α)=cot
α;（Ⅱ）sin(-α)=-sinα, cos(-α)=cosα, tan(-α)=-tanα, cot(-α)=cotα; （Ⅲ）sin(π-α)=sin
α, cos(π-α)=-cosα, tan=(π-α)=-tanα, cot(π-α)=-cotα; （Ⅳ）sin
?
?< br>?
?
?
?
?
=cosα,
?
2
?
cos
?
?
?
??
?
?
?
??
=sinα, tan
?
?
?
?
=cotα（奇变偶 不变，符号看象限）。
譽諶掺铒锭试监鄺儕泻。
22
????
定理3 正 弦函数的性质，根据图象可得y=sinx（x∈R）的性质如下。单调区间：在区间
?
3?
??
??
?
2k
?
?,2k
?
?< br>?
?
上为减函数，最小正周期
2k
?
?,2k
??
上为增函数，在区间
?
??
22
?
22
?< br>?
?
为2
?
. 奇偶数. 有界性：当且仅当x=2kx+
取 最小值-1。对称性：直线x=k
?
+
??
时，y取最大值1，当且仅当x= 3k
?
-时, y
22
?
均为其对称轴，点（k
?
, 0）均为其对称中心，值域为
2
[-1，1]。这里k∈Z.
俦聹执償閏号燴鈿膽賾。
定理4 余弦函数的性质，根据图象可得y=cosx(x∈R)的性质。单调区间：在区间[2kπ, 2kπ+π]
上单调递减，在区间[2kπ-π, 2kπ]上单调递增。最小正周期为2π。奇偶性： 偶函数。对称性：
直线x=kπ均为其对称轴，点
?
k
?
?
?
?
?
?
,0
?
均为其对称中心。有界性：当且仅当x=2 kπ时，y
2
?
取最大值1；当且仅当x=2kπ- π时，y取最小值-1。值域为[-1，1]。这里k∈Z.
缜電怅淺靓蠐浅錒
鵬凜。
定理5 正切函数的性质：由图象知奇函数y=tanx(x
?
kπ+
???
)在开区间(kπ-, kπ+)上为增
222
25 93

函数, 最小正周期为π，值域为（-∞，+∞），点（kπ，0），（kπ+
骥擯帜褸饜兗椏長绛粤。
?
，0）均为其对称中心。
2
定理6 两角和与差的基本关系式：cos( α
?
β)=cosαcosβ
?
sinαsinβ,sin(α
?< br>β)=sinα
cosβ
?
cosαsinβ; tan(α
?
β)=
(tan
?
?tan
?
)
.
癱噴导閽骋艳 捣靨骢鍵。
(1?tan
?
tan
?
)
定理7 和差化积与积化和差公式:
sinα+sinβ=2sin
?
?
?
?
?
?
2
??
?
?
?
?
cos< br>?
??
2
??
?
?
?
,sinα-sinβ =2sin
??
??
2
??
?
?
?
?cos
?
??
2
?
?
,
?
cosα +cosβ=2cos
?
?
?
?
?
??
?
?
?
??
?
?
?
??
?
?
??
?
cos
??
, cosα- cosβ=-2sin
??
sin
??
,
2222
????????
sinαcosβ=
龐。
11
[sin(α+β)+sin(α-β)],cosαsinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],< br>鑣鸽夺圆鯢齙慫餞離
22
11
[cos(α+β)+cos(α-β)],si nαsinβ=-[cos(α+β)-cos(α-β)].
榄阈团皱鹏緦寿驏
22
cosαcosβ=
頦蕴。
定理8 倍角公式:sin2α=2sinαcosα, co s2α=cos
2
α-sin
2
α=2cos
2
α-1=1 -2sin
2
α,
逊输吴贝义
鲽國鳩犹騸。

tan2α=
2tan
?
.

(1?tan
2
?
)
定理9 半角公式:sin
?
(1?cos
?
)(1?cos
?
)
?
?
??< br>?
?
,cos
??
=
?
,
?
=< br>?
22
22
????
tan
?
sin
?(1?cos
?
)
(1?cos
?
)
?
??
?.
==
?
?
sin
?
(1?cos?
)
(1?cos
?
)
?
2
?
??
??
?
?
2tan
??
1?tan
2
??
?
2
?
,
cos
?
?
?
2
?
, 定理10 万能公式:
sin
?
?
?
?
??
?
?
1?t an
2
??
1?tan
2
??
?
2
??< br>2
?
?
?
?
2tan
??
?
2?
.

tan
?
?
?
?
?
1 ?tan
2
??
?
2
?
定理11 辅助角公式：如果a, b是实数且a
2
+b
2
?
0，则取始边在x轴正半轴，终边经过点( a,
26 93

b)的一个角为β，则sinβ=
b
a ?b
22
,cosβ=
a
a?b
22
，对任意的角α.幘觇匮骇儺红卤齡镰瀉。
asinα+bcosα=
(a
2
?b
2
)
sin(α+β).
定理12 正弦定理：在任意△ABC中有
abc
???2R
，其中a, b, c分别是
sinAsinBsinC
角A，B，C的对边，R为△ABC外接圆半径。
誦终决懷区馱倆 侧澩赜。
定理13 余弦定理：在任意△ABC中有a
2
=b
2
+c
2
-2bcosA，其中a,b,c分别是角A，B，C的
对边。
医涤侣 綃噲睞齒办銩凛。
定理14 图象之间的关系：y=sinx的图象经上下平移得y=sinx+k 的图象；经左右平移得
y=sin(x+
?
)的图象（相位变换）；纵坐标不变，横坐 标变为原来的
1
?
，得到y=sin
?
x
(
??0
)
的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，得到y=Asinx的 图象（振幅变
换）；y=Asin(
?
x+
?
)(
?
>0)的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，得
到y=Asinx的图象（振幅 变换）；y=Asin(
?
x+
?
)(
?
,
个单位得到y=Asin
?
x的图象。
舻当为遙头韪鳍哕晕糞。
定义4 函数y=sinx
?
?
x?
?
?
?>0)(|A|叫作振幅)的图象向右平移
?
?
?
?
?
??
?
?
,
?
?
?
的反函数叫反正弦函数，记作y =arcsinx(x∈[-1, 1])，函
22
??
?
数y=cosx(x∈[0, π]) 的反函数叫反余弦函数，记作y=arccosx(x∈[-1, 1]). 函数
y=tanx
?
?
x?
?
?
?
?
?
??
?< br>?
的反函数叫反正切函数。记作y=arctanx(x∈[-∞, +∞]). y=cosx(x∈[0,
,
?
?
?
?
22
?< br>?
π])的反函数称为反余切函数，记作y=arccotx(x∈[-∞, +∞]).
鸪凑鸛齏嶇烛罵奖选锯。
定理15 三角方程的解集，如果a∈(-1,1)， 方程sinx=a的解集是{x|x=nπ+(-1)
n
arcsina, n∈Z}。
方程cosx=a的解集是{x|x=2kx
?
arccosa, k∈Z}. 如果a∈R，方程tanx=a的解集是
{x|x=kπ+arctana, k∈Z}。恒等式：arcsina+arccosa=
废。
??
；arctana +arccota=.
筧驪鴨栌怀鏇颐嵘悅
22
定理16 若
x?
?
0,
?
?
?
?
?
，则sinx2
?
二、方法与例题
1．结合图象解题。
例1 求方程sinx=lg|x|的解的个数。
【解】在同一坐标系内画出函数y=sinx与y=lg| x|的图象（见图），由图象可知两者有6个交
点，故方程有6个解。
韋鋯鯖荣擬滄閡悬贖蘊。
2．三角函数性质的应用。
例2 设x∈(0, π), 试比较cos(sinx)与sin(cosx)的大小。
【解】若
x?
?
?
?
??
?
?
,
?
?
，则cosx≤1且 cosx>-1，所以cos
x?
?
?,0
?
，
?
2
?
?
2
?
27 93

所以sin(cosx) ≤0,又00，
所以cos(sinx)>sin(cosx).
若
x?
?
0,?
?
?
?
?
，则因为
?2
?
?
2
?
?
??
2
??
? 2
(sinxcos+sincosx)=
2
sin(x+)≤sinx+cosx=
2sinx?cosx
?
2
?
444
2
??
2
<
?
，
2
??
-cosx<，
22
?
所以cos(sinx)>cos(-cosx)=sin(cosx). < br>2
所以0综上，当x∈(0,π)时，总有cos(sinx)?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
例3 已知α，β为锐角，且x·（α+β-）>0，求证：
?
?sin
?
?
?
?
?
sin
?
?
?2.

2
?
??
?
【证明】若α+β>
xx
??
?
，则x>0，由α>-β>0得cosα222
所以0<
cos
?
?
cos
?
<1 ，又sinα>sin(-β)=cosβ, 所以0<<1，
sin
?
2
sin
?
x
x
0
0
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?< br>cos
?
?
??
??
所以
?
??
?
sin
?
??
sin
?
?
?
?
?
sin
?
?
?2.

sin
?
??
??
?
??
?
若α+β<
??
??
，则x<0， 由0<α<-β<得cosα>cos(-β)=sinβ>0,
2222
所以
co s
?
?
cos
?
>1。又01，
sin
?
2
sin
?
x
x
0
0
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
cos
?
?
?
cos
?
?
??
??
所以
?
?
sin
?
?
?
si n
?
?
?
sin
?
?
?
?
?sin
?
?
?2
，得证。
??
??
?
??
?
注：以上两例用到了三角函数的单调性和有界性及辅助角公式，值得注意的是角的讨论 。
3．最小正周期的确定。
例4 求函数y=sin(2cos|x|)的最小正周期。
【解】首先，T=2π是函数的周期（事实上，因为cos(-x)=cosx，所以co|x|=co sx）；其次，当
且仅当x=kπ+
?
时，y=0（因为|2cosx|≤2<π）,
涛貶騸锬晋铩锩揿宪骟。
2
所以若最小正周期为T
0
，则T
0
=mπ, m∈N+
，又sin(2cos0)=sin2
?
sin(2cosπ)，所以T
0
=2π。
钿
蘇饌華檻杩鐵样说泻。
4．三角最值问题。
例5 已知函数y=sinx+
1?cosx
，求函数的最大值与最小值。
28 93
2

【解法一】令sinx=
2cos
?
,1?cos
2
x?
则有y=
2cos
?
?
因为
3??
?
2sin
?
?
?0?
?
?
,
4
??
4
2sin
?
?2sin(
?
?< br>?
4
).

?
3
??
?0?
?，所以
?
?
??
?
，
24
44
所以
0?sin(
?
?
所以当
?
?

当
?
?
?
4
)
≤1，
?
3
?
，即x=2kπ-(k∈Z)时，y
min
=0，
2
4
?
(k∈Z)时，y
max
=2.
2
2
?
4
，即x=2kπ+
【解法二】因为y=sinx+
1?co sx?
=2（因为(a+b)
2
≤2(a
2
+b
2
)），
2(sin
2
x?1?cos
2
x)
,
且|sinx|≤1≤
1?cosx
，所以0≤sinx+
1?cosx
≤2 ，
所以当
1?cosx
=sinx，即x=2kπ+
当
1?cos x
=-sinx，即x=2kπ-
例6 设0<
?
<π，求sin
2
2
22
?
(k∈Z)时, y
max
=2，
2
?
(k∈Z)时, y
min
=0。
2
?
2
(1?cos
?
)
的最大值。
【 解】因为0<
?
<π，所以
0?
?
2
?
?
2
，所以sin
??
>0, cos>0.
22
所以sin
???
???
（1+cos
?
）=2sin·cos
2
=
2?2sin
2
?cos
2
?cos
2
≤
222
222
3
?
2
?
2
?
2
?
?
2sin?cos?cos
??
222
?
=
16
?
43
.

2?
?
3
279
??
??
??
当且仅当2sin
2
243
????
=c os
2
, 即tan=时，sin(1+cos
?
)取得最大值。
9
222
2
2
例7 若A，B，C为△ABC三个内角，试求sinA+sinB+sinC的最大值。
【解】因为sinA+sinB=2sin
A?B
A?BA?B
cos, ①
?2sin
2
22
sinC+sin
?
3
C??2sin
2
?
3
cos
C?
2
?
3
?2sin
C?
2
?
3
, ②
29 93

又因为
sin
4
??
由①， ②，③得sinA+sinB+sinC+sin≤4sin,
33
所以sinA+sinB +sinC≤3sin
A?B
?sin
2
C?
2
?
3
?2sin
A?B?C?
?
3
cos
A?B?C?
4
?
3
?2sin
?
，③
3
?
33
=,
2
3
当A=B=C=
33
?
时，（sinA+sinB+sinC）
max
=.
2
3
注：三角函数的有界性、|sinx|≤1、|cosx|≤1、和差化积与积化和差公式、均值不等 式、柯
西不等式、函数的单调性等是解三角最值的常用手段。
戧礱風熗浇鄖适泞嚀贗。
5．换元法的使用。
例8 求
y?
sinxcosx
的值域。
1?sinx?cosx
?
2
?
2
?
?
? 2sin(x?).

sinx?cosx
?
2
?
24??
【解】设t=sinx+cosx=
2
?
因为
?1?sin (x?
所以
?2?t?
?
4
)?1,

2.

又因为t
2
=1+2sinxcosx,
x
2
?1
t
2
?1
t?1
所以sinxcosx=，所以< br>y?
2
?
，
2
1?t2
所以
?2?1?y?
2
2?1
.

2
因为t
?
-1 ，所以
t?1
??1
，所以y
?
-1.
2
??
2?1
??
2?1
?
?
?1,,?1
??
?
.

??
22
???
所以函数值域为
y?
?
?

例9 已知a
0
=1, a
n
=
1?a
n?1< br>2?1
a
n?1
(n∈N
+
)，求证：a
n
>
?
2
n?2
.
【证明】由题设a
n
>0，令a
n
=tana
n
, a
n
∈
?
0,
?
?
?
?
?
，则
2
?
30 93

a
n
=
1?tan
2
a
n?1
?1
tana
n?1
?< br>seca
n?1
?11?cosa
n?1
a
??tan
n?1
?tana
n
.

2
tana
n?1sina
n?1
n
a
1
?
?
?
?1
?
因为
n?1
，a
n
∈
?
0,?
，所以a
n
=
a
n?1
，所以a
n
=
??
a
0
.

2
2
?
2
?
?
2
?
??
?
1
?
又因为a
0
=tana
1
=1，所以a
0
=，所以
a
n?
??
·。
44
?
2
?
又因为当0n
?
??
时，tanx>x，所以
a
n
?tann?2
?
n?2
.

2
22
?
?注：换元法的关键是保持换元前后变量取值范围的一致性。
另外当x∈
?
0,< br>?
?
?
时，有tanx>x>sinx，这是个熟知的结论，暂时不证明，学完 导数后，证
2
?
明是很容易的。
6．图象变换：y=sinx(x∈R)与 y=Asin(
?
x+
?
)(A,
?
,
?
>0).
由y=sinx的图象向左平移
?
个单位，然后保持横 坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，然后
再保持纵坐标不变，横坐标变为原来的
1
?< br>，得到y=Asin(
?
x+
?
)的图象；也可以由y=sinx的图象先保持横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，再保持纵坐标不变，横坐标变为原来
?
个单位，得到y=Asin(
?
x+
?
)的图象。
購櫛頁詩燦戶踐澜 襯鳳。
?
?
例10 例10 已知f(x)=sin(
?
x+
?
)(
?
>0, 0≤?
≤π)是R上的偶函数，其图象关于点
的
1
，最后向左平移
?
3
?
??
?
?
M
?
,0
?
对称，且在区间
?
0,
?
上是单调函数，求
?
和
?
的值。
嗫奐闃頜瑷踯谫瓒兽粪。
?
4
??
2
?
【解】由f(x)是偶函数，所以f(-x)=f(x)，所以sin(
?
+
?
)=sin(-
?
x+
?
)，所以cos
?
si nx=0，
对任意x∈R成立。
虚龉鐮宠確嵝誄祷舻鋸。
又0≤
?
≤π，解得
?
=
因为f(x)图象关于
M
?
?
，
2
33
?
3
?
?
,0
?
对称，所 以
f(
?
?x)?f(
?
?x)
=0。
44?
4
?
取x=0，得
f(
?
)
=0，所以si n
?
3
4
?
??
3
?
?
?
?
?0.

2
??
4
3
??
2
?
?k
?
?
(k∈Z)，即
?
=(2k+1) (k∈Z).
423
??
又
?
>0，取k=0时，此时f(x)= sin(2x+)在[0，]上是减函数；
22
?
?
取k=1时，
?
=2，此时f(x)=sin(2x+)在[0，]上是减函数；
22
所以
31 93

取k=2时，
?
≥
综上，
?
=
??
10
，此时f(x)=sin(
?
x+)在[0，]上不是单调函数，
22
3
2
或2。
3
7．三角公式的应用。
例11 已知sin(α-β)=
55
?
?
??
3
?
?
，sin(α+β)=- ，且α-β∈< br>?
,
?
?
，α+β∈
?
求sin2α,cos2β< br>,2
?
?
，
22
1313
????
的值。< br>與顶鍔笋类謾蝾纪黾廢。
【解】因为α-β∈
?
12
?
?< br>?
,
?
?
，所以cos(α-β)=-
1?sin
2
(
?
?
?
)??.

13
?
2< br>?
又因为α+β∈
?
12
?
3
?
?
,2
?
?
，所以cos(α+β)=
1?sin
2
(
?
?
?
)?.

13
?
2
?
120
,
結释鏈跄絞塒繭绽綹蕴。 < br>169
所以sin2α=sin[(α+β)+(α-β)]=sin(α+β)cos(α-β )+cos(α+β)sin(α-β)=
cos2β=cos[(α+β)-(α-β)]=cos( α+β)cos(α-β)+sin(α+β)sin(α-β)=-1.
餑诎鉈鲻缥评缯肃鮮驃。
例12 已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，且
112
???
，试求
cosAcosCcosB
cos
A?C
的值。
2
A?C
=cos(60
0
-C)，
2
【解】因 为A=120
0
-C，所以cos
1111cos(120
0
?C) ?cosC
又由于
????
cosAcosC
cos(120
0< br>?C)
cosC
cosCcos(120
0
?C)
=
2cos60
0
cos(60
0
?C)
1
[cos120< br>0
?cos(120
0
?2C)]
2
?
2cos(6 0
0
?C)
1
cos(120
0
?2C)?
2??22
，
所以
42cos
2
A?CA?C
?2cos?32
=0。
22
解得
cos
A?C2
A?C32
?
??
或
cos
。
22
28
又
cos
A?C2
A?C
?
>0，所以
cos
。
22
2
??
例13 求证：tan20+4cos70.
sin20
?
?
【解】tan20+4cos70=+4sin20
?
cos20
??
32 93

sin20
?
?4sin20
?
cos20
?
sin20
?
?2sin40
?
??

??
cos20cos20
sin 20
?
?sin40
?
?sin40
?
2sin30
?
cos10
?
?sin40
?
??

cos20
?
cos20
?

sin80
?
?sin40
?
2sin60
?
cos20
?
???3.

cos20
?
cos20
?

第七章解三角形
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?
a?b?c
为半周长。
爷缆鉅摯騰厕綁 荩笺潑。
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?casinB.

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)
1
再证推论2，因为B+C=
?
-A，
absinC
；
2
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
△
AB C
=
所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA， 两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证
推论3，由正弦定理
sinasin(< br>?
?a)
ab
?
，所以，即sinasin(
?
-A )=sin(
?
-a)sinA，
?
sinAsin(
?
? A)
sinAsinB
11
[cos(
?
-A+a)-cos(?
-A-a)]=
?
[cos(
?
-a+A)-cos(?
-a-A)]，等价于
22
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，
等价于
?
得证。
锞炽邐繒萨蝦窦补飙赝。
2．余弦定理：a
2=b
2
+c
2
-2bccosA
b
2
?c2
?a
2
?cosA?
，下面用余弦定理证明几个常
2bc用的结论。
（1）斯特瓦特定理：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
?p q.
（1）
p?q
【证明】因为c
2
=AB
2
= AD
2
+BD
2
-2AD·BDcos
?ADB
，
所以c
2
=AD
2
+p
2
-2AD·pcos
? ADB.
①
33 93

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
qc+p b=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=
?pq.

p?q
2222
2b
2
?2c
2
?a
2
注：在（1）式中，若p= q，则为中线长公式
AD?.

2
（2）
】】



：因为
2
S
?ABC
?
?
1
4
bcsinA=
222
1
4
bc
22
(1-cosA)=
2
1
22
?
(b
2
?c
2
?a
2
)
2
?
1
22 2
2
bc
?
1?
?
?
[(b+c)-a][a-( b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c).
曠戗輔鑽襉倆
22
4
4b c
??
16
瘋诌琿凤。
这里
p?
a?b?c
.

2
所以S
△ABC
=
p(p?a)(p?b)(p?c).

二、方法与例题
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
另外OP，OQ，OR的长分别为u, w, v，这里α，β，α+β∈(0,
?
)，
?POQ?
?
,? QOR?
?
，
则P，Q，R的共线的充要条件是
轉厍蹺佥诎脚濒谘閥糞。 < br>sin
?
sin
?
sin(
?
?
?
)
??.

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

1
11
uvsin
(α+β)=
uwsinα+vwsinβ 2
22
sin(
?
?
?
)sin
?
s in
?
，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-
?
A CB。
求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。
【证明】过点P作PD
?< br>BC，PE
?
AC，PF
?
AB，垂足分别为D，E，F，则P，D， C，
34 93

E；P，E，A，F；P，D，B，F三组四点共圆，所以
?
EDF=
?
PDE+
?
PDF=
?
PC A+
?
PBA=
?
BPC-
?
BAC。由题设及
?
BPC+
?
CPA+
?
APB=360
0
可得?
BAC+
?
CBA+
?
ACB=180
0
。
嬷鯀賊沣謁麩溝赉涞锯。
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：
讯鎬謾蝈贺綜枢辄锁廪。
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，
因为O
1
G
?
B C，O
2
D
?
BC，所以只需证
GM
O
1
A
AF
??.

MD
AO
2
AE
由正弦定 理
APAFPAAE
?,?
，
sin(
?
??1)sin
?
sin(
?
??2)sin
?
所以
AEsin? 1sin
?
??.

AFsin?2sin
?
另一方面，< br>GMPMMDPM
?,?
，
sin
?
sin?1sin?
sin?2
所以
GMsin?2sin
?
??
，
MDsin?1sin
?
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.
兒躉讀闶軒鲧擬钇標藪。
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< br>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
33
??
35 93

当且仅当α+β=
22
1
?
10
,b ?2,c?
，sinγ=，即a=时，P
max
=
.

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

【证明】设a=sin
2
αcos
2
β, b=cos
2
αcos
2
β, c=sin
2
β, β?
?
0,
1
2
?
?
?
?
?< br>.
2
?
因为a, b, c为三边长，所以c<
从而
?
?
?
0,
1
, c>|a-b|，
2
?
?
?
?
，所以sin
2< br>β>|cos
2
α·cos
2
β|.
?
4
?
因为1=(a+b+c)
2
=a
2
+b
2
+c< br>2
+2(ab+bc+ca),
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
2βcos
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-co s2β)
44
111
>+
cos2β(cos
4
β-si n
4
β-cos
2
β)=
.
444
1
所 以a
2
+b
2
+c
2
+4abc<
.

2
=

第八章平面向量
一、基础知识
定义1 既有大 小又有方向的量，称为向量。画图时用有向线段来表示，线段的长度表
示向量的模。向量的符号用两个大 写字母上面加箭头，或一个小写字母上面加箭头表示。书
中用黑体表示向量，如a. |a|表示向量的 模，模为零的向量称为零向量，规定零向量的方向是
任意的。零向量和零不同，模为1的向量称为单位向 量。
繅藺詞嗇适篮异铜鑑骠。
定义2 方向相同或相反的向量称为平行向量（或共线向量），规定零向量与任意一个
非零向量平行和结合律。
定理1 向量的运算，加法满足平行四边形法规，减法满足三角形法则。加法和减法都
满足交换律和结合律。
定理2 非零向量a, b共线的充要条件是存在实数
?
?
0，使得a=
?
b.
f
定理3 平面向量的基本定理，若平面内的向量a, b不共线，则对同一平面内任意向是
c，存在唯一一对实数x, y，使得c=xa+yb，其中a, b称为一组基底。
鮒簡觸癘鈄餒嬋锵户泼。
定义3 向量的坐标，在直角坐标系中，取与x轴，y轴方向相同的两个单位向量i, j
作为基底，任取一个向量c，由定理3可知存在唯一一组实数x, y，使得c=xi+yi，则（x, y）
叫做c坐标。
眯毆蠐謝银癩唠阁跷贗。
定义4 向量的数量积，若非零向量a, b的夹角为
?
，则a, b的数量积记作
a·b=|a|·|b|cos
?
=|a|·|b|cos，也称内积，其中|b|cos
?
叫做b在a上的投影（注：投影
36 93

可能为负值）。
闵屢螢馳鑷隽劍颂崗鳳。
定理4 平面向量的坐标运算：若a=(x
1
, y
1
), b=(x
2
, y
2
)，
1．a+b=(x
1
+x
2
, y
1
+y
2
), a-b=(x
1
-x
2
, y
1
-y
2
)，
2．λa=(λx
1
, λy
1
), a·(b+c)=a·b+a·c，
3．a·b=x
1
x
2
+y
1
y
2
, cos(a, b)=
x< br>1
x
2
?y
1
y
2
x?y?x?y
2
1
2
1
2
2
2
2
(a, b
?
0),
4. ab
?
x
1
y
2=x
2
y
1
, a
?
b
?
x1x2+y
1
y
2
=0.
定义5 若点P是直线P
1
P
2
上异于p
1
，p
2
的一点，则存在唯一实数λ，使
P
1
P?
?
PP
2
，
λ叫P分
P
1
P
2
所成的比，若O为 平面内任意一点，则
OP?
OP
1
?
?
OP
2。由此可得若
1?
?
?
x
1
?
?
x< br>2
x?
?
x?x
1
y?y
1
?
1?
?
P
1
，P，P
2
的坐标分别为(x
1
, y
1
), (x, y), (x
2
, y
2
)，则
?
.
?
??.
檁傷
x
2
?xy
2
?y
?
y?
y
1
?
?
y
2
?< br>1?
?
?
葦开阈灯伞馑諧粮。
定义6 设F是坐标平面内的一个图形，将F上所有的点按照向量a=(h, k)的方向，平
移|a|=
h?k
个单位得到图形
F'
，这一过程叫做平移。设p(x, y)是F上任意一点 ，平移
到
F'
上对应的点为
p'(x',y')
，则
?22
?
x'?x?h
称为平移公式。
鄭饩腸绊頎鎦鹧鲕嘤錳。
?
y'?y?k
定理5 对于任意向量a=(x
1
, y
1
), b=(x
2
, y
2
), |a·b|≤|a|·|b|，并且|a+b|≤|a|+|b|.
弃铀縫迁馀氣鰷
鸾觐廩。
【证明】因为|a|
2
·|b|
2
-|a·b|
2
=
(x
1
?y
1
)(x
2
?y
2
)
-(x
1
x
2
+y
1
y
2
)< br>2
=(x
1
y
2
-x
2
y
1
)
2
≥0，又|a·b|≥0,
|a|·|b|≥0，
调谇續鹨髏铖馒喪劉薮。
所以|a|·|b|≥|a·b|.
由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.
注：本定理的两个结论均可推广。1）对n维向量，a=(x
1
, x
2
,…,x
n
)，b=(y
1
, y
2
, …, y
n
)，
222222
同样有|a·b|≤ |a|·|b|，化简即为柯西不等式：
(x
1
?x
2
???xn
)(y
1
?y
2
???y
n
)?

2222
(x
1
y
1
+x
2
y
2
+…+x
n
y
n
)
2
≥0，又|a·b|≥0, |a|·|b|≥0，
厲耸紐楊鳝晋頇兗蓽驃。
所以|a|·|b|≥|a·b|.
由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.
注：本定理的两个结论均可推广。1）对n维向量，a=(x
1
, x
2
,…,x
n
), b=(y
1
, y
2
, …, y
n
)，
同样有|a·b|≤|a|·|b|，化简 即为柯西不等式：
2222
(x
1
2
?x
2
??? x
n
)(y
1
2
?y
2
???y
n
)?
(x
1
y
1
+x
2
y
2
+ …+x
n
y
n
)
2
。
苧瑷籮藶黃邏闩巹东澤。
2）对于任意n个向量，a
1
, a
2
, …,a
n
，有| a
1
, a
2
, …,a
n
|≤| a
1
|+|a
2
|+…+|a
n
|。
鴿摄禱鋅儀憚銼嚕缗
赞。
37 93

二、方向与例题
1．向量定义和运算法则的运用。
例1 设O是 正n边形A
1
A
2
…A
n
的中心，求证：
OA1
?OA
2
???OA
n
?O.

【证明】记
S?OA
1
?OA
2
???OA
n
，若
S ?O
，则将正n边形绕中心O旋转
后与原正n边形重合，所以
S
不变，这不可 能，所以
S?O.

例2 给定△ABC，求证：G是△ABC重心的充要条件是
GA?GB?GC?O.

【证 明】必要性。如图所示，设各边中点分别为D，E，F，延长AD至P，使DP=GD，
则
AG ?2GD?GP.

又因为BC与GP互相平分，
所以BPCG为平行四边形，所以BG

PC，所以
GB?CP.

所以
GA?GB?GC?GC?CP?PG?O.

充分性。若
GA ?GB?GC?O
，延长AG交BC于D，使GP=AG，连结CP，则
GA?PG.
因为
GC?PG?PC?O
，则
GB?PC
，所以GB

CP ，所以AG平分BC。
同理BG平分CA。
所以G为重心。
例3 在凸四边形 ABCD中，P和Q分别为对角线BD和AC的中点，求证：
AB
2
+BC
2
+CD
2
+DA
2
=AC
2
+BD
2+4PQ
2
。
箪啬癲剀净赶钩嬙鳄凫。
【证明】如图所示，结结BQ，QD。
因为
BP?PQ?BQ,DP?PQ?DQ
，
所以
BQ?DQ?(BP?PQ)?(DP?PQ)

=
BP?DP?2PQ?2BP
·
PQ?2DP?PQ

=
BP?DP?2PQ?2(BP?DP)?PQ?BP?DP?2PQ.
①
又因为
BQ?QC?BC,BQ?QA?BA,QA?QC?O,

同理
BA?BC?QA?QC?2BQ
，②
22222
22222 2
222
2
?
n
22
22
CD?DA?QA?QC ?2QD
，③
由①，②，③可得
BA?BC?CD?4QA?2(BQ?QD)

2222 22
22222
?AC?2(2BP?2PQ)?AC?BD?4PQ
。得证。
38 93
222222

2．证利用定理2证明共线。
例4 △ABC外心为O，垂心为H，重心为G。求证：O，G，H为共线，且OG：GH=1：
2。
【证明】首先
OG?OA?AG?OA?
=
OA?
2
AM

3
11
(AB?AC)?OA?(2AO?OB?OC)

33
1
?(OA?OB?OC).

3
其次设BO交外接圆于另一点E，则连结CE后得CE
?BC.

又AH
?
BC，所以AHCE。
又EA
?
AB，CH
?
AB，所以AHCE为平行四边形。
所以
AH?EC,

所以
OH?OA?AH?OA?EC?OA?EO?OC?OA?OB?OC
，
所以
OH?3OG
，
所以
OG
与
OH
共线，所以O，G，H共线。
所以OG：GH=1：2。
3．利用数量积证明垂直。
例5 给定非零向量a, b. 求证：|a+b|=|a-b|的充要条件是a
?
b.
【证明】|a+b|= |a-b|
?
(a+b)
2
=(a-b)
2
?
a< br>2
+2a·b+b
2
=a
2
-2a·b+b
2
?
a·b=0
?
a
?
b.
顽鷙
瑪滨廈岘轆庫糞糧 。
例6 已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，D为AB中点，E为△ACD重心。求证：OE< br>?
CD。
【证明】设
OA?a,OB?b,OC?c
，
则
OD?
1
(a?b)
，
2
OE?
1< br>?
111
?
1
a?c?(a?b)?c?a?b.

?
3
?
2326
??
又
CD?
1
(a?b )?c
，
2
11
??
11
?
1
?
a?c?b
?
?
?
a?b?c
?

36
??
22
?
2
?
所以
OE?CD?
?
?< br>1
2
1
2
1
2
11
a?b?c?a?b?a ?c

412333
1
?
a·(b-c). （因为|a|
2
=|b|
2
=|c|
2
=|OH|
2
）
3
又因为AB=AC，OB=OC，所以OA为BC的中垂线。
所以a·(b-c)=0. 所以OE
?
CD。
39 93

4．向量的坐标运算。
例7 已知四边形ABCD是正方形，BEAC，A C=CE，EC的延长线交BA的延长线于
点F，求证：AF=AE。
漬閫熾诀团諳赓戰餛锰。
【证明】如图所示，以CD所在的直线为x轴，以C为原点建立直角坐标系，设正方
形边长为1 ，则A，B坐标分别为（-1，1）和（0，1），设E点的坐标为（x, y），则
BE
=(x,
y-1),
AC?(1,?1)
，因为< br>BEAC
，所以-x-(y-1)=0.
鐸輜澠顶嫻塊謂斕痹廪。
又因为|CE|?|AC|
，所以x
2
+y
2
=2.
由①，②解得
x?
1?31?3
,y?.

22
所 以
AE?
?
?
3?3?1?3
?
?
,|AE|2
?4?23.

,
?
2
?
2
??< br>1?31?3
x'??0.

22
设
F(x',1)
，则
CF?(x',1)
。由
CF
和
CE
共线得
所 以
x'??(2?3)
，即F
(?2?3,1)
，
所以
| AF|
2
=4+
23?|AE|
2
，所以AF=AE。

第九章不等式
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
?
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.

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?
与a>b矛盾，所以假设不成立，所以
n
a?
n
n
b
;
b
，由性质（7）得
(
n
a)
n
?(
n
b)
n
，即a≤b，< br>b
；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|,
n
-|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
40 93

|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≥
2xy
，当且 仅当x=y时，等号成立，再证另一不
3
等式，令
x?a,
3
y?b ,
3
z?c
，因为x
3
+b
3
+c
3-3abc =(a+b)
3
+c
3
-3a
2
b-3a b
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)=
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
x=y=z时成立。
抢觀淚婭师讴论櫚阵蘚。
二、方法与例题
1．不等式证明的基本方法。
（1）比较法，在证明A>B或A1比较大小，最后得出结论。
贼組櫻種愨单蝕渾潷骡。
例1 设a, b, c∈R
+
，试证：对任意实数
x
2
+y
2< br>+z
2
?2
A
（A，B>0）与
B
x, y, z, 有
?
a?babcb?cc?a
?
?
xy?yz?xz
?< br>.

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

(b?c)(c?a)(a?b)(c?a)
?2
cab
2
abac
xz?x?2xy?y
2
?y2
?

(a?b)(b?c)b?c(b?c)(c?a)c?ac?a
bcbacac
yz?z
2
?z
2
?2xz?x
2
?

(a?b)(c?a)a?ba?b(a?b)(b?c)b?c
222
2
???
bacb
??
ac
?
??????
?b?c
x?
c?a
y
?
?
?
c?a
y ?
a?b
z
?
?
?
a?b
z?
b?cx
?
?0.

??????
所以左边≥右边，不等式成立。
例2 若aa
(1-x)|与|log
a< br>(1+x)|.
?
【解】因为1-x1，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< br>|log
a
(1?x)|
1
>1-x>0, 0<1-x<1）.
圓漣檸賡捣蕷舻燁錘泽。
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……。
蟄彎擼鯁 棖佇緡癟椠贊。
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
，
41 93

因为
c?2 ab?c?ab?ab?3
3
c?a?b?3
3
abc
，所以原不等 式成立。
例4 已知实数a, b, c满足0211
1
??.
，求证：
c(1?c)a (1?b)b(1?a)
2
【证明】因为01
，由二次函数性 质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)，
2
所以
111
??
，
a(1?a)b(1?b)c(1?c)
1122
???
，
a(1?a)b(1?b)b(1?b)c(1?c)
1111
???
， < br>a(1?a)b(1?b)a(1?b)b(1?a)
所以
所以只需证明
也就是 证
a?ba?b
?
，
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
k?1
(k?2)
k
k?1
(k?1)
k?2
k
k?1
为，即证(k+1)
2k+2
>[k(k+2)]
k+1
，只需证
?1
，所以只需证
?
kk?1k
(k?1)(k? 2)(k?1)
(k+1)
2
>k(k+2)，即证k
2
+2k+1 >k
2
+2k. 显然成立。
义淨擁扪殴胁纸窺钣鳧。
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).
绥骅懸缙澀鷂禍紳撻粮。
【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)。
馒锁開钥焖緒珏編軻錙。
所以从k=r起有a
n
-a< br>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.
42 93