2024年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)：高中數(shù)學(xué)必修五全冊(cè)復(fù)講義

2024年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)系列高中數(shù)學(xué)必修五全冊(cè)復(fù)

講義（精華版）

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的三個(gè)內(nèi)角，a,b,c分別表示它們所對(duì)的各

邊長(zhǎng)，a+-+c為半周長(zhǎng)。

2

cihC

-------=--------=---------=2R（口為工ABC外接圓半徑）。

|sinAsinBsinC

推論1:△ABC的面積為SBc=--^sinC=—bcsmA=—casinB.

IAA222

推論2：在^ABC中，有bcosC+ccosB=a.

ah

推論3：［在△ABC中，A+B=8,解a滿足----=----------,貝i|a=A.

sinasin（61-a）

正弦定理可以在外接圓中由定義證明得到，這里不再給出，下證推論。先證推論1,由

正弦函數(shù)定義，BC邊上的高為bsinC,所以SAABc='a"sinC；再證推論2,因?yàn)锽+C=；r

2

-A,所以sin(B+C尸sinA,BPsinBcosC+cosBsinC=sinA,兩邊同乘以2R得bcosC+ccosB=a；

再證推論I由正弦定理一--二一--，所以,■"=sin?_蟲，即sinasin(。-A)=sin(。

sinAsinBsinAsin(6-A)

-a)sinA,等價(jià)于——[cos(0-A+a)-cos(0-A-a)]=——[cos(0-a+A)-cos(0-a-A)]，等價(jià)于cos(9

22

-A+a)=cos(0-a+A),因?yàn)?<8-A+a,0-a+A<71.所以只有6-A+a=8-a+A,所以a=A,得

證。

+「22

^^^^^^^Ha2=b2+c2-2bccosA<^>cosA=------------------，下面用余弦定理證明幾個(gè)

2bc

常用的結(jié)論。

(1)斯特瓦特定理【了解】：在△ABC中，D是BC邊上任意一點(diǎn)，BD=p,DC=q,則

b2p+c2q/、

AD92=--------------pq,(1)

p+q

【證明】因?yàn)镃2=AB2=AD2+BD2-2AD-BDcosZADB,

所以c2=AD2+p2-2AD,pcosAADB.①

同理b2=AD2+q2-2AD?qcosZADC,②

因?yàn)镹ADB+NADC=萬,

所以cosNADB+cosNADC=0,

所以qX①+pX②得

qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q),即AD2="、-pq.

p+q

21022

注：在(1)式中，若PF，則為中線長(zhǎng)公式AD=^-----------°.

_______________________2

111

因?yàn)镾^=—b2c2sin2A=-b2c2(l-cos2A)=—b2c2

■ARC444

/72.22\2i

1-----------口-----=一[(b+c)2-a2][a2-(b-c)2]=p(p-a)(p-b)(p-c).

*216

這里”弋上

所以SAABC='p(p-d)(p—b)(p-c).

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，從O點(diǎn)發(fā)出的三條射線滿足

Z.POQ=a,AQOR=13,另外OP,OQ,OR的長(zhǎng)分別為u,w,v,這里a邛，a+pe(0,萬)，

則P,Q,R的共線的充要條件是

sin/?+sina_sin(o+/)

uvw

【證明】P,Q>R共線。SAOPR=SAOP。+SAOR。

111

O—i/vsin(a+p)=—uwsina+—vwsinp

sin(?+/?)sinBsincr,口、十

o------=———+------，得證。

WUV

2.正弦定理的應(yīng)用

例2如圖所示，△ABC內(nèi)有一點(diǎn)P,使得NBPC-NBAC=/CPA-/CBA=NAPB-N

ACB?

求證：AP-BC=BP?CA=CP?ABo

【證明】過點(diǎn)P作PD_LBC,PEIAC,PF1AB,垂足分別為D,E,F,則P,D,

C,E:P,E,A,F；P,D,B,F三組四點(diǎn)共圓，所以NEDF=NPDE+NPDF=NPCA+N

PBA=ZBPC-ZBACo由題設(shè)及ZBPC+ZCPA+ZAPB=360°可得/BAC+ZCBA+Z

ACB=180°o

所以NBPC-ZBAC=ZCPA-ZCBA=ZAPB-ZACB=60°。

所以NEDF=60°,同理NDEF=60°,所以△DEF是正三角形。

所以DE=EF=DF,由正弦定理，CDsinZACB=APsinZBAC=BPsinZABC,兩邊同時(shí)

乘以△ABC的外接圓直徑2R,得CP-BA=AP-BC=BP-AC,得證：

例3如圖所示，△ABC的各邊分別與兩圓00“(DO?相切，直線GF與DE交于P,求

證：PAlBCo

【證明】延長(zhǎng)PA交GD于M,

GMOiAAF

因?yàn)镺iGLBC,O2D1BC,所以只需證——=

MDAO2AE

APAFPAAE

由正弦定理

sinQr-Nl)sinasin(?-N2)sinp

所以空=sinZlsinQ

AFsinZ2sin。

GMPMMDPM

另一方面，一,

sinasinZlsin/?sinZ2

,GMsinZ2sina

所以——=

MDsinZlsinp

所以也

——，所以PA//CHG,

MDAE

即PA_LBC,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,b=z+x,c=x+y.

例4在^ABC中，求證：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)<3abc.

【證明】令a=y+z,b=z+x,c=x+y,則

abc=(x+y)(y+z)(z+x)

>?y[yz-y[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。

223

例5設(shè)a,b,c￡R+,且abc+a+c=b,試求P=F-----------;-------F------的最大值。

4+1b2+lc2+l

a+c

【解】由題設(shè)b=-------,令a=tana,c=tany,b=tan|3,

1-ac

貝ijtanp=tan(a+y),P=2sinysin(2a+y)+3cos2Y<——31sin/——J<—,

當(dāng)且僅當(dāng)a+0=工，siiry=L即a==后,。=/■時(shí)，Pmax=—.

23243

例6在^ABC中，若a+b+c=l,求證:a2+b2+c2+4abc<—.

2

【證明】設(shè)a=sin2acos2p,b=cos2acos2p,c=sin2p,pe0,—

因?yàn)閍,b,c為三邊長(zhǎng)，所以c<，,c>|a-b|,

2

從而BG’所以sin2p>|cos2a,cos2Pl.

因?yàn)閘=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca),

所以a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc).

又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)

=sin2pcos2p+sin2acos2a,cos4P?cos2p

=—[1-cos22p+(1-cos22a)cos4pcos2p]

4

=—+—cos2p(cos4p-cos22acos4p-cos2p)

44

1144)1

>—+—cos2B(cos4B-sin4B-cos2B)=—.

444

所以a2+b2+c2+4abc<—.

2

三、趨近高考【必懂】

A_b+c_9

1.（全國10高考）在△ABC中，cos222c10,。=5,求△ABC的內(nèi)切圓半徑.

b+c9

【解析】：???c=5,2c10,6=4

A_1+cosA_b+c

又cos2222c

b

cosA=c

b2+(?一力

又cosA=2bc

b2+c2-6Z2_b

.?.2bcc

b2+c2-a2=2b2

???△ABC是以角。為直角的三角形.

j_

/.△ABC的內(nèi)切圓半徑r=2(b+a-c)=l.

2.(全國10高考)R是△ABC的外接圓半徑，若"V4R2COSACOS—?jiǎng)t外心位于△ABC的

外部.

【解析】：丁ab<4J?2COSACOSB

由正弦定理得〃=2RsinA,/?=27?sinB

/.4i?2sinAsinB<41?2cosAcosB

cosAcosB>sinAsinB

cosAcosB-sinAsinB>0

cos(A+B)>0

*.*cos(A+B)=~cosC

-cosOO

/.cosC<0

???90°<C<180°

???AA5c是鈍角三角形

???三角形的外心位于三角形的外部.

3.(全國10高考)半徑為R的圓外接于△ABC,且窗⑸/人小評(píng)⑦文正。-6)sinB.

⑴求角C；

(2)求△ABC面積的最大值.

ab

—=2R

【解析】：(1)：sinAsinBsinC

sin2A=(-)2,sin2C=(-)2,sinB=-

2R2R2R

2R(sin2A-sin2c)=(V3q—6)sin8

acb

：.2R1(2R)2一(2R)21=(6a-b)2R

a2-^—6ab-b~

a2+b--c2_V3

.?.lab2

??V3

???cosC=2,J。=30。

￡

(2)VS=2absinC

j_

=2.27?sinA-27?sinB-sinC

=7?2sinAsinB

R2

=-2[cos(A+B)-cos(A-B)]

R2

=2[cos(A-B)+cosC]

R2V3

=2[cos(A-B)+2]

當(dāng)cos(A-8)=l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，按順序給出的一列數(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｛斯｝的一般形式通常記作41,42,"3,…，斯或。1,。2,。3,…，斯…。其中的叫做數(shù)

列的首項(xiàng),〃〃是差于〃的具體表達(dá)式，稱為數(shù)列的通項(xiàng)。

定理1若S拉表示｛斯｝的前〃項(xiàng)和，則當(dāng)〃>1時(shí),a〃=s〃0_i.

定義2等差數(shù)列，如果對(duì)任意的正整數(shù)九，都有斯+i-〃*d(常數(shù))，則｛斯｝稱為等差數(shù)列，

d叫做公差。若三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，即2b=〃+c,則稱。為〃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〃行〃i+(〃-l)d；2)前幾項(xiàng)和公式：Sn=

〃(〃1+_幾%+―)d；3)an-am=(n-m)df其中n,m為正整數(shù)；4)若九+m=p+9,

則〃〃+〃m=Qp+他；5)對(duì)任意正整數(shù)p,必恒有4Pq=(加夕)(。2-〃1);6)若A,5至少有一個(gè)不

為零，則｛斯｝是等差數(shù)列的充要條件是Sn=An2+Bn.

定義3等比數(shù)列，若對(duì)任意的正整數(shù)小都有限="，則｛斯｝稱為等比數(shù)列，q叫做公

比。

定理3*****【必考】等比數(shù)列的性質(zhì)：1）斯=兩夕"-1；2）前〃項(xiàng)和S.,當(dāng)qW1時(shí)，S"=）；

2

當(dāng)q=l時(shí)，Sn=nai；3）如果〃，仇c成等比數(shù)列,BPb=ac（b^0）,則Z?叫做c的等比中項(xiàng)；

4）若m+〃=p+q,則而斯二他他。

定義4極限，給定數(shù)列｛斯｝和實(shí)數(shù)A,若對(duì)任意的￡>0,存在M,對(duì)任意的心

都有,則稱A為幾f+8時(shí)數(shù)列｛〃〃｝的極限，記作lim%=A

nfg

定義5無窮遞縮等比數(shù)列，若等比數(shù)列｛斯｝的公比q滿足|切<1,則稱之為無窮遞增等比數(shù)

列，其前〃項(xiàng)和S”的極限（即其所有項(xiàng)的和）為丹（由極限的定義可得）。

i-q

定理4數(shù)學(xué)歸納法：給定命題）（九），若：（1））（“0）成立；（2）當(dāng)0（"）時(shí)72=左成立時(shí)能推出

p（w）對(duì)"=左+1成立，則由（1）,（2）可得命題p（w）對(duì)一切自然數(shù)〃》乃0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0伽），若：（l）pSo）成立；（2）當(dāng)p（w）對(duì)一切“W4的自

然數(shù)w都成立時(shí)（人》如）可推出pOt+1）成立，則由（1）,（2）可得命題p（w）對(duì)一切自然數(shù)w

三”0成立。

定理6對(duì)于齊次二階線性遞歸數(shù)列X^OXn.i+bXn.2,設(shè)它的特征方程f=依+6的兩個(gè)根為。，

nl

B:⑴若awB,則Xn=cla~+C2B其中ci,c2由初始條件xi,x2的值確定；⑵若a=B,

則X"=（C1W+C2）a"-i,其中Cl,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）2）。”=3"-2"；3）an-r^-2n.

例2已知數(shù)列｛?！埃凉M足ai=Lai+s+…求通項(xiàng)a”.

2

【解】因?yàn)椤ㄊ?又防+〃2=22?〃2,

2

1%+出11

所以。2=------,。3=，猜想an

3x232-13x4〃(〃+1)

證明；1）當(dāng)〃=1時(shí)，a\=—^—,猜想正確。2）假設(shè)當(dāng)時(shí)猜想成立。

2x1

當(dāng)行Z+1時(shí)，由歸納假設(shè)及題設(shè)，41+的+…=〃A+1,,

111

所以---------1------------1------1=k(k+2)ak+i,

2x13x2----左x(左+1)

11111

即Rn1---1-------------P???H--------------=k(k+2)ak+i,

223k左+1

k1

所以二成+2）〃%+1,所以ak+i=-----------

左+1(左+1)(左+2)

1

由數(shù)學(xué)歸納法可得猜想成立，所以1

n(n+l)

例3設(shè)0<〃<1,數(shù)列｛斯｝滿足斯=1+。,如一尸。+工，求證：對(duì)任意〃￡N+,有斯>1.

an

【證明】證明更強(qiáng)的結(jié)論：1〈斯W1+Q.

1)當(dāng)〃=1時(shí)，1<。1=1+。，①式成立；

2)假設(shè)〃二女時(shí)，①式成立，即則當(dāng)行女+1時(shí)，有

1II1+。+〃21+1

1+a>ak+i-F〃2-------CL----------->------1.

〃女1+a1+a1+。

由數(shù)學(xué)歸納法可得①式成立，所以原命題得證。

2.迭代法

數(shù)列的通項(xiàng)斯或前n項(xiàng)和S〃中的〃通常是對(duì)任意成立，因此可將其中的n換成n+1

或幾-1等，這種辦法通常稱迭代或遞推。

例4數(shù)列｛斯｝滿足斯+p斯_1+9斯-2=0,q豐0,求證：存在常數(shù)c,使得a；”+p%+i?斯+

qa；+cqn=0.

【證明】a〃+i+pan+i?斯+1+鄉(xiāng)。；+1=Q〃+2s斯+i+a〃+2)+=斯+2,(-^n)+qan+x=

q(a;i-％%+2)=仇4+i+”，。4〃+1+?，，)]=式a"+P—,+qa1).

若a；+0%%+"=°，則對(duì)任意"，a^+i+pan+1an+qai~O,取c=0即可.

若a；+pa2aY+qa；豐0,則｛a1+l+pan+1an+qa；｝是首項(xiàng)為a；+pa2al+qa；,公式為

g的等比數(shù)列。

aaa

所以n+l+Pn+In++M2al+)?cf.

取c——(<^2+P%a2+qa「),一即可.

,q

綜上，結(jié)論成立。

例5已知ai=0,a〃+i=5a〃+J24a；+1,求證：a”都是整數(shù)，〃eN+.

【證明】因?yàn)椤?=0,。2=1，所以由題設(shè)知當(dāng)〃21時(shí)斯+1>斯.

又由。"+1=5詼+124a；+1移項(xiàng)、平方得

4+1-10。/“+1+4-1=0.①

當(dāng)"22時(shí),把①式中的〃換成〃中得a；-10%%_1+及1-1=0,即

a

n+i~10a?G?+1+a；-1=0.②

因?yàn)樵溡?<詼+1，所以①式和②式說明斯一1,斯+1是方程V-IO。〃尤+a〉l=0的兩個(gè)不等根。由韋

達(dá)定理得an+i+an-i=10a?(n^2).

再由。1=0,°2=1及③式可知，當(dāng)wGN+時(shí)，?！倍际钦麛?shù)。

****3.數(shù)列求和法。

數(shù)列求和法主要有倒寫相加、裂項(xiàng)求和法、錯(cuò)項(xiàng)相消法等。

例6已知斯=----(?=1,2,,")>求$99=。1+。2+…+。99.

4"+2

112x2100+4"+4100-"1

【解】因?yàn)镃ln+a100-〃=----------1------------

4〃_1_21°。41°°—〃_|_^ioo/?|loox2+21°0(4〃+^100—n)

19919999

所以$99=5斗(氏+為00一〃)=5義酒=酒.

例7求和：S------------------1---------------------1-???4--------------------------------

n1x2x32x3x4n(n+1)(〃+2)

一版地，-------------------=---------------------

左伏+1)(左+2)2左(左+1)(左+2)

1(___1__________1)

21左(左+1)―(左+1)(、+2))

"1

所以s,=￡-------------------

白左(4+1)(左+2)

21x22x32x33x4n(n+1)(”+1)(〃+2)

111

一屯一(〃+1)(〃+2)

_J________]

—42(〃+1)(〃+2)'

例8已知數(shù)列｛廝｝滿足ai=a2=l，an+2=an+i+an,S”為數(shù)列<果>的前n項(xiàng)和，求證：S?<2?

【證明】由遞推公式可知，數(shù)列｛詼｝前幾項(xiàng)為1,1,2,3,5,8,13o

?112358a

因?yàn)镾"=2+^+^+F+F+F+-"+Fn,①

.11235a

所CC1以>一Se“=——H----------H------I-------1----n--o②

2222324252"+i

,1?11fl1a“-2)an

由①-②得一S”=-+——+—7+…+—■——十,

2222222ln~22用

所以

,a

又因?yàn)镾n-2<Sn且2"：1>0,

所以'S"<—+—Sn,所以<5,

所以S〃<2,得證。

4.特征方程法

例9已知數(shù)列｛斯｝滿足勾=3,4/2=6,斯+2=4〃+I-4即，求an.

【解】由特征方程X2=4X-4得XI=X2=2.

3=a+J3

故設(shè)斯=(a+B〃)?2〃/,其中

6=(0+2/?)x2

所以a=3,B=0,

所以斯=3?2吐

例10已知數(shù)列｛斯｝滿足〃尸3,。2=6,斯+2=2詼+1+3斯，求通項(xiàng)斯.

【解】由特征方程f=2x+3得》=3,%2=-1,

-f3=3a—B

所以斯=a?3〃+B-（/）〃，其中《，

6=9。+/7

解得a=13,03

44

n+1+1

所以%=l[3+（-ir-3]o

5.構(gòu)造等差或等比數(shù)列

例11正數(shù)列g(shù)al,…，斯,…滿足2一J12=2斯.1（幾22）且。0=。1=1,求通項(xiàng)。

an-\an-2"1"0k=l

注：“ci=C\?C2........cn.

i=l

+2

例12已知數(shù)列｛%｝滿足修=2,&+1=，----,n￡N+,求通項(xiàng)。

2X"

2.Q2.ry

【解】考慮函數(shù)/（x）=^——的不動(dòng)點(diǎn)，由^——=工得工=±￡

2x2x

2,r\

因?yàn)椋=2,x〃+尸土---，可知｛xj的每項(xiàng)均為正數(shù)。

又工；+222貶]〃，所以為+12血（〃21）。又

X".正=U—行=（%一揚(yáng)]

?

2%2x〃

X,+i+&=日土2+后=居上空，

②

2x“2居

,公比為2的等比數(shù)歹上

2，，-2，，-I

(2+V2)'+(2-V2)

解得xn=V2,

(2+行尸一(2一行產(chǎn)

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)/⑺=2+24+27+21°++23t+1°,則/⑺=().

2?

(A)—⑻―1)(B)-(8,,+2-1)

77

22

(C)-(8,,+3-1)(D)-(8,,+4-1)

77

解析:數(shù)列2,2、27,2°,…，23"+i°是以2為首項(xiàng)，8為公比的等比數(shù)列,給出的這個(gè)數(shù)列

2爾〃+4_i\2

共有5+4)項(xiàng)，根據(jù)等比數(shù)列的求和公式有S“=4-------1=-(8/!+4-1).選(D).

8-17

2.(2010.廣東)在德國不來梅舉行的第48屆世乒賽期間，某商店櫥窗里用同樣的乒乓球堆

成若干堆“正三棱錐”形的展品，其中第1堆只有1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〃堆第〃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/(3)=；

/(")==(答案用〃表示).

【第一層)

??乓球的底

.1.q…c2八1n(n+l)"("+1)("+2)

即f[ri)=a1+%+%++%=—(z1-+21+3~++n-)H—"----------=-------------------.

2226

品：數(shù)列求和，無論等差還是等比數(shù)列，分清項(xiàng)數(shù)及規(guī)律都尤為重要.

3.(2010.北京)設(shè)等差數(shù)列｛4｝的首項(xiàng)4及公差d都為整數(shù)，前〃項(xiàng)和為

(1)若。“=0,Si4=98,求數(shù)列｛4｝的通項(xiàng)公式;

(2)若%>0,、4?77,求所有可能的數(shù)列｛4｝的通項(xiàng)公式.

5=98,2a+13d=14,

【解析】：(1)由《14c即《},

1?11=0,ax+10d=0,

解得d=-2,q=20.

因此，｛2｝的通項(xiàng)公式是%=22—2〃n=1,2,3,

S14W77，2%+13dW11,

(2)由<>0,,得<ax+10d>0,

%N6,axN6,

‘2q+13dW11,(1)

即<—2〃]—20d<0,(2)

-2勾W—12.(3)

由①+②，得一7d<.11,即d〉---.

7

由①+③，得13dW—1,即dW-----.

13

所以—U<dw—l.

713

又dwZ,故d=-l.

將d=-1代入①、②，得10<qW12.

又qeZ,故q=ll或q=12.

所以，數(shù)列｛4“｝的通項(xiàng)公式是4=12—〃或4=13〃=1,2,3,.

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｛4｝,｛包｝,｛?！埃凉M足d=4—4+2，cn=an+2an+｝+3??+2

（〃=1,2,3,），證明｛4｝為等差數(shù)列的充要條件是｛g｝為等差數(shù)列且

2W2+1（〃=1,2,3,…）.

【解析】：必要性：設(shè)｛4｝是公差為4的等差數(shù)列，

則bn+l-bn=（a“+i-聯(lián)）一（%-?！?2）

=(a“+i-)一(八一a“+2)=4-4=0-

易知bn<bn+｝（77=1,2,3,）成立.

由遞推關(guān)系c“+]-c“=（4+]-?！埃?2（4+2-?！?]）+3（4+3-4+2）=4+24+3&=64

（常數(shù)）g,2,3,…）.

所以數(shù)列｛%｝為等差數(shù)列.

充分性：設(shè)數(shù)列｛cj是公差為4的等差數(shù)列，且2或口+]（"=1,2,3,）,

Cn=an+2%+3。計(jì)2，①

,*Cn+2=an+2+^n+3+3。=+4，②

由①—②，得Cn-cn+2=（an-an+2）+2（an+1-an+3）+3（an+2-an+4）=bn+2bn+i+3bn+2.

cc

?~?+2=-2^2，

,,%+2年+1+3Z?n+2=-2d2,③

從而有bn+l+2d+2+3d+3=-2d2,④

④-③，得（%-優(yōu)）+2（酊2-%）+3（%3-酊2）=0，⑤

1.,bn+l-bnN0,bn+2-bn+iN0,bn+i-bn+2N0,

,由⑤得d+i—d=0（〃=l，2,3,）,

由此不妨設(shè)〃=4（〃=1,2,3,）,

則4—4+2=4（常數(shù)）?

由此c“=。“+2??+1+3??+2=4/+2/+1-34-

從而%=44+i+2an+2-3d3,兩式相減得cn+1-cn-2（an+l-an）~2d3.

因此4+1—%,=5（c〃+i—c,）+4+4（常數(shù)）（爐1，2,3,???）,即數(shù)列｛a〃｝為

等差數(shù)列.

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.（2010.福建）已知數(shù)列｛4｝滿足q=Lan+l=2an+1.

（1）求數(shù)列｛q｝的通項(xiàng)公式;

(2)若小T.4-1.=(q+1盧，bn=kn,證明依｝是等差數(shù)列.

【解析】：(1),.?4+]=2%+1(〃eN*),.?.4+1+1=2(4+1).

.-.｛tz?+l｝是以q+1=2為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列.

.?.4+1=2",即4=2"-1；

(2)：…=(%+1)*,

利用｛4｝的通項(xiàng)公式,有4依+&++辦”=2%.

2[(4+b2++bn)-n]=nbn.①

構(gòu)建遞推關(guān)系

2岫+&+.+d+%)一(九+1)]=5+1)%「②

②—①，得

("l)%-*+2=0,③

從而有nbn+2-(n+1)優(yōu)+i+2=0,④

③—④，得nbll+2-2nbll+l+nbn=0,即2+2-22+1+優(yōu)=0?

故｛"｝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)a>b<^>a-b>0；(2)a>b,b>c=>a>c；

(3)a>bna+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,nN+an>bn;(8)a>b>0,nN+=>y[a>y[b;

(9)a>0,|x|<a<^>-a<x<a,|x|>a<^>x>a或x<-a;

(10)a,beR,則|a|-|b|qa+b|0|a|+|b|;

(11)a,beR,則(a-b)2K)u>a2+b2N2ab;

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)閍>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)；

再證性質(zhì)(8),用反證法，若立觀,由性質(zhì)(7)得(也?)"<(孤)"，即aWb,與a>b

矛盾，所以假設(shè)不成立，所以標(biāo)>物;由絕對(duì)值的意義知(9)成立；-|a|SaW|a|,-|b|SbW|b|,

所以-(|a|+|b|)Wa+bW|a|+|b|,所以|a+b|W|a|+|b|；下面再證(10)的左邊,因?yàn)閨a|=|a+b-b|W|a+b|+|b|,

所以|aHb|W|a+b|,所以(10)成立；(11)顯然成立；下證(12),因?yàn)閤+y-2向=(、后—行尸

沙，所以x+y>2而,當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立，再證另一不等式，令

Vx=a,^[y=b,Vz=c,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)=—

2

(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]>0,所以a3+b3+c3>3abc,即x+y+z>31Jxyz，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z

時(shí)成立。

二、基礎(chǔ)例題【必會(huì)】

1.不等式證明的基本方法。

A

(1)比較M，在證明A>B或AvB時(shí)利用A-B與0比較大小，或把一(A,B>0)與

B

1比較大小，最后得出結(jié)論。

例1設(shè)a,b,c￡R+,試證：對(duì)任意實(shí)數(shù)x,y,z,有x2+y2+z2

、_Iabc(\a+b\b+c\c+a'

『(?)("c)(c+a)｛丁孫++?丁xz.

?、e.a」》上101cabJbe

【證明】左邊-右邊=x2+y2+z2-2-------------xy-2-------------yz

\(b+c)(c+Q)(a+b)(c+a)

Jcab2caba2c2

-2I-------------xz------x-2/-------------xyH------yH------y—

\(a+/?)(/7+c)b+cR(Z?+C)(C+Q)c+ac+a

Jbeb2a2ccac2

\(a+Z7)(c+a)a+ba+b)(a+Z?)(b+c)b+c

IaIc|n

J-----z------x>0.

Va+bVb+c)

所以左邊N右邊，不等式成立。

例2若a<X<l,比較大?。簗10ga(1-X)||10ga(1+X)|.

【解】因?yàn)閘-x/1,所以loga(l-x)豐0,"°g"Q+M

|toga(l-x)|

=|log(l-x)(l+X)|=-log(l.x)(l+X)=log(l.x)---->log(l-x)(l-X)=l(因?yàn)?<l-x2<l,所以----->l-x>0,

1+x1+x

0<l-x<l).

所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|.

(2)分析周，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￡R+,求證：a+b+c-3Klabc>a+b—2y[ab.

【證明】要證a+b+c-3\lc-a-b>a+b-2J?.只需證c+2J益>31abe,

因?yàn)閏+2V^=c+233c?4./?=項(xiàng)abc，所以原不等式成立。

1211

例4已知實(shí)數(shù)a,b,c滿足OvagbScS—,求證：-------<---------1---------

2c(l-c)a(\-b}-a)

【證明】因?yàn)镺vaWbWcW^,由二次函數(shù)性質(zhì)可證a(l-a)Wb(l-b)Wc(l-c),

2

111

所以--------->---------->---------,

tz(l-a)b(l-b)c(l-c)

1122

所以-------+------->-------->-----

a(l-a)Z?(l-b)b(l-b)c(l-c)

所以只需證明—*1—ii+—1—<—1—+—1—,

a(l-a)b(l-Z?)a(l-b)b(l-a)

…、口、丁a-b/a-b

也就是證-------------V-------------,

a(l-i)(l一b)b(l-a)(l-b)

只需證p(a-b)Sa(a-b),BP(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(N3),求證：nn+1>(n+l)n.

【證明】1)當(dāng)n=3時(shí)，因?yàn)?4=81>64=43,所以命題成立。

(左+1)"2

2)設(shè)n=k時(shí)有kk+i>(k+l)k,當(dāng)n=k+l時(shí),只需證比+1/2>位+2尸1,即>1.因

伏+2)I

y+i(左+1)"2kk+i

為」一r>l所以只需證即證(k+1)2k+2>[k(k+2)F+l,只需證

(左+1)(左+2產(chǎn)(左+1尸

(k+l)2>k(k+2),BPiiEk2+2k+l>k2+2k,顯然成立。

所以由數(shù)學(xué)歸納法,命題成立。

(4)反證*。

例6設(shè)實(shí)數(shù)ao,ai,…,an滿足ao=an=O,且ao-2ai+a2>O,a「2a2+23?。,…，an-2-2an-i+an>0,求

證ak<O(k=l,2,…，n-1).

【證明】假設(shè)a“k=l,2,…,n-1)中至少有一個(gè)正數(shù),不妨設(shè)是ai,a2,…，a?i中第一

個(gè)出現(xiàn)的正數(shù)，則aSO,a2《),…，ar-SO,a/O.于是叫29>0,依題設(shè)ak+i-a侖ak-ak-i(k=l,2,…,

n-l)o

所以從k=r起有an-ak-iNan-i-an-2N???Nar-ar-i>0.

因?yàn)閍nNak-侖…Nar+iNar>0與an=0矛盾。故命題獲證。

(5)分類討論法。

2_22_22_2

例7已知x,y,zGR+,求證：-———+-———+-———>0.

y+zz+x