人教版高中數(shù)學(xué)必修五典型例題

1、.word格式.專業(yè).專注高中數(shù)學(xué)必修五第一章解三角形一、基礎(chǔ)知識(shí)【理解去記】在本章中約定用A,B,C分別表示ABC勺三個(gè)內(nèi)角，a,b,c分別表示它們所對(duì)的各邊長(zhǎng)，p為半周長(zhǎng)。1.正弦定理:| sin A sin B sin C1 一 一推論 1： ABC的面積為 Saabc= absinC2推論 2：在 ABC中，有 bcosC+ccosB=a.c=2R (R為 ABC外接圓半徑)。1 . 一 bcsin A 21 casin B.2推論3:在 ABC中，A+B=,解a滿足asin ab sin(,貝U a=A.a)1,由正弦函數(shù)定義,正弦定理可以在外接圓中由定義證明得到，這里不再給出，下證

2、推論。先證推論,一，1,-一，r一BC邊上的圖為bsinC,所以空abc=absinC；再證推論2,因?yàn)锽+C=-A,所以sin(B+C)=sinA,即2sinBcosC+cosBsinC=sinA,兩邊同乘以2R得bcosC+ccosB=a;再證推論,由正弦定理a-sinAbsinB所以sn四sinA1cos(2阿a),即sinasin(sin(A)-a+A)-cos(只有-A+a=-a+A,所以2.余弦定理:-A)=sin(-a)sinA,等價(jià)于1cos(-A+a)-cos(2-a-A),等價(jià)于cos(-A+a)=cos(-a+A)，因?yàn)?<-A+a,-a+A<a=A,得證。a

3、=b+c-2bccosA-A-a)=所以.222bcacosA,下面用余弦定理證明幾個(gè)常用的結(jié)論。2bc卜22(1)斯特瓦特定理【了解】：在4ABC中，口是BC邊上任意一點(diǎn)，BD=p,DC=q則AE2=Jp-c-qpq.(1)【證明】因?yàn)閏2=AB"=AE2+BD-2ADBDcosADB，所以同理因?yàn)樗运詂2=AD+p2-2ADpcosADB.b2=AD+q2-2ADqcosADC,ADB+ADC=,cosADB+cosADC=0qXD+pXD得qc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)22口r2bpcq,即aD=pqpq.注：在(1)式中，若p=q,則為中線長(zhǎng)公式AD.2b22

4、c2a2(2)海倫公式2ABC-b2c2sin2A=b2c244(1-cos2A)=22bc22221(bca)1.224bc(b+c)-aa-(b-c)162，=p(p-a)(p-b)(p-c).abc這里p2所以&ABU.p(pa)(pb)(pc).二、基礎(chǔ)例題【必會(huì)】1.面積法例1(共線關(guān)系的張角公式)如圖所示,外。只OQOR的長(zhǎng)分別為sinsinu,w,v,這里sin()O點(diǎn)發(fā)出的三條射線滿足POQa+3C(0,)，則P,QR的共線的充要條件是vQ,R共線wSAPQR0SOPRSOPQSORQ1一uvsin2sin(w(a+3)=uwsin2a+vwsin32)sinusin得

5、證。2.正弦定理的應(yīng)用例2如圖所示，ABC內(nèi)有一點(diǎn)求證：APBC=BPCA=CPAR巳使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB【證明】過點(diǎn)P作PDBC,PEAC,PFP,D,B,F三組四點(diǎn)共圓，所以EDF=BPC+所以所以所以直徑2R,例3CPA+APB=36d可得BAC+CBA+BPC-BAC=CPA-CBA=APB-AB,垂足分別為D,E,F,則P,D,C,E;P,E,A,F;PDE+PDF=PCA+PBA=BPC-BAC由題設(shè)及ACB=180。ACB=60。EDF=60,同理DEF=60,所以DEF是正三角形。DE=EF=DF由正弦定理，CDsinACB=APsinBAC=BP

6、sinABC兩邊同日乘以ABC的外接圓得CPBA=APBC=BPAC,得證：如圖所示，ABC的各邊分別與兩圓。O,0Q相切，直線GF與DE交于P,求證：PABG【證明】延長(zhǎng)PA交GDM,因?yàn)镺GBC,C2DBC,所以只需證GMMD由正弦定理APAFPAO1AAFAO2AEAEAE所以CEAFsin(sin11)sinsinsin(2)sin另一方面,sin2GMsinsinPMMDPMsin1sinsin2GM所以MDGM所以MD即PABC,sin2sinsin1sinAF，所以PA/O1G,AE得證。3.一個(gè)常用的代換：在ABC中，記點(diǎn)A,B,C到內(nèi)切圓的切線長(zhǎng)分別為x,y,z,則a=y+z

7、,b=z+x,c=x+y.例4在ABC中，求證:a(b+c-a)+b(c+a-b)+c(a+b-c)<3abc.【證明】令a=y+z,b=z+x,c=x+y,則abc=(x+y)(y+z)(z+x)8xyyz,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.4.三角換元。例5設(shè)a,b,cCF(，且abc+a+c=b，試求P2a212b21-2一的最大值。c21【解】由題設(shè)ac入,令a=tan1aca,c=tan丫,b=tan3,

8、貝Utan3=tan(a+丫)，P=2sin丫sin(2、-2a+y)+3C0S丫10一，1.2.210當(dāng)且僅當(dāng)a+3=,sinr=-,即a=,bv2,c時(shí)，Pma)=一.23243例6在ABC中，若a+b+c=1,求證：a2+b2+c2+4abc<222一.22_.2一【證明】設(shè)a=sinacos3,b=cosacos3,c=sin3,30,_2因?yàn)閍,b,c為三邊長(zhǎng)，所以c<-,c>|a-b|2從而0,所以sin23>|cos2a-cos23|.4因?yàn)?=(a+b+c)=a+b+c+2(ab+bc+ca),所以a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2

9、abc).又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)=sin23cos23+sin2acos2acos43cos23=1-cos223+(1-cos22a)cos43cos2322 a cos4 3 -cos2 3 )43-cos23)=-44=+cos23(cos43-cos44>+cos23(cos43-sin44LL,2221所以a+b+c+4abc<.2三、趨近高考【必懂】A1.(全國(guó) 10 高考)在ABC, cos2 2b c 92c 10 , c=5,求 ABC勺內(nèi)切圓半徑.bc9【解析】：=c=5,2c10，.二b=4A1cosAbc又cos2222

10、cbcosA=c.222bca又cosA=2bc.222,bcab2bccb2+c2-a2=2b2a2+b2=c2ABC是以角C為直角的三角形.a=+b2=31ABC的內(nèi)切圓半徑r=2(b+a-c)=i.則外心位于 ABC勺夕卜部.(全國(guó)10高考)R是ABC勺外接圓半徑，若ab<4R2cosAcosB,2【解析】：:abv4RcosAcosB由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB4RsinAsinB<4R2cosAcosBcosAcosB>sinAsinBcosAcosB-sinAsinB>0cos(A+B)>0cos(A+B)=-cosC-cosC>

11、;0cosCv090°<C<180°AABC鈍角三角形三角形的外心位于三角形的外部.3.(全國(guó)10高考)半徑為R的圓外接于ABC且2Rsin22C)=(3a-b)sinB.(1)求角C;(2)求ABC®積的最大值.csinC2Rab【解析】：(1).sinAsinBsin2A2Rsin/a、2.2、(；),sinC2R2_A-sinc2(),sin2R2。=()3ab)sinb2Racb2R(2,2-(2R)2=(V3a-b).2Ra2-c2="3ab-b22ab2cosC=2C=30(2).S=2absinC=2-RinA-RinB-sin

12、C=R2sinAsinBcos(A+B)-cos(A-B)cos(A-B)+cosC.3cos(A-B)+2當(dāng)cos(AB)=1時(shí)，S有最大值第二章數(shù)列*毋庸置疑，數(shù)列是歷年各省市解答題中必出的內(nèi)容。因此同學(xué)要熟練百倍!一、基礎(chǔ)知識(shí)【理解去記】定義1數(shù)列，按順序給出白一列數(shù)，例如1,2,3,，n,.數(shù)列分有窮數(shù)列和無窮數(shù)列兩種，數(shù)列an的一般形式通常記作a1,a2,a3,，an或a,a2,a3,，an。其中a1叫做數(shù)列的首項(xiàng)，an是關(guān)于n的具體表達(dá)式，稱為數(shù)列的通項(xiàng)。定理1若&表示an的前n項(xiàng)和，則&二叫當(dāng)n>1時(shí)，an=8-Sn-1.定義2等差數(shù)列，如果對(duì)任意的正整數(shù)n

13、,都有an+1-an=d(常數(shù))，則an稱為等差數(shù)列，d叫做公差。若三個(gè)數(shù)a,b,c成等差數(shù)列，即2b=a+c,則稱b為a和c的等差中項(xiàng)，若公差為d,則a=b-d,c=b+d.定理2*【必考】等差數(shù)列的性質(zhì)：1)通項(xiàng)公式an=a+(n-1)d；2)前n項(xiàng)和公式：g=n(aan2na1n(d；3)an-am=(n-m)d,其中n,m為正整數(shù)；4)若n+m干+q,貝Uan+am=ap+a-22q；5)對(duì)任意正整數(shù)p,q,恒有ap-aq=(p-q)(a2-ai)；6)若A,B至少有一個(gè)不為零，則an是等差數(shù)列的2充要條件是Sn=An+Bn.定義3等比數(shù)列，若對(duì)任意的正整數(shù)n,都有亙q,則an稱為等比

14、數(shù)列，q叫做公比。定理3*【必考】等比數(shù)列的性質(zhì)：1)an=aq"1;2)前n項(xiàng)和當(dāng)q1時(shí)，Sn=a1(1q)；當(dāng)q=1時(shí)，S=na；3)如果a,b,c成等比數(shù)列，即b2=ac(b0),貝Ub叫做a,c的等比中項(xiàng)；4)若m+T=p+q,貝Uaman=apaq。定義4極限，給定數(shù)列an和實(shí)數(shù)A,若對(duì)任意的>0,存在M,對(duì)任意的n>M(nCN,都有|an-A<,則稱A為n-+8時(shí)數(shù)列an的極限，記作limanA.定義5無窮遞縮等比數(shù)列，若等比數(shù)列an的公比q滿足|q|<1,則稱之為無窮遞增等比數(shù)列，其前F>a1和Sn的極限(即其所有項(xiàng)的和)為一(由極限的定義

15、可得)。1 q定理4數(shù)學(xué)歸納法：給定命題p(n)，若：(1)p(no)成立；(2)當(dāng)p(n)時(shí)n=k成立時(shí)能推出p(n)對(duì)n=k+i成立，則由(1),(2)可得命題p(n)對(duì)一切自然數(shù)n>n0成立。【補(bǔ)充知識(shí)點(diǎn)】定理5第二數(shù)學(xué)歸納法：給定命題p(n),若：(1)p(no)成立；(2)當(dāng)p(n)對(duì)一切n<k的自然數(shù)n都成立時(shí)(k>no)可推出p(k+1)成立，則由(1),(2)可得命題p(n)對(duì)一切自然數(shù)n>n0成立。定理6對(duì)于齊次二階線性遞歸數(shù)列xn=axn-1+bxn-2,設(shè)它的特征方程x2=ax+b的兩個(gè)根為a,3：(1)若an-1n-1n-13,則xn=c1a+c

16、23,其中c1,c2由初始條件x1,x2的值確te；(2)右a=3,則xn=(c1n+c2)a,其中C1,c2的值由Xi,x2的值確定。二、基礎(chǔ)例題【必會(huì)】1 .不完全歸納法。這種方法是從特殊情況出發(fā)去總結(jié)更一般的規(guī)律，當(dāng)然結(jié)論未必都是正確的，但卻是人類探索未知世界的普遍方式。通常解題方式為：特殊一猜想一數(shù)學(xué)歸納法證明。例1試給出以下幾個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)(不要求證明)；1)0,3,8,15,24,35,；2)1,5,19,65,;3)-1,0,3,8,15,。【解】1)才=m-1；2)an=3n-2n；3)an=n2-2n.1 2例2已知數(shù)歹Uan滿足a1=,a1+a2+an=nan,n>1,

17、求通項(xiàng)an.21 一2【解】因?yàn)閍一，又a1+a2=2宙2所以a2=,a3=a2a2-,猜想an(n>1).3 23134n(n1)、r，,1人一，、證明；1)當(dāng)n=1時(shí)，a1=，猜想正確。2)假設(shè)當(dāng)nwk時(shí)猜想成立。21當(dāng)n=k+1時(shí)，由歸納假設(shè)及題設(shè)，a1+a1+-+a1=(k+1)2-1ak+1,-111所以=k(k+2)ak+1,2132k(k1)口.11111即1_-=k(k+2)ak+1,223kk1k1所以=k(k+2)ak+1,所以ak+1=.k1(k1)(k2)由數(shù)學(xué)歸納法可得猜想成立，所以an1n(n 1)例3 設(shè)0<a<1,數(shù)列an滿足an=1+a,an

18、-1 =a+1、,求證：對(duì)任意 ann C N+,有 an>1.【證明】證明更強(qiáng)的結(jié)論：1<anW1+a.1)當(dāng)n=1時(shí)，1<a1=1+a,式成立；2)假設(shè)n=k時(shí)，式成立，即1<anW1+a,則當(dāng)n=k+1時(shí)，有1.(111aa21aak1aaak1a1a由數(shù)學(xué)歸納法可得式成立，所以原命題得證。2.迭代法n換成n+1或n-1等，這種數(shù)列的通項(xiàng)an或前n項(xiàng)和$中的n通常是對(duì)任意nCN成立，因此可將其中的辦法通常稱迭代或遞推。2例4數(shù)列an滿足cT+pcr-i+qan-2=0,n>3,q0,求證：存在常數(shù)c,使得an1pa2222證明an1pan1an+1+qan1

19、an2(pan+1+an+2)+qan1=an+2-(-qan)+qan1=2222q(an1anan2)qan1+an(pqn+1+qan)=q(an1pan1anqan)-若a2pa2alqa12=0,則對(duì)任意n,a21pan1an+qa2=0,取c=0即可.tt.22221、，.，22右a?pa2a1qa10,貝Uan1pan1an+qan是首項(xiàng)為a?pa2a1qa1,2_222n所以an1pan1an+qan=(a2pa2a1qa1)q.22、1取c(a2pa1a2qa1)一即可.q綜上，結(jié)論成立。例5已知a1=0,an+1=5an+%：24a21,求證：an都是整數(shù)，nCN+.【證明

20、】因?yàn)閍1=0,a2=1,所以由題設(shè)知當(dāng)nn1時(shí)an+1>an.又由an+1=5an+«24a：1移項(xiàng)、平方得22an110anan1an10.22當(dāng)n>2時(shí)，把式中的n換成n-1得an1020201an110,即an110anan1an10.22因?yàn)閍n-1<an+1,所以式和式說明an-1,an+1是方程x-10anx+an-1=0的兩個(gè)不等根。2 nn 1 an+qan cq 0.公式為q的等比數(shù)歹U。由韋達(dá)定理得 an+1+an-1=10a(n>2).再由a1=0,a2=1及式可知，當(dāng)nCN+時(shí)，an都是整數(shù)。*3.數(shù)列求和法。數(shù)列求和法主要有倒性相加

21、、裂項(xiàng)求和法、錯(cuò)項(xiàng)相消法等。1例6已知an=(n=1,2,)，求&9=a+a2+a99.4n210021001+100n4C100.10024100n100n24422100(4n4100n)12100992101.一,199199所以S99=(ana100n)-F2n122例7求和：Sn【解】一般地,11123231k(k1)(k2)1+111+4n(n1)(n2)k2k2k(k1)(k2)1112k(k1)(k1)(k2)所以n8=k 11k(k 1)(k 2)1工，2 1 2 2 3 2 3 3 411n(n 1) (n 1)(n 2)22(n1)(n2)42(n1)(n2)已知

22、數(shù)列 an滿足a1=a2=1 , an+2=d+1+an, S n為數(shù)列【證明】由遞推公式可知，數(shù)列an前幾項(xiàng)為1, 1,a -的刖n項(xiàng)和，求證：$<2。2n2, 3, 5, 8, 13。因?yàn)镾n324525an2n1所以一 Sn212TL 1由-得一Sn2122122anL 11所以1Sn 1224Sna n2n 1 °又因?yàn)镾n-2&且1所以Sn2所以與2,12得證。a 2n1n->0,Sn,4-1所以一 Sn44.特征方程法例 9 已知數(shù)列an滿足 a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4 an, 【解】由特征方程x2=4x-4得X1=X2=2.求an

23、.一 3故設(shè)an=( a + 3 n) -2 ,其中6 (所以 = =3, 3 =0, 所以an=3 -2n-1.例10【解】已知數(shù)列 an滿足a1=3, a2=6,2由特征方程 x =2x+3得X1=3,an+2=2an+1 + 3an,求通項(xiàng) an.X2=-1,所以an= a-3n+3.(-1)n3，其中6解得a所以an143.n11)3。5.構(gòu)造等差或等比數(shù)列例11正數(shù)列ao,ai,，an,滿足aanan2qanan2=2an-1(n2)且a0=a1=1,求通項(xiàng)。2an1得an2an1an1,=1,an2【解】由Janan2Jan冏2Ja-+1,貝Ubn是首項(xiàng)為11aLan1Ya。+1=

24、2,公比為2的等比數(shù)列,所以bn=_n+1=2,所以an(2n-1)2,an1所以an=3an1a2aia0=例12an1an2aia0n(2k1)2.k1CiCC2G.已知數(shù)列xn滿足xi=2,一一x22考慮函數(shù)f(x)=2xx22，一xn+1=,nCN+,求通項(xiàng)。2xnx22的不動(dòng)點(diǎn)，由=x得x=J2,2x一,x22一，因?yàn)閤1=2,xn+1=，可知xn的每項(xiàng)均為正數(shù)。又x2+2>22xn2xn,所以xn+1><2(n>1)o又xn+1-72Xn+i+y12=x222xnx222Xn2,2=(xn2)2xn.2=(x2_L2£由包得x_Lxn1x12又&g

25、t;0,x1一2xnxn2xn、222由可知對(duì)任意xn2xn>0且lgxn12xn1,221g所以xn2xn2是首項(xiàng)為22,lg產(chǎn),公比為2的等比數(shù)列。2.2所以Ixn2lgxn22n1lg222.2xn,所以nxn2nx1222,2解得xnV2.(21)(22)2n12n1(2,2)2(2-2)2注意：本例解法是借助于不動(dòng)點(diǎn),具有普遍意義。三、趨近高考【必懂】1.（2010.北京）設(shè)f(n)22427210L23k10，則f(n)().(A)(C)2°38n1)2(8n31)2(B)-(8n21)7(D)38n41)解析:數(shù)列2,24,27210,，23n10是以2為首項(xiàng)，8

26、為公比的等比數(shù)列，給出的這個(gè)數(shù)列共有（n4）項(xiàng),2（8n4根據(jù)等比數(shù)列的求和公式有Sn288F?8n4D.選(D).2.（2010.廣東）在德國(guó)不來梅舉行的第三棱錐”形的展品，其中第1堆只有148屆世乒賽期間，某商店櫥窗里用同樣的乒乓球堆成若干堆“正層，就一個(gè)球；第2,3,4,堆最底層（第一層）分別按下圖所示方式固定擺放，從第二層開始，每層的小球自然壘放在下一層之上，第n堆第n層就放一個(gè)乒乓球，以f（n）表示第n堆的乒乓球總數(shù)，則f（3）；f(n)（答案用n表不）.【解析】：觀察歸納，f（3）63110；觀察圖示，不難發(fā)現(xiàn)第n堆最底層（第一層）的乒乓球數(shù)an1 2 3 Ln(n 1)2a比數(shù)列

27、（分清項(xiàng)數(shù)及棚律者猶為重要.品丫數(shù)刑求和,是2(12 2,第n堆的乒在球常數(shù)相當(dāng)于)n堆乒乓球的底層數(shù)之和,1 n(n 1) n(n 1)(n 2) 2g 23. （2010.北京）設(shè)等差數(shù)列 an的首項(xiàng)ai及公差d都為整數(shù)，前n項(xiàng)和為& .(1)若 an 0§498 ,求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(2)若 a1A 6,ai10,S14 < 77，求所有可能的數(shù)列an的通項(xiàng)公式.【解析】：（1）S4&198,即0,2a1a113d 14,10d 0,解得d2,因此，an的通項(xiàng)公式是an 222n,n 123, L ；§4 < 77,由而 0,得a1 &

28、gt; 6,2a1 13da1 10da1 > 6,0，2a1 13d 0 11,即 2al 20d 0,12.由+，得7d11,即 d由+，得117113所以131 .11d7Z,故1代入、，得10又a1Z,故a111或a112.所以，數(shù)列an的通項(xiàng)公式是an12n或an13n,n1,2,3,L.品：利用等差（比）數(shù)列的定義構(gòu)造方程（組）或不等式（組）是常用的解題方法.4.（2010.江蘇）設(shè)數(shù)列anbnCn滿足bnHnHn2,CnHn2dn13dn2（n1,2,3,L）,證明an為等差數(shù)列的充要條件是cn為等差數(shù)列且bn<bn1（n1,2,3,）.【解析】：必要性：設(shè)an是公差

29、為d1的等差數(shù)列，則bn1bn(an1an3)Snan2)(an1an)(an3an2)d1d10.易知bn&bn1(n1,2,3,L)成立.由遞推關(guān)系Cn 1 Cn （an 1 2口） 2信口 2an 1 ) 3(an 3an 2)d12d1 3d1 6dl(常數(shù))(n=1,2,3,)所以數(shù)列g(shù)為等差數(shù)列.充分性：設(shè)數(shù)列Cn是公差為d2的等差數(shù)列，且bn w bn 1(n12 3, L ), Cnan2an 13an 2 ,2an 22an 3由，得CnCn2 (an an 2) 2(an 1an 3) 3(an 2an 4 )bn2bn 1 3bn 2. CnCn 22d2, bn

30、2bn13bn 22d2,從而有bn12bn23bn32d2,，得(bn1bn)202bn1)303bn2)0,bn1bn>0,bn2bn1>0,bn3bn2>0,.由得bn1bn0(n1,2,3,L),由此不妨設(shè)bnd3(n1,2,3,L),則anan2d3(常數(shù)).由此Cnan2an13an24an2ani3d3.從而Cn14an12an23d3,兩式相減得Cn1Cn2(小為)2d3.1 .、.1因此an1an-(Cn1Cn)3d23(常數(shù))(n=1,2,3,)，即數(shù)列an為等差數(shù)列.2 2品：利用遞推關(guān)系式是解決數(shù)列問題的重要方法，要熟練掌握等差數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式.5

31、. (2010.福建)已知數(shù)列an滿足a11,an12an1.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)若4k11g4k21g_g4kn1(an1)kn,bnkn,證明bn是等差數(shù)列.【解析】：(1).an12an1(nN),/.an112(an1).an1是以a112為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列.an12n，即an2n1；,、/41/21k1k41g424n(an1),禾I用an的通項(xiàng)公式，有4(k1k2Lkn)n2nkn.2(b1b2Lbn)nnbn.構(gòu)建遞推關(guān)系2(b1b2Lbnbn1)(n1)(n1)bn1,，得(n1)bmnbn20,從而有nbn2(n1)bn120,，得nbn22nbn1nb

32、n0,即bn22bn1bn0.故bn是等差數(shù)列.方法：由遞推式求數(shù)列的通項(xiàng)，常常構(gòu)造新的輔助數(shù)列為等差或等比數(shù)列，用迭代法、累加法或累乘法求其通項(xiàng).第三章不等式*本章節(jié)總結(jié)的知識(shí)點(diǎn)已經(jīng)涵蓋了選修4-5的不等式專講一書。因此后期不會(huì)總結(jié)選修4-5不等式選講一書。希望同學(xué)周知！一、基礎(chǔ)知識(shí)【理解去記】*【必會(huì)】不等式的基本性質(zhì):(1)(3)(5)(9)a>b a-b>0;a>b a+c>b+c;a>b, c<0 ac<bc;a>b>0, n N+ a>0, |x|<a(2) a>b,b>c a>c;(4) a>

33、;b, c>0 ac>bc;(6) a>b>0,c>d>0an>bn;(8) a>b>0, n CM-a<x<a, |x|>a x>a 或 x<-a;ac>bd;n a n b ;(10) a, b CR 則 |a|-|b|< |a+b| < |a|+|b|;(11)(a, b CR 則(a-b) 2>0a2+b2>2ab;x, y, z R,貝U x+y>2jxy, x+y+z33'xyz.因?yàn)榍拔鍡l是顯然的，以下從第六條開始給出證明。（6）因?yàn)樾再|(zhì)（8）a>

34、b>0,c>d>0,所以ac>bc,bc>bd,所以ac>bd;重復(fù)利用性質(zhì)（6）,可得性質(zhì)（7）;再證,用反證法，若VaVb,由性質(zhì)（7）得（；;a）n（n,b）n,即a<b,與a>b矛盾，所以假設(shè)不成立，-(|a|+|b|) 所以 |a|-|b|所以n/aVb；由絕對(duì)值的意義知（9）成立；-|a|<a<|a|,-|b|<b<|b|,所以<a+b<|a|+|b|，所以|a+b|<|a|+|b|;下面再證（10）的左邊，因力a|=|a+b-b|<|a+b|+|b|,w|a+b|,所以（10）成立；（

35、11）顯然成立；下證（12）,因?yàn)閤+y-21xy（Vx）2>0,所以x+y>2Vxy,當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立，再證另一不等式，令3yxa,3jyb,3/zc,因?yàn)閤3+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)=等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng) x=y=z(a+b+c)(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2>0,所以a3+b3+c3>3abc,即x+y+z>2時(shí)成立。二、基礎(chǔ)例題【必會(huì)

36、】1.不等式證明的基本方法。（1）比較法，在證明 A>B或A<B時(shí)利用A-B與0比較大小，或把(A, B>0)與1比較大小，最后得出結(jié)論。例x2+y2+z2c a xz .b2 (abcyzb)(c a)x, y,z,caxz1,(a b)(b c)abxy 一1,(b c)(c a) cbc2 . (a b)(c a)yzb 2 za b2bab z2 - ;(a2caxzb)(b c)0.所以左邊 、 右邊，不等式成立。例2若a<x<1,比較大?。簗loga(1-x)|為與 110g1-xa(1+x)|.1以 lOg a(1-x)0,|loga(1 x) |

37、=|log (1-x) (1+x)|=-lOg(1-x) (1+x)=lOg (1-x)|lOga(1 x)|1、>1-x>0, 0<1-x<1 ).1 x所以 110g a(1+x)|>|loga(1-x)|.>log(i-x)(1-x)=1(因?yàn)?<1-x2<1 ,所以(2)分析法，即從欲證不等式出發(fā)，層層推出使之成立的充分條件，直到已知為止，敘述方式為:要證，只需證例 3 已知 a, b, c e R+,求證：a+b+c-3 Vabc >a+b 2jab.【證明】要證 a+b+c 33 c a b >a+b 25ab.只需證 c

38、 2jab 33' abc因?yàn)閏 2 , ab c abab 33 cab 33 abc ,所以原不等式成立。1例4 已知頭數(shù)a, b, c 滿足0<awbw c< 一,求證:22c(1 c)a(1 b) b(1 a).、一 一，1, 【證明】 因?yàn)?<awbwcw ,由二次函數(shù)性質(zhì)可證1所以a(1 a)1所以a(1 a)所以只需證明也就是證1b(1 b)1b(1 b) 1a(1 a)a b2 1c(1 c)2b(1 b) 1b(1 b) a2c(1 c)1 a(1 b) b1b(1 a)a(1-a)<b(1-b) <c(1-c),a(1 a)(1 b)b

39、(1 a)(1 b)'只需證b(a-b) < a(a-b),即(a-b) 2>0,顯然成立。所以命題成立。(3)數(shù)學(xué)歸納法。例5 對(duì)任意正整數(shù) n(>3),求證：nn+1>(n+1) n.【證明】1 )當(dāng)n=3時(shí)，因?yàn)?4=81>64=43,所以命題成立。2)設(shè) n=k 時(shí)有 kk+1>(k+1) k,當(dāng) n=k+1 時(shí)，只需證(k+1) k+2>(k+2) k+1,即-(k1)：(k 2)k 1kk 1>1.因?yàn)橐籸 1,(k優(yōu)所以只需證(k 1)k 1(k 2)k 1kk 1r ,即證(k+1) 2k+2>k(k+2)(k 1)

40、kk+1只需證(k+1) 2>k(k+2),即證 k2+2k+1>k2+2k.顯然成立。所以由數(shù)學(xué)歸納法，命題成立。(4)反證法。例6設(shè)實(shí)數(shù)a。，a1,，an滿足a°=an=0,且a°-2a1+a2>0,a1-2a2+a3>0,，an-2-2an-1+an>0,求證akW0(k=1,2,，n-1).【證明】假設(shè)ak(k=1,2,n-1)中至少有一個(gè)正數(shù)，不妨設(shè)ar是a1,a2,，an-1中第一個(gè)出現(xiàn)的正數(shù)，則 a1< 0, a 2W 0,，a r-1 < 0, a r>0.于是ar-ar-1>0,依題設(shè)ak+1-ak&g

41、t;ak-ak-1(k=1,2,，n-1)所以從k=r起有an-ak-1>an-1-an-2>>ar-ar-1>0.故命題獲證。因?yàn)閍n>ak-1接接ar+1>ar>0與an=0矛盾。(5)分類討論法。例7 已知x, y, ze r+,求證:【證明】不妨設(shè)i)x>y>z,則x2>y2>z2,由排序原理可得ii)x>z>y,2yyz1(6)放縮法，即要證例8求證:A>B,131可證A>C,C2n12nn2得證。已知a,b,c-x2,原不等式成立。xyx2>z2>y2,由排序原理可得x2，、,原不

42、等式成立。xy1>C2,Cn-1>Cn,Cn>B(nCN+).n(n2).是ABC的三條邊長(zhǎng),12n12n12n2nm>0,求證:(因?yàn)閍+b>c)cm(7)引入?yún)⒆兞糠?。?0,+已知x,yCR,l,a,b為待定正數(shù),f(x,y)=3a-2xb3y的最小值。設(shè)義xklf(x,y)=(1l2b3i?l2b33.akb3k2b3b3k2(a3+b3+3a2b+3ab2)=l2(ab)3l2,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)b一時(shí)成立。y所以f(x,y)min二(ab)3l2例11設(shè)x1>x2>x3>x4>2,x2+x3+x4>x1,求證：(x2_/1+x2

43、+x3+x4)<4x1x2x3x4.設(shè)x1=k(x2+x3+x4),依一.1題設(shè)有-vkv1,x3x4>4,原不等式等價(jià)于3(1+k)2(x2+x3+x4)2W4kx2x3x4(x2+x3+x4),即(1k)24k(x2+x3+x4)Wx2x3x4,因?yàn)閒(k)=k+1，-,1上遞減,3所以2(1k)4k1231/1(x2+x3+x4)=(k42)(x2+x3+x4)3x2=4x2<x2x3x4.4所以原不等式成立。(8)局部不等式。例12已知x,y,zCR+,且x2+y2+z2=1,求證:x1x23,3【證明】先證_x_1x32.因?yàn)閤(1-x2)=22x2(122x)所以

44、x(1x23,3,同理z1z2y2y33333、3z1z23.3(x2z2)3.3例13已知0<a,b,cW2。bc1ca1ab12aa【證明】先證abc1即a+b+cw2bc+2.即證(b-1)(c-1)+1+bc>a.因?yàn)?wa,b,c<1,所以式成立。2cmb2b同理,ca1abcab1三個(gè)不等式相加即得原不等式成立。(9)利用函數(shù)的思想。例14已知非負(fù)實(shí)數(shù)a, b, c 滿足ab+bc+ca=1,求f(a, b, c)=1，一的最小值。【解】 當(dāng)a, b, c中有一個(gè)為0,另兩個(gè)為1時(shí),f(a, b, c)=5 ,以下證明f(a, b, c) >勺.不222cc

45、2 1a-2 c解關(guān)于a+b的不等式得考慮函數(shù) g(t)= -2-tc2 1a+b> 2( . c21 -c).1.2.一，g(t)在Vc1,t上單調(diào)遞增。又因?yàn)?W c< ,所以32c所以 f(a, b, c)=c 13c2<1.所以c2+a>4c2.所以2(- c21 c) > Vc21.a bc2 13.妨設(shè)a>b>c,則0<c<,f(a,b,c)=因?yàn)?=(a+b)c+ab<a-b)+(a+b)c,2c12( c21 c)c2 112( .c21 c)2cc2 1c2 1 c c1= 221 c下證3(1.c21)。33 .

46、c2 1c +6c+9>9c +9、/3 因?yàn)閏上33 ,所以式成立。45min=一2所以f(a,b,c)>5,所以f(a,b,c)22.幾個(gè)常用的不等式一一選修4-5不等式選講(1)【只需了解】柯西不等式：若aiR,biCRi=1,2,na2)(bi2)aibi)2.等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)存在ICR,使得又任意i=1,2,n,ai=入變式1：若aiCRbiR,i=1,2,2曳bi等號(hào)成立條件為ai=入bi,(i=1,2,，n)。變式2：設(shè)ai,bi同號(hào)且不為0(i=1,2,，n)bi,nai)2bi)2abin(ai)2i1naibii1等號(hào)成立當(dāng)且僅當(dāng)b1=b2=-=bn.(2)【必會(huì)】平均值不等式：設(shè)a1,a2,，aR+,記Hn=1,Gn=naa2ana2aa2An=122an,Qn/1a2HLWGwAnWQ.即調(diào)和平均w幾何平均w算術(shù)平均nw平方平均。a1=a2=- - =an.其中