人教版高中数学必修五典型例题方法与技巧

高中数学必修五典型例题学习方法技巧
第一章 解三角形
BC 边上的高为bsinC ，所以S △ABC =
C ab sin 2
1
；再证推论2，因为B+C=π-A ，所以sin(B+C)=sinA ，即sinBcosC+cosBsinC=sinA ，两边同乘以2R 得bcosC+ccosB=a ；再证推论4，由正弦定理B
b
A a sin sin =，所以)
sin()
sin(sin sin A a A a --=θθ，即sinasin(θ-A)=sin(θ-a)sinA ，等价于21-[cos(θ-A+a)-cos(θ-A-a)]=
2
1
-[cos(θ-a+A)-cos(θ-a-A)]，等价于cos(θ-A+a)=cos(θ-a+A)，因为0<θ-A+a ，θ-a+A<π. 所以只有θ-A+a=θ-a+A ，所以a=A ，得证。

2．余弦定理：a 2=b 2+c 2
-2bccosA bc
a c
b A 2cos 222-+=⇔，下面用余弦定理证明几个常用的结论。

（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
=.22pq q
p q c p b -++ （1）
【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 同理b 2=AD 2+q 2-2AD ·qcos ADC ∠， ② 因为∠ADB+∠ADC=π，
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
=.22pq q
p q
c p b -++
注：在（1）式中，若p=q ，则为中线长公式.2
222
22a c b AD -+=
（2）海伦公式：因为412=∆ ABC S b 2c 2sin 2A=41b 2c 2 (1-cos 2
A)=
4
1b 2c 2
16
14)(12
22222=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-c b a c b [(b+c)2
-a 2][a 2-(b-c) 2]=p(p-a)(p-b)(p-c). 这里.2
c
b a p ++=
所以S △ABC =
).)()((c p b p a p 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βα=∠=∠QOR POQ ,，另外OP ，OQ ，OR 的长分别为u, w, v ，这里α，β，α+β∈(0, π)，则P ，Q ，R 的共线的充要条件是
.)
sin(sin sin w
v u βααβ+=+ 【证明】P ，Q ，R 共线O RQ O PQ O PR ΔPQ R S S S S ∆∆∆+=⇔=⇔0 sin 21uv ⇔
(α+β)=21uwsin α+21
vwsin β v
u w αββαsin sin )sin(+=+⇔，得证。

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=3600可得∠BAC+∠CBA+∠ACB=1800。

所以∠BPC-∠BAC=∠CPA-∠CBA=∠APB-∠ACB=600。

所以∠EDF=600，同理∠DEF=600，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 ，
因为O 1G ⊥BC ，O 2D ⊥BC ，所以只需证
.21AE
AF
AO A O MD GM == 由正弦定理βπαπsin )2sin(,sin )1sin(AE
PA AF AP =∠-=∠-，
所以
.sin sin 2sin 1sin α
β
⋅∠∠=AF AE 另一方面，2sin sin ,1sin sin ∠=∠=PM
MD PM GM βα， 所以βα
sin sin 1sin 2sin ⋅∠∠=MD GM ， 所以AE AF
MD GM =，所以PA//O 1G ， 即PA ⊥BC ，得证。

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)+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)
zx yz xy ⋅⋅≥8=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1
3
1212222+++-+=c b a P 的最大值。

【解】 由题设=
b ac
c
a -+1，令a=tan α, c=tan γ, b=tan β, 则tan β=tan(α+γ), P=2sin γsin(2α+γ)+3cos 2γ≤31031031sin 32
≤⎪⎭⎫ ⎝
⎛
--γ，
当且仅当α+β=2π，sin γ=31，即a=4
2
,2,22=
=c b 时，P max =.310 例6 在△ABC 中，若a+b+c=1，求证: a 2+b 2+c 2+4abc<.21
【证明】 设a=sin 2αcos 2β, b=cos 2αcos 2β, c=sin 2β, β⎪⎭
⎫
⎝⎛∈2,0π.
因为a, b, c 为三边长，所以c<2
1
, c>|a-b|，
从而⎪⎭
⎫
⎝⎛∈4,0πβ，所以sin 2β>|cos 2α·cos 2β|.
因为1=(a+b+c)2=a 2+b 2+c 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 2β+sin 2αcos 2α·cos 4β·cos2β
=
41
[1-cos 22β+(1-cos 22α)cos 4βcos2β] =41+41
cos2β(cos 4β-cos 22αcos 4β-cos2β) >41+41cos2β(cos 4β-sin 4β-cos 2β)=4
1. 所以a 2+b 2+c 2+4abc<.2
1
三、趋近高考【必懂】
1．（全国10高考）在△ABC 中，cos 2
10922=+=c c b A ，c ＝5，求△ABC 的内切圆半径． 【解析】：∵ c ＝5，109
2=
+c
c b ，∴ b ＝4 又cos
2c c b A A 22cos 12+=+= ∴ cos A ＝c b
又cos A ＝bc a c b 22
22-+ ∴
c b
bc a c b =
-+2222 ∴ 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 ＝2
2b c -＝3
∴ △ABC 的内切圆半径r ＝21
(b ＋a -c )＝1．
2．（全国10高考）R 是△ABC 的外接圆半径，若ab ＜4R 2cos A cos B ，则外心位于△ABC 的外部． 【解析】：∵ ab ＜4R 2cos A cos B
由正弦定理得a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ∴ 4R 2sin A sin B ＜4R 2cos A cos B ∴ cos A cos B ＞sin A sin B ∴ cos A cos B -sin A sin B ＞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2R (sin 2A -sin 2C )＝(3a -b )sin B ． (1)求角C ；
(2)求△ABC 面积的最大值．
【解析】：(1)∵ R C c
B b A a 2sin sin sin ===
R b
B R c
C R a A 2s i n ,)2(s i n ,)2(s i n 2222=
==∴ ∵ 2R (sin 2A -sin 2C )＝(3a －b )sin B ∴ 2R ［(R a 2)2-(R c 2)2］＝(3a -b )·R b
2
∴ a 2-c 2＝3ab -b 2
∴
23
2222=
-+ab c b a ∴ cos C ＝23
，∴ C ＝30°
(2)∵ S ＝21
ab sin C
＝21·2R sin A ·2R sin B ·sin C
＝R 2sin A sin B
＝-22
R ［cos(A ＋B )-cos(A -B )］
＝22
R ［cos(A -B )＋cos C ］
＝22R ［cos(A -B )＋23］
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。

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+(n -1)d ；2）前n 项和公式：S n =
d n n na a a n n 2
)
1(2)(11-+=+；3）a 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 -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 .
定义3 等比数列，若对任意的正整数n ，都有
q a a n
n =+1
，则{a n }称为等比数列，q 叫做公比。

定理3 *****【必考】等比数列的性质：1）a n =a 1q n -1
；2）前n 项和S n ，当q ≠1时，S n =q
q a n --1)
1(1；当
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 ，
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ε>0，存在M ，对任意的n >M(n ∈N ),都有|a n -A |<ε，则称A 为n →+∞时数列{a n }的极限，记作.lim A a n 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
q
a -11
（由极限的定义可得）。

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。

【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 1a n -1+c 2βn -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 1n +c 2) αn -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 =3n -2n ；3）a n =n 2-2n . 例2 已知数列{a n }满足a 1=2
1
,a 1+a 2+…+a n =n 2a n , n ≥1，求通项a n . 【解】 因为a 1=
2
1
,又a 1+a 2=22·a 2, 所以a 2=231⨯，a 3=4311
322⨯=-+1a a ,猜想)1(1
+=n n a n (n ≥1).
证明；1）当n =1时，a 1=1
21
⨯，猜想正确。

2）假设当n ≤k 时猜想成立。

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,，
所以
)1(1
231121+⨯+
+⨯+⨯k k =k (k +2)a k +1, 即1113121211+-++-+-k k =k (k +2)a k +1,
所以1+k k =k (k +2)a k +1,所以a k +1=
.)
2)(1(1
++k k 由数学归纳法可得猜想成立，所以.)
1(1
+=
n n a n 例3 设0<a <1，数列{a n }满足a n =1+a , a n -1=a +n
a 1
，求证：对任意n ∈N +,有a n >1.
【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
.11111111121
=++>+++=++≥+=>++a a a a a a a a a a a k
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 +pa n -1+qa n -2=0, n ≥3，q ≠0，求证：存在常数c ，使得12
1+++n n pa a ·a n +.02=+n
n cq qa 【证明】121+++n n pa a ·a n+1+221++=n n a qa (pa n +1+a n +2)+21+n qa =a n +2·(-qa n )+21+n qa = 21221[)(+++=-n n n n a q a a a q +a n (pq n +1+qa n )]=q (2121n n n n qa a pa a ++++).
若211222qa a pa a ++=0，则对任意n , n n n a pa a 121++++2n qa =0，取c =0即可.
若211222qa a pa a ++≠0，则{n n n a pa a 121++++2n qa }是首项为2
1122
2qa a pa a ++，公式为q 的等比数列。

所以n n n a pa a 121++++2n qa =)(2
1122
2qa
a pa a ++·q n . 取)(2
12122qa a pa a c ++-=·q
1
即可. 综上，结论成立。

例5 已知a 1=0, a n +1=5a n +1242
+n a ，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 . 又由a n +1=5a n +1242
+n a 移项、平方得
.01102121=-+-++n n n n a a a a ①
当n ≥2时，把①式中的n 换成n -1得01102112=-+---n n n n a a a a ，即 .01102121=-+-++n n n n a a a a ②
因为a n -1<a 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 +2n a -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。

例6 已知a n =
100
241
+n (n =1, 2, …)，求S 99=a 1+a 2+…+a 99.
【解】 因为a n +a 100-n =100241+n +100100241+-n =100
10010010010010021
)44(2244422=
++⨯++⨯--n n n n ， 所以S 99=.2
99
29921)(21101100991100=⨯=+∑=-n n n a a
例7 求和：43213211⨯⨯+⨯⨯=n S +…+
.)
2)(1(1
++n n n 【解】 一般地，)
2)(1(22)2)(1(1++-+=++k k k k
k k k k
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛++-+=
)2)(1(1
)1(121k k k k ， 所以S n =∑=++n
k k k k 1)
2)(1(1
⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-+++⨯-⨯+⨯-⨯=)2)(1(1
)1(143132132121121n n n n
⎥⎦
⎤⎢⎣⎡++-=
)2)(1(1
2121n n .)
2)(1(2141++-=n 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 n a 2的前n 项和，求证：S n <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n
n n a S 2
28
252322212165432+++++++= ， ① 所以
1
5432225
23222121++++++=n n
n a S 。

② 由①-②得
12222222
1
21212121+---⎪⎪
⎭
⎫ ⎝⎛++++=n n
n n n a a S ， 所以1
2241
2121+--+=n n n n a S S 。

又因为S n -2<S n 且
1
2+n n
a >0, 所以412121+<n S S n , 所以2
141<n S ，
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=4n +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 )·2n -1，其中⎩⎨
⎧⨯+=+=2
)2(63βαβ
α，
所以α=3，β=0， 所以a n =3·2n -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, 所以a n =α·3n +β·(-1)n ，其中⎩⎨⎧+=-=β
αβ
α9633，
解得α=
43，β43-=， 所以1
1)1(3[4
1++-+=n n n a ·3]。

5．构造等差或等比数列
例11 正数列a 0,a 1,…,a n ,…满足212----n n n n a a a a =2a n -1(n ≥2)且a 0=a 1=1，求通项。

【解】 由12122----=-n n n n n a a a a a 得
2
112----n n n n a a
a a =1， 即.121211
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛+=+---n n n n a a a a
令b n =
1-n n a a +1，则{b n }是首项为01a a +1=2，公比为2的等比数列， 所以b n =
1-n n a a +1=2n ，所以1
-n n a a
=（2n -1）2， 所以a n =1-n n a a ·21--n n a a …12a a ·01a a ·a 0=∏=-n k k 1
2
.)12(
注：
∏==n
i i
C
1
C 1·C 2·…·C n .
例12 已知数列{x n }满足x 1=2, x n +1=n
n x x 22
2
+,n ∈N +, 求通项。

【解】 考虑函数f (x )=x x 222+的不动点，由x
x 22
2+=x 得x =.2±
因为x 1=2, x n +1=n
n x x 22
2+,可知{x n }的每项均为正数。

又2n x +2≥n x 22，所以x n +1≥2(n ≥1)。

又
X n +1-2=2222-+n n x x =
n n x x 2)2(2
-, ① X n +1+2=2222++n n x x =
n
n x x 2)2(2
+, ② 由①÷②得2
112222
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡+-=+-++n n n n x x x x 。

③
又
2
2
11+-x x >0，
由③可知对任意n ∈N +，
2
2+-n n x x >0且⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣⎡+-=⎥⎥⎦⎤⎢⎢
⎣⎡+-++22lg 222lg 11n n n n x x x x ,
所以⎥⎥⎦⎤⎢⎢
⎣⎡+-22lg n n x x 是首项为⎥⎦⎤
⎢⎣⎡+-2222lg ，公比为2的等比数列。

所以1222
lg
-=+-n n n x x ·⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-2222lg ，所以=+-22n n x x 1
22222-⎥
⎦⎤
⎢⎣⎡+-n ，
解得2=
n x ·
1
1
1122
22)
22()
22()22()22(------+-++n n n n 。

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.（2010.北京）设4
7
10
310
()22222
k f n +=+++++ ，则()f n =（ ）．
（A ）
2(81)7n - （B ）22
(81)7n +- （C ）32(81)7n +- （D ）4
2(81)7
n +-
解析：数列47102222，
，，，…，310
2n +是以2为首项，8为公比的等比数列，给出的这个数列共有(4)n +项，
根据等比数列的求和公式有44
2(81)2(81)817
n n n S ++-=
=--．选（D ）． 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
()f n 表示第n 堆的乒乓球总数，则(3)f =_____；()f n ==_____（答案用n 表示）．
【解析】：观察归纳，(3)63110f =++=； 观察图示，不难发现第n 堆最底层（第一层）的乒乓球数
(1)
1232
n n n a n +=++++=
，第n 堆的乒乓球总数相当于n 堆乒乓球的底层数之和， 即2222
12311(1)(1)(2)()(123)2226n n n n n n f n a a a a 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{}n a 的首项1a 及公差d 都为整数，前n 项和为n S ． （1）若1114098a S ==，，求数列{}n a 的通项公式；
（2）若111146077a a S >，，≥≤，求所有可能的数列{}n a 的通项公式．
【解析】：（1）由1411980S a =⎧⎨=⎩，，，即11
21314100a d a d +=⎧⎨+=⎩，，，
解得 1220d a =-=，．
因此，{}n a 的通项公式是222123n a n n =-= ，，，，；
（2）由141117706S a a ⎧⎪
>⎨⎪⎩，
，，≤≥，得
111
21311
1006a d a d a +⎧⎪
+>⎨⎪⎩，，，≤≥， 即11121311
(1)2200(2)212.(3)a d a d a +⎧⎪
--<⎨⎪--⎩
， ，
≤≤ 由①+②，得 711d -<，即11
7d >-． 由①+③，得 131d -≤，即1
13
d -≤．
所以111
713
d -<-≤．
又d ∈Z ，故1d =-．
将1d =-代入①、②，得 11012a <≤． 又1a ∈Z ，故111a =或112a =．
所以，数列{}n a 的通项公式是12n a n =-或13123n a n n =-= ，，，，． 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.（2010.江苏）设数列{}{}{}n n n a b c ，，满足21223n n n n n n n b a a c a a a +++=-=++，
(123)n = ，，，，证明{}n a 为等差数列的充要条件是{}n c 为等差数列且1(123)n n b b n +=，，，…≤．
【解析】：必要性：设{}n a 是公差为1d 的等差数列， 则1132()()n n n n n n b b a a a a ++++-=---
13211()()0n n n n a a a a d d +++=---=-=．
易知1(123)n n b b n += ，，，≤成立．
由递推关系1121321111()2()3()236n n n n n n n n c c a a a a a a d d d d ++++++-=-+-+-=++= （常数）（n =1，2，3，…）． 所以数列{}n c 为等差数列．
充分性：设数列{}n c 是公差为2d 的等差数列，且1(123)n n b b n += ，，，≤， ∵1223n n n n c a a a ++=++，
①
∴223423n n n n c a a a ++++=++，
②
由①-②，得 22132412()2()3()23n n n n n n n n n n n c c a a a a a a b b b ++++++++-=-+-+-=++． ∵222n n c c d +-=-，
∴122232n n n b b b d ++++=-，
③
从而有1232232n n n b b b d +++++=-，
④
④-③，得12132()2()3()0n n n n n n b b b b b b +++++-+-+-=， ⑤
∵12132000n n n n n n b b b b b b +++++---，，≥≥≥， ∴由⑤得10(123)n n b b n +-== ，，，， 由此不妨设3(123)n b d n == ，，，， 则23n n a a d +-=（常数）．
由此121323423n n n n n n c a a a a a d +++=++=+-．
从而1123423n n n c a a d +++=+-，两式相减得1132()2n n n n c c a a d ++-=--． 因此1132311
()22
n n n n a a c c d d d ++-=
-+=+（常数）（n =1，2，3，…），即数列{}n a 为等差数列． 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.（2010.福建）已知数列{}n a 满足11121n n a a a +==+，． （1）求数列{}n a 的通项公式； （2）若121
1
1
444(1)n
n k k k k n n n a b k ---=+= ，，证明{}n b 是等差数列．
【解析】：（1）∵121()n n a a n *
+=+∈N ，∴112(1)n n a a ++=+． ∴{1}n a +是以112a +=为首项，2为公比的等比数列．
∴12n n a +=，即21n n a =-； （2）∵121
1
1
444(1)n
k k k k n a ---=+ …，
利用{}n a 的通项公式，有12()4
2n n k k k n
nk +++-= ．
∴122[()]n n b b b n nb +++-= ．① 构建递推关系
12112[()(1)](1)n n n b b b b n n b ++++++-+=+ ， ② ②－①，得
1(1)20n n n b nb +--+=，③
从而有21(1)20n n nb n b ++-++=，④
③-④，得 2120n n n nb nb nb ++-+=，即2120n n n b b b ++-+=． 故{}n b 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 ；
（5）a>b, c<0⇒ac<bc; （6）a>b>0, c>d>0⇒ac>bd;
（7）a>b>0, n ∈N +⇒a n >b n ; （8）a>b>0, n ∈N +⇒n n b a >; （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≥0a 2+b 2≥2ab;
（66），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若n n b a ≤，由性质（7）得n n n n b a )()(≤，即a ≤b ，与a>b 矛盾，所以假设不成立，所以n n b a >；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
2)(y x xy -=≥0，所以x+y ≥xy 2，当且仅当x=y 时，等号成
立，再证另一不等式，令c z b y a x ===333,,，因为x 3+b 3+c 3-3abc =(a+b)3+c 3-3a 2b-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)=
2
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 ≥33xyz ，等号当且仅当x=y=z 时成立。

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A<B 时利用A-B 与0比较大小，或把B
A
（A ，B>0）与1比较大小，最后得出结论。

例 1 设a,
b,
c ∈R +
，
试
证
：
对
任
意
实
数
x,
y,
z,
有
x 2+y 2+z 2.))()((2
⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛++++++++≥xz b a c yz a c b xy c b a a c c b b a abc 【证明】 左边-右边= x 2+y 2+z 2yz a c b a bc
xy a c c b ab )
)((2))((2
++-++-
-++++++-+=++-222))((2))((2y a
c c
y a c a xy a c c b ab x c b b xz c b b a ca
=++++-++++++222))((2))((2
x c
b c
xz c b b a ca z b a a z b a b yz a c b a bc
.02
2
2
≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-++⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛+++x c b c z b a a z b a b y a c c y a c a x c b b 所以左边≥右边，不等式成立。

例2 若a<x<1，比较大小：|log a (1-x)|与|log a (1+x)|. 【解】 因为1-x ≠
1
，
所
以
log a (1-x)
≠
0,
|
)1(log ||)1(log |x x a a -+=|log (1-x)(1+x)|=-log (1-x)(1+x)=log (1-x)x +11>log (1-x)(1-x)=1（因为0<1-x 2<1，所以x +11
>1-x>0,
0<1-x<1）.
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-33abc ≥a+b .2ab -
【证明】 要证a+b+c 33b a c ⋅⋅-≥a+b .2ab -只需证332abc ab c ≥+， 因为33332abc b a c ab ab c ab c =⋅⋅≥++=+，所以原不等式成立。

例4 已知实数a, b, c 满足0<a ≤b ≤c ≤21，求证：
.)
1(1
)1(1)1(2a b b a c c -+-≤- 【证明】 因为0<a ≤b ≤c ≤
2
1
，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)， 所以)1(1
)1(1)1(1c c b b a a -≥-≥-，
所以)
1(2
)1(2)1(1)1(1c c b b b b a a -≥-≥-+-，
所以只需证明)1(1
)1(1)1(1)1(1a b b a b b a a -+-≤-+-，
也就是证)
1)(1()1)(1(b a b b
a b a a b a ---≤---，
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34=81>64=43，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12)2()1(++++k k k k >1. 因为1)
1(1
>++k
k k k ，所以只需证12)2()1(++++k k k k k
k k k )
1(1+>+，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. 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-2-2a 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 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：.02
22222≥+-++-++-y
x x z x z z y z y y x
【证明】 不妨设x ≥y, x ≥z. ⅰ）x ≥y ≥z ，则
z
y z x y x +≤+≤+1
11，x 2≥y 2≥z 2，由排序原理可得 y
x x x z z z y y y x z x z y z y x ++
+++≥+++++2
22222，原不等式成立。

ⅱ）x ≥z ≥y ，则z y y x z x +≤+≤+1
11，x 2≥z 2≥y 2，由排序原理可得 y
x x x z z z y y y x z x z y z y x ++
+++≥+++++2
22222，原不等式成立。

（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：).2(12131211≥<-++++
n n n 【证明】
1
2212121
414121112131211-⎪⎭⎫ ⎝⎛+++++⎪⎭⎫ ⎝⎛+++>-++++n n n n n
22
121121n
n n
n >--+=-
，得证。

例9 已知a, b, c 是△ABC 的三条边长，m>0，求证：
.m
c c
m b b m a a +>+++ 【证明】 m
b a m
m b a b a m b a b m b a a m b b m a a ++-=+++=+++++>+++1 m
c c m c m +=+->1（因为a+b>c ），得证。

（7）引入参变量法。

例10 已知x, y ∈R +
, l, a, b 为待定正数，求f(x, y)=23
23
y
b x a +的最小值。

【解】 设k x y =，则k kl y k l x +=+=1,1，f(x,y)==⎪⎪⎭
⎫
⎝⎛++2332
2
)1(k b a l k 2
2333233333211111l k a k b k b k b k a k a b a l ≥⎪
⎪⎪⎪⎭⎫
⎝⎛+⋅+⋅+⋅++++ (a 3+b 3+3a 2b+3ab 2)= 2
3)(l
b a +，等号当且仅当y b
x a =时成立。

所以f(x, y)min =.)(23l b a + 例11 设x 1≥x 2≥x 3≥x 4≥2, x 2+x 3+x 4≥x 1，求证：(x 1+x 2+x 3+x 4)2≤4x 1x 2x 3x 4. 【证明】 设x 1=k(x 2+x 3+x 4)，依题设有3
1
≤k ≤1, x 3x 4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x 2+x 3+x 4)2≤4kx 2x 3x 4(x 2+x 3+x 4)，即
k
k 4)1(2
+(x 2+x 3+x 4) ≤x 2x 3x 4，因为f(k)=k+k 1在⎥⎦⎤⎢⎣⎡1,31上递减，
所以k
k 4)1(2
+(x 2+x 3+x 4)=)21(41++k k (x 2+x 3+x 4)
≤4
2313++·3x 2=4x 2≤x 2x 3x 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：2
22111z
z
y y x x -+-+-.233≥ 【证明】 先证
.23312
2
x x
x ≥- 因为x(1-x 2
)=3
32
3221)1(22
1
3
222=⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅≤-⋅x x , 所以.2333
32)
1(12
22
22x x x x x x x =≥-=- 同理
2
2
2331y y y ≥-，
2
2
2331z z z ≥-， 所以.233)(2331112
222
22=++≥-+-+-z y x z
z y y x x 例13 已知0≤a, b, c ≤1，求证：1
11+++++ab c
ca b bc a ≤2。

【证明】 先证
.21c
b a a
bc a ++≤+ ① 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
.21,21c
b a c
ab c c b a b ca b ++≤+++≤+ 三个不等式相加即得原不等式成立。

（9）利用函数的思想。

例14 已知非负实数a, b, c 满足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=a c c b b a +++++1
11的最小值。

【解】 当a, b, c 中有一个为0，另两个为1时，f(a, b, c)=25，以下证明f(a, b, c) ≥2
5
. 不妨设a ≥b ≥c ，
则0≤c ≤3
3
, f(a, b, c)=.111222
b a
c b a c c ++++++ 因为1=(a+b)c+ab ≤4
)(2
b a ++(a+b)
c ，
解关于a+b 的不等式得a+b ≥2(12+c -c).
考虑函数g(t)=
t c t 1
12
++, g(t)在[+∞+,12c ）上单调递增。

又因为0≤c ≤33
，所以3c 2≤1. 所以c 2+a ≥4c 2. 所以2)1(2c c -+≥.12+c
所以f(a, b, c)=b
a c
b a
c c ++++++1
11222 ≥)
1(21
1)1(2122222c c c c c c c -+++-+++ =1112222+++++c c
c c c =2132111222
2+-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+++c c c c
≥.2
2)11(3252132422c c c c ++-+=+-+
下证≥++-c c )11(320 ① ⇔+≥+⇔1332c c c 2+6c+9≥9c 2+9⎪⎭
⎫
⎝⎛-⇔c c 43≥0 .43≤⇔c
因为4
3
33<≤
c ，所以①式成立。

所以f(a, b, c) ≥25，所以f(a, b, c)min =.2
5
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.)())((2
1
1
21
2∑∑∑===≥n
i i i n i i
n i i
b a b a
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
12112∑∑∑===≥n
i i n
i i n
i i
i
b a b a
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
.)(1
2
1
1∑∑∑===≥n
i i
i n
i i n
i i
i
b
a a
b a
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
a a a n
11121+++ , G n =n n a a a 21,
A n =n
a a a Q n a a a n n n 2
222121,+++=
+++ ，则H n ≤G n ≤A n ≤Q n . 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤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k k k a a a a ++1121 =G k+1. 因为a 1+a 2+…+a k +a k+1+(k-1)G k+1≥k k k k k k G a k a a a k 1
1121-++⋅+ ≥==+-++k k
k k k k k G k G a a a k 22121
112122 2kG 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；≥++++-1
221
32
2221a a a a a a a a n n n a 1+a 2+…+a n .
【证明】证法一：因为2332
2112212,2a a a a a a a a ≥+≥+，…，112121
,2a a a a a a a n n n n n +≥+-- ≥2a n .
上述不等式相加即得1
221
32
2221a a a a a a a a n n n +
+++- ≥a 1+a 2+…+a n . 证法二：由柯西不等式⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛++++-1221322221a a a a a a a a n n n (a 1+a 2+…+a n )≥(a 1+a 2+…+a n )2， 因为a 1+a 2+…+a n >0，所以1
221
32
2221a a a a a a a a n n n +
+++- ≥a 1+a 2+…+a n . 证法三： 设a 1, a 2,…,a n 从小到大排列为n
i i i a a a ≤≤≤ 2
1
，则2
222
1
n i i i a a a ≤≤≤ ，
1
1
1
11i
i i a a a n n
≤≤≤- ，由排序原理可得
n i i i a a a +++ 2
1=a 1+a 2+…+a n ≥1
221
32
2221a a a a a a a a n n n ++++- ，得证。

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2
01
x x -≤+的解集为（ ） (A ){x |－1≤x ≤2} (B ) {x |－1＜x ≤2}
(C ){x |－1≤x ＜2}
(D ){x |－1＜x ＜2}
【答案】B
[
]
【解析】原不等式等价于(1)(2)0
10x x x +-≤⎧⎨+≠⎩
，
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 (C )4
(D )3
【答案】C
【解析】设需要甲型卡车x 辆，乙型卡车y 辆
由题意30402800604x y x y +≥⎧⎪
≤≤⎨⎪≤≤⎩
且x 、y ∈Z
运输成本目标函数z ＝0.9x ＋y 画出可行域(如图)可知，当目标函数经过A (4,4)时，z 最小
及需要甲型卡车和乙型卡车各4辆。

3.(绵阳2010年)把圆C ：2
1
22=
+y x 按向量a =(h ，-1)平移后得圆C 1，若圆C 1在不等式x +y +1 ≥0所确定的平面区域内，则h 的最小值为（ A ） （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(2)1f a b +<，则22b a ++
的取值范围是( B )
A ．2(,1)5
C ．(1,4)
D ．2(,)(4,)5
-∞+∞
5.（2010四川省攀枝花市文）已知函数
()
2()1,f x ax bx a b R =++∈.
(Ⅰ)若(1)0f -=且对任意实数x 均有()0f x ≥成立，求实数,a b 的值； （Ⅱ）在(Ⅰ)的条件下，当[]
2,2x ∈-时， ()()g x f x kx =-是单调函数，求实数k 的取值范围.
【解析】）(1)0
101f a b b a -=∴-+==+ 即
又对任意实数x 均有)(x f ≥0成立
240b a ∴∆=-≤恒成立，即2
(1)0a -≤恒成立
1,2a b ∴==
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知
22
()21()(2)1f x x x g x x k x =++∴=+-+ ()g x 在∈x [－2，2]时是单调函数，22
[2,2](,
][2,2][,)22k k --∴-⊂-∞-⊂+∞或
22
2222k k --∴≤
≤-或 即实数k 的取值范围为(,2][6,)-∞-+∞。