2024年高考数学总复习：高中数学必修五全册复讲义

2024年高考数学总复习系列高中数学必修五全册复

讲义（精华版）

第一章解三角形

一、基础知识【理解去记】

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，a+-+c为半周长。

2

cihC

-------=--------=---------=2R（口为工ABC外接圆半径）。

|sinAsinBsinC

推论1:△ABC的面积为SBc=--^sinC=—bcsmA=—casinB.

IAA222

推论2：在^ABC中，有bcosC+ccosB=a.

ah

推论3：［在△ABC中，A+B=8,解a满足----=----------,贝i|a=A.

sinasin（61-a）

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='a"sinC；再证推论2,因为B+C=；r

2

-A,所以sin(B+C尸sinA,BPsinBcosC+cosBsinC=sinA,两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；

再证推论I由正弦定理一--二一--，所以,■"=sin©_虫，即sinasin(。-A)=sin(。

sinAsinBsinAsin(6-A)

-a)sinA,等价于——[cos(0-A+a)-cos(0-A-a)]=——[cos(0-a+A)-cos(0-a-A)]，等价于cos(9

22

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

证。

+「22

^^^^^^^Ha2=b2+c2-2bccosA<^>cosA=------------------，下面用余弦定理证明几个

2bc

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

b2p+c2q/、

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

p+q

【证明】因为C2=AB2=AD2+BD2-2AD-BDcosZADB,

所以c2=AD2+p2-2AD,pcosAADB.①

同理b2=AD2+q2-2AD•qcosZADC,②

因为NADB+NADC=万,

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，则为中线长公式AD=^-----------°.

_______________________2

111

因为S^=—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

这里”弋上

所以SAABC='p(p-d)(p—b)(p-c).

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

Z.POQ=a,AQOR=13,另外OP,OQ,OR的长分别为u,w,v,这里a邛，a+pe(0,万)，

则P,Q,R的共线的充要条件是

sin/?+sina_sin(o+/)

uvw

【证明】P,Q>R共线。SAOPR=SAOP。+SAOR。

111

O—i/vsin(a+p)=—uwsina+—vwsinp

sin(«+/?)sinBsincr,口、十

o------=———+------，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NBPC-NBAC=/CPA-/CBA=NAPB-N

ACB«

求证：AP-BC=BP•CA=CP•ABo

【证明】过点P作PD_LBC,PEIAC,PF1AB,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NEDF=NPDE+NPDF=NPCA+N

PBA=ZBPC-ZBACo由题设及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,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00“(DO?相切，直线GF与DE交于P,求

证：PAlBCo

【证明】延长PA交GD于M,

GMOiAAF

因为OiGLBC,O2D1BC,所以只需证——=

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：a2(b+c-a)+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)

>•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.

4.三角换元。

223

例5设a,b,c£R+,且abc+a+c=b,试求P=F-----------;-------F------的最大值。

4+1b2+lc2+l

a+c

【解】由题设b=-------,令a=tana,c=tany,b=tan|3,

1-ac

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

当且仅当a+0=工，siiry=L即a==后,。=/■时，Pmax=—.

23243

例6在^ABC中，若a+b+c=l,求证:a2+b2+c2+4abc<—.

2

【证明】设a=sin2acos2p,b=cos2acos2p,c=sin2p,pe0,—

因为a,b,c为三边长，所以c<，,c>|a-b|,

2

从而BG’所以sin2p>|cos2a,cos2Pl.

因为l=(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、趋近高考【必懂】

A_b+c_9

1.（全国10高考）在△ABC中，cos222c10,。=5,求△ABC的内切圆半径.

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。为直角的三角形.

j_

/.△ABC的内切圆半径r=2(b+a-c)=l.

2.(全国10高考)R是△ABC的外接圆半径，若"V4R2COSACOS—则外心位于△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,且窗⑸/人小评⑦文正。-6)sinB.

⑴求角C；

(2)求△ABC面积的最大值.

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]

当cos(A-8)=l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｛斯｝的一般形式通常记作41,42,"3,…，斯或。1,。2,。3,…，斯…。其中的叫做数

列的首项,〃〃是差于〃的具体表达式，称为数列的通项。

定理1若S拉表示｛斯｝的前〃项和，则当〃>1时,a〃=s〃0_i.

定义2等差数列，如果对任意的正整数九，都有斯+i-〃*d(常数)，则｛斯｝称为等差数列，

d叫做公差。若三个数成等差数列，即2b=〃+c,则称。为〃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〃行〃i+(〃-l)d；2)前几项和公式：Sn=

〃(〃1+_几%+―)d；3)an-am=(n-m)df其中n,m为正整数；4)若九+m=p+9,

则〃〃+〃m=Qp+他；5)对任意正整数p,必恒有4Pq=(加夕)(。2-〃1);6)若A,5至少有一个不

为零，则｛斯｝是等差数列的充要条件是Sn=An2+Bn.

定义3等比数列，若对任意的正整数小都有限="，则｛斯｝称为等比数列，q叫做公

比。

定理3*****【必考】等比数列的性质：1）斯=两夕"-1；2）前〃项和S.,当qW1时，S"=）；

2

当q=l时，Sn=nai；3）如果〃，仇c成等比数列,BPb=ac（b^0）,则Z?叫做c的等比中项；

4）若m+〃=p+q,则而斯二他他。

定义4极限，给定数列｛斯｝和实数A,若对任意的£>0,存在M,对任意的心

都有,则称A为几f+8时数列｛〃〃｝的极限，记作lim%=A

nfg

定义5无穷递缩等比数列，若等比数列｛斯｝的公比q满足|切<1,则称之为无穷递增等比数

列，其前〃项和S”的极限（即其所有项的和）为丹（由极限的定义可得）。

i-q

定理4数学归纳法：给定命题）（九），若：（1））（“0）成立；（2）当0（"）时72=左成立时能推出

p（w）对"=左+1成立，则由（1）,（2）可得命题p（w）对一切自然数〃》乃0成立。

【补充知识点】

定理5第二数学归纳法：给定命题0伽），若：（l）pSo）成立；（2）当p（w）对一切“W4的自

然数w都成立时（人》如）可推出pOt+1）成立，则由（1）,（2）可得命题p（w）对一切自然数w

三”0成立。

定理6对于齐次二阶线性递归数列X^OXn.i+bXn.2,设它的特征方程f=依+6的两个根为。，

nl

B:⑴若awB,则Xn=cla~+C2B其中ci,c2由初始条件xi,x2的值确定；⑵若a=B,

则X"=（C1W+C2）a"-i,其中Cl,C2的值由Xi,X2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：特殊一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）2）。”=3"-2"；3）an-r^-2n.

例2已知数列｛。“｝满足ai=Lai+s+…求通项a”.

2

【解】因为〃尸工,又防+〃2=22•〃2,

2

1%+出11

所以。2=------,。3=，猜想an

3x232-13x4〃(〃+1)

证明；1）当〃=1时，a\=—^—,猜想正确。2）假设当时猜想成立。

2x1

当行Z+1时，由归纳假设及题设，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

由数学归纳法可得猜想成立，所以1

n(n+l)

例3设0<〃<1,数列｛斯｝满足斯=1+。,如一尸。+工，求证：对任意〃£N+,有斯>1.

an

【证明】证明更强的结论：1〈斯W1+Q.

1)当〃=1时，1<。1=1+。，①式成立；

2)假设〃二女时，①式成立，即则当行女+1时，有

1II1+。+〃21+1

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

〃女1+a1+a1+。

由数学归纳法可得①式成立，所以原命题得证。

2.迭代法

数列的通项斯或前n项和S〃中的〃通常是对任意成立，因此可将其中的n换成n+1

或几-1等，这种办法通常称迭代或递推。

例4数列｛斯｝满足斯+p斯_1+9斯-2=0,q丰0,求证：存在常数c,使得a；”+p%+i•斯+

qa；+cqn=0.

【证明】a〃+i+pan+i•斯+1+乡。；+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%%+"=°，则对任意"，a^+i+pan+1an+qai~O,取c=0即可.

若a；+pa2aY+qa；丰0,则｛a1+l+pan+1an+qa；｝是首项为a；+pa2al+qa；,公式为

g的等比数列。

aaa

所以n+l+Pn+In++M2al+)•cf.

取c——(<^2+P%a2+qa「),一即可.

,q

综上，结论成立。

例5已知ai=0,a〃+i=5a〃+J24a；+1,求证：a”都是整数，〃eN+.

【证明】因为。1=0,。2=1，所以由题设知当〃21时斯+1>斯.

又由。"+1=5诙+124a；+1移项、平方得

4+1-10。/“+1+4-1=0.①

当"22时,把①式中的〃换成〃中得a；-10%%_1+及1-1=0,即

a

n+i~10a„G„+1+a；-1=0.②

因为诙一1<诙+1，所以①式和②式说明斯一1,斯+1是方程V-IO。〃尤+a〉l=0的两个不等根。由韦

达定理得an+i+an-i=10a„(n^2).

再由。1=0,°2=1及③式可知，当wGN+时，。”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已知斯=----(«=1,2,,")>求$99=。1+。2+…+。99.

4"+2

112x2100+4"+4100-"1

【解】因为Cln+a100-〃=----------1------------

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

19919999

所以$99=5斗(氏+为00一〃)=5义酒=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已知数列｛厮｝满足ai=a2=l，an+2=an+i+an,S”为数列<果>的前n项和，求证：S„<2»

【证明】由递推公式可知，数列｛诙｝前几项为1,1,2,3,5,8,13o

„112358a

因为S"=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

又因为Sn-2<Sn且2"：1>0,

所以'S"<—+—Sn,所以<5,

所以S〃<2,得证。

4.特征方程法

例9已知数列｛斯｝满足勾=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

故设斯=(a+B〃)・2〃/,其中

6=(0+2/?)x2

所以a=3,B=0,

所以斯=3•2吐

例10已知数列｛斯｝满足〃尸3,。2=6,斯+2=2诙+1+3斯，求通项斯.

【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.构造等差或等比数列

例11正数列gal,…，斯,…满足2一J12=2斯.1（几22）且。0=。1=1,求通项。

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

注：“ci=C\•C2........cn.

i=l

+2

例12已知数列｛%｝满足修=2,&+1=，----,n£N+,求通项。

2X"

2.Q2.ry

【解】考虑函数/（x）=^——的不动点，由^——=工得工=±£

2x2x

2,r\

因为％i=2,x〃+尸土---，可知｛xj的每项均为正数。

又工；+222贬]〃，所以为+12血（〃21）。又

X".正=U—行=（%一扬]

©

2%2x〃

X,+i+&=日土2+后=居上空，

②

2x“2居

,公比为2的等比数歹上

2，，-2，，-I

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

解得xn=V2,

(2+行尸一(2一行产

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/⑺=2+24+27+21°++23t+1°,则/⑺=().

2?

(A)—⑻―1)(B)-(8,,+2-1)

77

22

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

77

解析:数列2,2、27,2°,…，23"+i°是以2为首项，8为公比的等比数列,给出的这个数列

2尔〃+4_i\2

共有5+4)项，根据等比数列的求和公式有S“=4-------1=-(8/!+4-1).选(D).

8-17

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〃堆第〃层就放一个乒乓球，以f(n)表示第n堆的乒乓球总数，则/(3)=；

/(")==(答案用〃表示).

【第一层)

••乓球的底

.1.q…c2八1n(n+l)"("+1)("+2)

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

2226

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｛4｝的首项4及公差d都为整数，前〃项和为

(1)若。“=0,Si4=98,求数列｛4｝的通项公式;

(2)若%>0,、4・77,求所有可能的数列｛4｝的通项公式.

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｝的通项公式是%=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.

将d=-1代入①、②，得10<qW12.

又qeZ,故q=ll或q=12.

所以，数列｛4“｝的通项公式是4=12—〃或4=13〃=1,2,3,.

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.（2010.江苏）设数列｛4｝,｛包｝,｛。“｝满足d=4—4+2，cn=an+2an+｝+3«„+2

（〃=1,2,3,），证明｛4｝为等差数列的充要条件是｛g｝为等差数列且

2W2+1（〃=1,2,3,…）.

【解析】：必要性：设｛4｝是公差为4的等差数列，

则bn+l-bn=（a“+i-联）一（%-。”+2）

=(a“+i-)一(八一a“+2)=4-4=0-

易知bn<bn+｝（77=1,2,3,）成立.

由递推关系c“+]-c“=（4+]-。“）+2（4+2-。“+]）+3（4+3-4+2）=4+24+3&=64

（常数）g,2,3,…）.

所以数列｛%｝为等差数列.

充分性：设数列｛cj是公差为4的等差数列，且2或口+]（"=1,2,3,）,

Cn=an+2%+3。计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

从而有bn+l+2d+2+3d+3=-2d2,④

④-③，得（%-优）+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,）,

由此不妨设〃=4（〃=1,2,3,）,

则4—4+2=4（常数）・

由此c“=。“+2«„+1+3«„+2=4/+2/+1-34-

从而%=44+i+2an+2-3d3,两式相减得cn+1-cn-2（an+l-an）~2d3.

因此4+1—%,=5（c〃+i—c,）+4+4（常数）（炉1，2,3,•••）,即数列｛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｛4｝满足q=Lan+l=2an+1.

（1）求数列｛q｝的通项公式;

(2)若小T.4-1.=(q+1卢，bn=kn,证明依｝是等差数列.

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

.-.｛tz„+l｝是以q+1=2为首项，2为公比的等比数列.

.•.4+1=2",即4=2"-1；

(2)：…=(%+1)*,

利用｛4｝的通项公式,有4依+&++办”=2%.

2[(4+b2++bn)-n]=nbn.①

构建递推关系

2岫+&+.+d+%)一(九+1)]=5+1)%「②

②—①，得

("l)%-*+2=0,③

从而有nbn+2-(n+1)优+i+2=0,④

③—④，得nbll+2-2nbll+l+nbn=0,即2+2-22+1+优=0・

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

***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>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,则|a|-|b|qa+b|0|a|+|b|;

(11)a,beR,则(a-b)2K)u>a2+b2N2ab;

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，若立观,由性质(7)得(也?)"<(孤)"，即aWb,与a>b

矛盾，所以假设不成立，所以标>物;由绝对值的意义知(9)成立；-|a|SaW|a|,-|b|SbW|b|,

所以-(|a|+|b|)Wa+bW|a|+|b|,所以|a+b|W|a|+|b|；下面再证(10)的左边,因为|a|=|a+b-b|W|a+b|+|b|,

所以|aHb|W|a+b|,所以(10)成立；(11)显然成立；下证(12),因为x+y-2向=(、后—行尸

沙，所以x+y>2而,当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令

Vx=a,^[y=b,Vz=c,因为x3+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。

A

(1)比较M，在证明A>B或AvB时利用A-B与0比较大小，或把一(A,B>0)与

B

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x2+y2+z2

、_Iabc(\a+b\b+c\c+a'

『(»)("c)(c+a)｛丁孙++«丁xz.

・、e.a」》上101cabJbe

【证明】左边-右边=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)

所以左边N右边，不等式成立。

例2若a<X<l,比较大小：|10ga(1-X)||10ga(1+X)|.

【解】因为l-x/1,所以loga(l-x)丰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(因为0<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-3Klabc>a+b—2y[ab.

【证明】要证a+b+c-3\lc-a-b>a+b-2J•.只需证c+2J益>31abe,

因为c+2V^=c+233c•4./?=项abc，所以原不等式成立。

1211

例4已知实数a,b,c满足OvagbScS—,求证：-------<---------1---------

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

【证明】因为OvaWbWcW^,由二次函数性质可证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)

所以只需证明—*1—ii+—1—<—1—+—1—,

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

…、口、丁a-b/a-b

也就是证-------------V-------------,

a(l-i)(l一b)b(l-a)(l-b)

只需证p(a-b)Sa(a-b),BP(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(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。

(左+1)"2

2)设n=k时有kk+i>(k+l)k,当n=k+l时,只需证比+1/2>位+2尸1,即>1.因

伏+2)I

y+i(左+1)"2kk+i

为」一r>l所以只需证即证(k+1)2k+2>[k(k+2)F+l,只需证

(左+1)(左+2产(左+1尸

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

所以由数学归纳法,命题成立。

(4)反证*。

例6设实数ao,ai,…,an满足ao=an=O,且ao-2ai+a2>O,a「2a2+23?。,…，an-2-2an-i+an>0,求

证ak<O(k=l,2,…，n-1).

【证明】假设a“k=l,2,…,n-1)中至少有一个正数,不妨设是ai,a2,…，a»i中第一

个出现的正数，则aSO,a2《),…，ar-SO,a/O.于是叫29>0,依题设ak+i-a仑ak-ak-i(k=l,2,…,

n-l)o

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

因为anNak-仑…Nar+iNar>0与an=0矛盾。故命题获证。

(5)分类讨论法。

2_22_22_2

例7已知x,y,zGR+,求证：-———+-———+-———>0.

y+zz+x