高中数学必修五总复习

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第一章解三角形

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，上为半周长。

1.正弦定理：'一=—"=」一=2R（R为△ABC外接圆半径）。

sinAsinBsinC

推论1：△ABC的面积为SAABc=LQbsinC=』AsinA=』casin8

222

推论2：在^ABC中,有bcosC+ccosB=a.

ab

推论3：在AABC中，A+B=6,解a满足----=----------，则a=A.

sin。sin（6一。）

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SAABC=—^sinC；再证推论2,因为B+C=i・A,所以sin(B+C尸sinA,即sinBcosC+cosBsinC=sinA,

两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；（换--种思路）再证推论4,由正弦定理，一="-,所以"巴="”⑷

sinAsinBsinAsin（夕一A）

即sinasin(0-A)=sin(0-a)sinA,等价于---[cos(3-A+a)-cos(0-A-a)]=------[cos(0-a+A)-cos(0-a-A)],等价于

22

cos(。-A+a)=cos(0-a+A),因为Ov。-A+a,0-a+A<].所以只有。-A+a=0-a+A,所以a=A,得证。

2.余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA0cosA=---------------,

2bc

二、基础例题

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(看一下就可以)在△ABC中，求证：a2(b+c-a)4-b2(c+a-b)+c2(a+b-c)<3abc.

【证明】令a=y+z,b=z+x,c=x+y,则abc=(x+y)(y+z)(z+x)>S-Jxy-y[yz•Vzr=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)

=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc.JW以a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)<3abc.

4.三角换元。

223

例5设a,b,c《R+,且abc+a+c=b,试求尸=-^-------z-----+—5------的最大值。

a2+l旷+iH+i

〃+「

【解】由题设人=-----，(这个结构重要，看结构，想方法)a=tana,c=tany,b=tanp,

\-ac

则tan。=tan(a+y),P=2sinysin(2a4-y)+3cos2y<—3(sin7~~g]—~»

当且仅当a+0=卫，siny二L即a=时，Pmax=—.

23243

Ab+c9

1.在△ABC中，cos222c10,c=5,求△ABC的内切圆半径.

b+c_9A_l+cosA_/)+cbb'ie-a1

【解析】：：c—5,2c10,/.b—4又cos?222c/.cosA=c又cos4=2bc

b'ie-a1_b

...2bcc/+，-“2=2〃a2+h2=c2...△ABC是以角C为直角的三角形.a=-/=3

1

ZVIBC的内切圆半径r=2(b+a-c)=l.

2.R是△ABC的外接圆半径，若成<4R2cosAcosB,则外心位于aABC的外部.

【解析】：：a〃<4R2cosAcosB由正弦定理得a=2RsinA,b=2RsinB4/?2sinAsinB<4/?2cosAcosB

cosAcosB>sinAsinBcosAcosB-sinAsinB>0cos(A+B)>0*.*cos(A+B)=-cosC/.-cosC>0

.•・cosC<0J900<C<180°JZVIBC是钝角三角形・・・三角形的外心位于三角形的外部.

3.半径为R的圆外接于△A8C,且2R(sin2A-sin2O=(64-6)sinB.⑴求角C；(2)求△48C面积的最大值.

abcD.-2A,2/^/^\2•b

-------=--------=---------=27?..sinA.—(—),sinC—(—),sinBD=—

[解析]：(1):sinAsinBsinC2R2R2R

acb

2222

*/27?(sinA-sinQ=(a—b)smB/.2R[(2R)-(2R)]=(6a-h)-2R/.*_/=^3/

a2+b2-c2_432

2ab2：.cosC=2,C=30°

(2)V2absinC=227?sinA-2/?sinBsinC=R2sinAsinB=-2[cos(A+B)-cos(A-B)]

R2R2V3

=2[cos｛A-B)+cost7]=2[cos(/-而+2]当cos(4-百=1时，S有最大值

第二章数列

一、基础知识

定义1数列，按顺序给出的一列数，例如1,2,3,…，.数列分有穷数列和无穷数列两种，数列｛斯｝的一般形

式通常记作41,。2,43,…，。"或4|,"2,“3,…，其中叫做数列的首项，4"是关于”的具体表达式，称为数列的通

项。

定理1若S“表示｛小｝的前n项和，则Si=0,当n>\时，的=S『Smi.

定义2等差数列，如果对任意的正整数小都有斯+L”“=d(常数)，则｛““｝称为等差数列，d叫做公差。若三个数a,6,

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=h-d,c=b+d.

定理2*****【必考】等差数列的性质：1)通项公式如=m+(〃-l)d；2)前〃项和公式：S,尸〃(%+%)=na[+2空；

22

3)a“-"m=("-m)d,其中n,m为正整数；4)若n+m=p+q,则。"+即)=即+的；5)对任意正整数p,q,恒有斯-劭=(p-q)(“2-ai);

6)若4,B至少有一个不为零，则｛斯｝是等差数列的充要条件是S〃=4"2+B〃.

定义3等比数列，若对任意的正整数〃，都有=4，则｛如｝称为等比数列，q叫做公比。

定理3*****【必考】等比数列的性质：1）an=a\q"''t2）前”项和S,,,当gH1时，Sn=^-^~；当q=l时，S„=nai；

i-q

3）如果a,方,c成等比数列，即/=ac（6*0）,则人叫做a,c的等比中项；4）若m+”=p+q,则卬必产勾外。

定理4（看一下）数学归纳法：给定命题p（"），若：（l）p（〃o）成立；（2）当p（〃而w=A成立时能推出p（〃）对"=%+1

成立，则由（1）,（2）可得命题p（〃）对一切自然数成立。

二、基础例题

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—猜想一数学归纳法证明。

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,尸〃2-1;2）。产3"-2"；3）a尸〃2_2〃.

例2已知数列｛a〃｝满足。尸，,。]+。2+…尸几%〃,求通项an.

2

【解】因为。尸L又a\+a2=22•t/2,

2

1q+生11

所以〃2=---，。3=，猜想an(心1).

3x232-13x4n{n+1)

证明；1）当〃=1时，0=—!—,猜想正确。2）假设当时猜想成立。

2x1

当〃=攵+1时，由归纳假设及题设，4]+・・・+〃尸[（攵+1）2-1]%],,

所以_L+—L1

+---~—二女(4+2)。&+1,

2x13x2攵x(攵+1)

nn11111

BP1----1------------F•••H----------------二k(k+2)cik+i,

223kk+1

1

所以=&（攵+2）以+i,所以的产

k+1(k+1)(2+2)

由数学归纳法可得猜想成立，所以“〃=-------

n｛n+1）

例3设0＜。＜1,数列｛斯｝满足%=1+。,为一1二。+」-,求证：对任意几CN+,有斯＞1.

%

【证明】证明更强的结论：l＜a〃Wl+4.

1）当〃=1时，1＜〃尸1+小①式成立；

2）假设〃=%时，①式成立，即1〈斯Wl+m则当〃=%+1时,有

11l+a+a~l+a

]+a>%+]=---Fa2---------ci----------->-----=1.

ak\+a1+a\+a

由数学归纳法可得①式成立，所以原命题得证。

2.迭代法

数列的通项即或前〃项和S,,中的n通常是对任意“WN成立，因此可将其中的n换成〃+1或〃-1等，这种办法通常称

迭代或递推。

例4数列｛斯｝满足小+pa”“+ga〃-2=0,"23,夕。0,求证：存在常数c,使得。;+[+〃〃“+],+“"=0.

数学必修5第3页共16页

【证明】+pa〃+T•斯+i+q43=an+2(pan+\+an+2)+qa^J+i=an+2•(-qat^+qa^=

q(嗫一《4+2)=q[a；+i+斯(?。"+1+的")]=虱%+1+pa“+i%+qa；).

若a；+pa2al+卯；=0,则对任意n,a^+l+pan+ian+qa^=0,取c=0即可.

若a；+pa2a,+qa；丰0,则｛a3+pan+lan+qa：｝是首项为a；+pa2al+qa；,公式为q的等比数列。

aaa+

所以n+i+Pn+\n也=⑷+M2al+)°

221

取C=一(。2+。2+44)•一即可.

q

综上，结论成立。

例5已知一1=0,%+尸5如+J24a；+1,求证：。〃都是整数，〃£N+.

【证明】因为41=0,42=1，所以由题设知当〃21时〃〃+1>即

又由〃〃+尸5斯+1244+1移项、平方得

%+|T0a,4+i+a：T=0・①

当"22时，把①式中的〃换成得a；-10a/“T+。3-1=0,即

一1044+1-1=0・②

因为an.\<a,^\,所以①式和②式说明an.\,an+i是方程-1=0的两个不等根。由韦达定理得“卅+即尸10处(〃

22).

再由41=0,。2=1及③式可知,当"WN+时,如都是整数。

****3.数列求和法。

数列求和法主要有倒序相加、裂项求和法、错项相消法等。

例6已知知=----■("=1,2,…)，求$99=。|+。2+…+。99.(看结构想方法)

4+2

-ET,,112x2100+4„+4100-«］

-100100nl00-n100

［角串］因为a,,+a।oo-n-2100+4ico-n+21oo4x2+2(4+4)=2

199]9999

所以S99=5Z(”“+/00-")=弓、诃=诃.

例7求和：S,,=--—+—--+-+------1-------

1x2x32x3x4n(n+l)(n+2)

1_k+2-k

【解】一般地,

k(k+1)(%+2)-2k(k+1)(%+2)

1O__________]

2[k(k+1)(k+l)(k+2)

所以S行之-------------

£-(&+l)(A+2)

21x22x32x33x4〃(〃+1)(〃+1)(〃+2)

J_11

-2|_2-(n+l)(n+2)_

________]

42(〃+1)(〃+2)

例8已知数列｛a.｝满足41=42=1，an+2=an+i+an,S”为数列<—>的前n项和，求证:S“<2。

2"

【证明】由递推公式可知，数列｛a”｝前几项为1,1,2,3,5,8,13。

h40112358a

因为S"=万+齐+齐+m+齐+乎+…+^n’①

所以'S=，-+V+士-+2-H---177o②

2222324252,1+1

由①-②得=工+4(,+[+…+芸]一上,

222?(2222"-2J2"1

所以一S”二—1-S”2----°

2242,,+,

又因为S„.2<Sn且2；,：]>0,

所以gs“<g+；s“，所以;s“<g,

所以S.<2,得证。

例10已知数列｛斯｝满足ai=3,42=6,an+2=2an+i+3any求通项an.

（«„=l[3n+l+（-l）n+1-3]o）

5.构造等差或等比数列（构造函数）

例11正数列〃0M,…，斯,…满足Ja/n_2一Ja〃-]々〃-2=2。〃/（〃22）且a（）=a]=\,求通项。

数学必修5第5页共16页

注：n。/=C1•C2.........Cn.

i=\

*2+2

例12已知数列｛x“｝满足xi=2,x“+尸」——,“GN+,求通项。

2x.

【解】考虑函数犬x)=九+2的不动点,由'J2=不得4±72.

2x2x

12+2

因为为=2,X〃+尸，——，可知“〃｝的每项均为正数。

又工：+222及%〃，所以加+12收(〃21)。又

x,+1S—必网玉L,①

2%2x”

x*+后=立七+

行上一+图②

2Z2x〃

,2

X一\p2.xn—V2

由①+②得"7—二③

x,用+J2

$一V2

玉

又-------=>Qf

$+J2

由③可知对任意nGN+,—~~里＞0且1gx“+i-◎x-V2

21gn

尤”+i+&

xn+V2

x—V22-V2

所以1g是首项为1g公比为2的等比数列。

2+V2'

2”-i

,所以上因2-收

所以1g土=2"T-1g

x“+j2x.+j22+V2

/-(2+V2)2+(2-V2)

解得％=J2•-----千百---------

n}

(2+V2)--(2-V2)2~

注意：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。

1.设/(〃)=2+24+27+21°+--+23"|°,则/(〃)=().

07

(A)士⑻—1)(B)±(8〃+2-1)

77

(C)-(8n+3-l)(D)—(8"+4-1)

77

解析：数列2,24,2\，°,…，23.°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)项，根据等比

数列的求和公式有S"=2(8"4-1)=2(8"+4—1).选(D).

"8-17

2.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〃堆第〃层就放一个乒乓球，以/(〃)表示第〃堆的乒乓球总数，则/(3)=；

/(〃)==_____(答案用〃表示).

【解析】：观察归纳，/(3)=6+3+1=10；观察图示，不难发现第几堆最底层(第一层)的乒乓球数

数之和,

.)5+2)

5

3.设等差数列｛%｝的首项a,及公差d都为整数，前n项和为S,,.

(1)若《1=0,$4=98,求数列｛2｝的通项公式;

(2)若。“>0,S14<77,求所有可能的数列｛4｝的通项公式.

2a.+13d=14

【解析】：即4

%=04+104=0,

解得d=—2,4=20.

因此，｛4｝的通项公式是q=22—2〃，〃=1,2,3,…;

‘儿W77,2q+134W11,

(2)由，q]>0,>得,q+10d〉0,

qN6,q26,

'2q+13d〈l1,(1)

即一

-2ai-20d<Q,(2)

-2a,<-12.(3)

由①+②，得一7。<11,即d>-一.

7

数学必修5第7页共16页

由①+③，得13dW-1,即d这一-L

13

所以---<dW----.

713

又deZ,故d=—l.

将d=—1代入①、②，得10<qW12.

又4eZ,故4=11或4=12.

所以，数列｛%｝的通项公式是为=12-"或％=13-〃，n=l,2,3,--.

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.设数列｛%｝，｛4｝,｛c,｝满足bn=an-an+2,cH=an+2%+3an+2

(〃=1,2,3,…),证明｛4,｝为等差数列的充要条件是｛%｝为等差数列且勿W%(“=1,23,…).

【解析】：必要性：设｛4｝是公差为4的等差数列，

则“+1-3=(an+l-a—)一(4一%+2)

=a+1-勺)-&+3-/+2)=4-4=。•

易知2W%(〃=1,2,3,…)成立.

由递推关系q,+i=(«„+|-«„)+2(«n+2-an+i)+3(an+3-an+2)-dl+2di+3dt=6&

(常数)(n=l,2,3,•••).

所以数列｛c,J为等差数列.

充分性：设数列｛%｝是公差为4的等差数列，且2W%](〃=1,2,3,…)，

••<=%+2%+3%，①

•••%+2=%+2+2%+34+4，②

由①-②,得c“一cn+2=(a„-a,,+2)+2(%-*)+3(a,,+2-%+4)=2+2加+3bn+2.

,•,%一％+2=-24，

•.•2+2仇+1+32+2=-24，③

从而有b“+i+2b,+2+32+3=-24，④

④一③，得电+「d)+2电+2-〃用)+3(2+3-%2)=0，⑤

：仇+1一2》0，bn+2-bn+i)0,bn+3-bn+220,

由⑤得b“+]一＞“=0(〃=l,2,3,…),

由此不妨设a=4(〃=1,2,3,…)，

则%一为+2=4(常数)•

由此%=4+2«„+,+3an+2=4%+2a„+l-3d..

从而4+1=4%+2a-—34，两式相减得q川一c”=2(an+i-an)-2d3.

因此％用—4=；(c,,+i—c,,)+&=34+4(常数)(炉1，2,3,­­•),即数列｛凡｝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.已知数列｛。“｝满足q=1,%=24+1.

(1)求数列｛。“｝的通项公式；

(2)若.4廿•…邛门=⑷+1卢，d=k",证明｛a｝是等差数列.

【解析】：(1)：a“+i=2%+1(〃eN*),二4+|+1=2(a“+1).

.••｛为+1｝是以4+1=2为首项，2为公比的等比数列.

.♦.4+1=2",即=2"-1；

(2)-…4*，T=(4+1)*,

利用㈤｝的通项公式，有=2%.

2[(/?!+b2H—,+=nb".①

构建递推关系

2[(4+打+…+b“+bn+l)-(n+l)]=(n+1)/?„+|,②

数学必修5第9页共16页

②一①，得

(〃_1)%_〃2+2=0,③

从而有〃么+2-(〃+1)2+1+2=0,④

③一④，得〃〃+2-2泌“1+〃2=0，即%2-2仇用+/=()•

故｛"｝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

一、基础知识

不等式的基本性质:

(1)a>b<=>a-b>0；(2)a>b,b>cna>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,n6N+=>an>bn;(8)a>b>0,neN+=>'\[a>'-{[b;

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

(10)a,bGR,贝iJ|aHb|W|a+b区|a|+|b|;

(11)a,beR,则(a-b>K)oa2+b2N2ab;

(12)x,y,z《R+,则x+yZ2,x+y+z2

因为前五条是显然的，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，若底1m册,由性质(7)得(后)”《(后尸，即aSb,与a>b矛盾，所以假设不成立，所以板>扬；由

绝对值的意义知(9)成立；-|a|WaW|a|,-|b|WbW|b|,所以-(|a|+|b|)Wa+bW|a|+|b|,所以|a+b|W|a|+|b|；下面再证(10)的左边，

因为|a|=|a+b-b|W|a+b|+|b|,所以|aHb|S|a+b|,所以(10)成立；(11)显然成立；下证(12),因为x+y-2而=(五—方产加，

所以x+y>2y/xy,当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令我==c,因为x3+b3+cJ-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)=

y(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]>0,所以a?+b3+c323abc,即x+y+五3两厘，等号当且仅当x=y=z时成立。

二、基础例题

1.不等式证明的基本方法。

A

(1)比较法，在证明A>B或A<B时利用A-B与0比较大小，或把一(A,B>0)与1比较大小，最后得出结论。

B

例1设a,b,cGR+试证：对任意实数x,y,z,有

-----\

abca+bb+cC+Q

x2+y2+z2>2.

N(Q+〃)(b+C)(C+4)

【证明】左运右边一W+Z—2J就匕r-2be

-------------------yz

(a+〃)(c+a)

cababa2c2

-2-------------------XZ=-------X2-2,------------孙+-----y+--------y

(a+b)(b+c)b+c(Z?+C)(C+Q)c+aC+Q

例2若a<X<l,比较大小：|10ga(l-X)|^|10ga(l+X)|.

【解】因为1-XH1,所以loga(l-x)10,'=|10g(i.x)(l+X)|=-10g(l-x)(l+X)=k)ga-x)—>10g(lR(l-X)=l(因

|logfl(l-x)|l+x

为0<l-x2<l,所以——>l-x>0,0<l-x<l).

l+x

所以|loga(1+x)|>|loga(l-x)|.

(2)分析法(了解)，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-3\labc>a+b-2y[ab.

【证明】要证a+b+c一轶lc・a,b>a+b-2yfab.只需证c+2y[ab>3Vabc,

因为c+=c+J3>c・a.〃=3\labc,所以原不等式成立。

1?11

例4已知实数a,b,c满足OvaWbgeW—,求证：-------<---------F-----------.

2c(y-c)a(l-b)b(l-a)

【证明】因为0<a<b<c<—,由二次函数性质可证a(1-a)<b(l-b)<c(l-c)，

2

所以

a(\—a)bQ-b)c(l-c)

—-

所以

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

所以只需证明—1—+―1—<—1一+—1—,

a(l-a)b(l-b)a(l-b)b[\-d)

4『曰、丁a-ba-h

也就是证-------------<-------------，

Q(l—Q)(l-〃)h(1—6F)(1—b)

只需证b(a・b)ga(a・b),即(a-b^K),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(N3),求证：nn+1>(n+l)n.

【证明】1)当n=3时，因为34=81>64=43,所以命题成立。

(k+1严

2)设n=k时有当n=k+l时，只需证(k+l)k+2>(k+2)k+i,即>1.因为------>l,所以只

伏+2严(A+1)Ar

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需证^kM

,即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+i,只需证(k+l)2>k(k+2),即证k2+2k+l>k2+2k.显然成立。

(k+2)M(4+1产

所以由数学归纳法，命题成立。

(4)反证法。

例6设实数ao,a1,…,an满足ao=an=O,且ao-2ai+a2>O,ai-2a2+a3>0/--,an-2-2an-i+an>0,求证ak<O(k=l,2,…，n-1).

[证明]假设ak(k=l,2,…,n・l)中至少有一个正数,不妨设arMai,a2,…,an-i中第一个出现的正数,则ai<0,a2<0/*\

ar-i<0,ar>0.于是a「ar.i>0,依题设ak+i-akNak・ak-i(k=l,2,…，n・l)。

所以从k=r起有an-ak-1>an-1-an-2>,••>ar-ar.i>0.

因为a„>ak-i>--->ar+i>ar>0与an=0矛盾。故命题获证。

(5)分类讨论法。

(6)放缩法，即要证A>B,可证A>CI,CGC2,…,Cn-iNCn,Cn>B(n£N+).(放缩法尤为重要)

1

例8求证：1H---1---1—,+-<n(n>2).

23T-

【证明】1+'+111111

+…+->--1--+--+-+-+---1----Fd------

232n-1244；2"2"2"

1,n-11〃田工

1+-------->-,得证。

2n22"2

bc

例9已知a,b,c是4ABC的三条边长,m>0,求证:------------1----------->-----

a+mb+mc+m

baba+bm

【证明】------------1----------->-------------------1------------------1-

a+mb+ma+b+ma+b+ma+b+ma+b+m

,m

>1-----——(因为a+b>c),得证。

c+mc+m

(7)引入参变量法。(引参为消参服务)

例10已知X,y£R+,1,a,b为待定正数，求f(x,y)=F+f的最小值。

尤-V

(i+k)2(

【解】设上=左，则Xkl

->f(x,y)=

XT+7、k2

a3+/+a3k+a3k+b3•4+/•—+/?3•—+a3/:2>^(aW+3a2b+3ab2)=

3k2kk

7

(4+6)3(Q+/?)'

，等号当且仅当@=2时成立。所以f(x,y)mi产

22

例11tSX1>X2>X3>X4>2,X2+X3+X4>X1，求证：(X1+X2+X3+X4)2<4x1X2X3X4.

【证明】设X尸k(X2+X3+X4)，依题设有g<k<l,X3X4>4,原不等式等价于(1+k/(X2+X3+X4)V4kx2X3X“X2+X3+X4)，即

(l+&)2

(X2+X3+X4)<X2X3X4，因为f(k)=k+1'在上递减,

4&k3

j(1+左/11

所以———(X2+X+X)=—(2+：+2)(X2+X3+X4)

4k344k

3+-+2

3

<------------------>3X2=4X23X2X3X4.

4

所以原不等式成立。

(8)局部不等式。

xyZ〉3百

例12已知x,y,z£R+,且x2+y2+z2=l,求证:2++2

1-x1-y21-z~~2~

【证明】先证—v2地小.

1-x22

因为X(1-X2)=J；-2/(1—X2)2<

22

xXX

所以------->——

1—X222

343

、3百

y2

同理y，

1-/一2

z

邛2

1-z2

222

所以“yZ>^-(x+y+z)

2++2

1-X1一y21-Z2

abc

例13已知ga,b,cWl,求证:——+--------+---------<2o

bc+1ca+\ab+\

【证明】先证」一4—^—.①

bc-\-\Q+b+C

即a+b+c<2bc+2.

即证(b-l)(c-1)+l+bc>a.

因为OSa,b,cSl,所以①式成立。

b2b

同理-------<-----------,-------<-----------

CQ+1Q+b+cab+\a+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。

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

a+bb+cC+Q

cc/T

【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)N—.不妨设a>b>c,则0<c<---,

223

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2ca+b1

f(a,b,c)=-5—;1

c+1c+1a+b

「、](a+b)2

因为1=(a4-b)c+ab<------------+(a+b)c,

4

解关于a+b的不等式得a+b>2(Vc2+l-c).

考虑函数g(t)=———H—,且（0在［+l,+8）上单调递增。

c+1

__________

又因为OScw],所以3c2q.所以c2+aN4c2.所以2“。？+1一0丘Jc?+1.

2ca+b1

所以f(a,b,c)=-9-------1----?-------1---------

c+1c+1a+b

2