高中数学校本课程(整理)

1、1 竞赛讲座竞赛讲座一一 函数的性质函数的性质 第一讲第一讲 函数的的单调性 一学习目标 会判断较复杂的函数的单调区间，能利用函数的单调性解决最值问题及解不等式、解方程。 二知识要点 单调性的定义，复合函数的单调性，抽象函数的单调性 三例题讲解 例 1.已知是上的减函数，那么的取值范围是 1)(x log ) 1( 4) 13( )( x xaxa xf a (,) a （A）（B）(0,1) 1 (0, ) 3 （C）（D） 1 1 , ) 7 3 1 ,1) 7 【答案】C 【解析】由题意知在上为减函数，所以 ，) 1(log)(xxxf a ), 1 ( 10 a 在上为减函数，所以 ，

2、且当时，) 1(4) 13()(xaxaxf) 1 ,(013a1x ，由得答案为 C.1log41) 13( a aa 例 2 已知函数，判断该函数在区间上的单调性，并说明理由xxxf1)(),0 【讲解】用定义判断。 设 0,=+ 1 x 2 x)()( 21 xfxf1 1 x 1 x1 2 x 2 x =+ 11 21 21 xx xx 12 12 xx xx =()() 1 x 2 x 11 1 21 xx 12 1 xx 0,11 21 xx 12 xx 11 1 21 xx 12 1 xx 又 ()()0 1 x 2 x 1 x 2 x 11 1 21 xx 12 1 xx 该函

3、数在区间上的单调递增。)()( 21 xfxf),0 例 3. 已知 f ( x )=x2 + 2x + 8，g ( x ) = f ( 2x 2 )，求 g ( x )的单调增区间 【讲解】很明显这是一个复合函数的单调性问题，所以应“分层剥离”为两个函数 t=x2+2 y = f ( t ) =t 2 + 2t + 8 对于f ( t ) =+9,可知当时是增函数，当时是减函数。 2 ) 1( t) 1 ,(t), 1 ( t 对于由 t=x2+21 得 ，当时是增函数，当时是减函数。11x)0 , 1(x) 1 , 0(x 由 t=x2+21 得或，当时是增函数，当时是减函数。1x1x)

4、1,(x), 1 ( x 由复合函数的单调性可知，f ( x )的单调递增区间是和(0,1)。) 1,( 例 4. 已知函数有如下性质：如果常数，那么该函数在上是减函数，在 a yx x 0a 0, a 2 上是增函数。 ,a （1）如果函数在上是减函数，在上是增函数，求的值。 2 (0) b yxx x 0,44,b （2）设常数，求函数的最大值和最小值；1,4c( )(12) c f xxx x （3）当是正整数时，研究函数的单调性，并说明理由。n( )(0) n n c g xxc x 【讲解】： (1) 由已知得=4, b=4. b 2 (2) c1,4, 1,2,c 于是,当 x=时

5、, 函数 f(x)=x+取得最小值 2.c x c c f(1)f(2)=, 2 2c 当 1c2 时, 函数 f(x)的最大值是 f(2)=2+； 2 c 当 2c4 时, 函数 f(x)的最大值是 f(1)=1+c. (3)设 0 x1x2,g(x2)g(x1)=.)1)( 21 12 1 1 2 2 nn nn n n n n xx c xx x c x x c x 当x1g(x1), 函数 g(x)在,+)上是增函数； n c 2n c 2 当 0 x1x2g(x1), 函数 g(x)在(0, 上是减函数. n c 2n c 2 当 n 是奇数时,g(x)是奇函数, 函数 g(x) 在

6、(,上是增函数, 在,0)上是减函数. n a 2n a 2 当 n 是偶数时, g(x)是偶函数, 函数 g(x)在(,)上是减函数, 在,0上是增函数. n a 2n a 2 例 5 设 x, yR，且满足，求 x+y. 1) 1(1997) 1( 1) 1(1997) 1( 3 3 yy xx 【讲解】 设 f(t)=t3+1997t，先证 f(t)在（-，+）上递增。事实上，若 a0，所以 f(t)递增。 由题设 f(x-1)=-1=f(1-y)，所以 x-1=1-y，所以 x+y=2. 例 6 已知函数的定义域为 R，且对任意R 都有，当( )yf x 12 ,x x 1212 ()

7、()()f xxf xf x 时，试判断在区间3,3上是否有最大值或最小值，若有，求出0 x ( )0f x (1)fa( )f x 其最大值或最小值，若没有，说明理由. 【讲解】： 设R 且，则，所以. 12 ,x x 12 xx 21 0 xx 21 ()0f xx 212111 ()()()()f xf xfxxxf x 2111 ()()()f xxf xf x . 21 ()0f xx 21 ()()f xf x 所以在 R 上为减函数，在3,3上，.( )f x maxmin ( 3),(3)yfyf 因为，令则，(3)(2 1)(2)(1)3 (1)3fffffa 12 0,xx

8、(0)0f 3 令，则，所以，所以为 12 ,xx xx (0)( )()ff xfx()( )fxf x ( )f x 奇函数，所以在区间3,3上，. maxmin ( 3)(3)3 ,(3)3yffa yfa 例 7 已知函数的定义域为，且同时满足：（1）（2）恒成立（3）若( )f x0,1(1)3f( )0f x ，则有. 1212 0,0,1xxxx 1212 ()()()f xxf xf x 求函数的最大值和最小值 .( )f x 【讲解】：设，由（2）知. 12 01xx 21 01xx 21 ()0f xx 则 212111 ()()()()f xf xfxxxf x 2111

9、 ()()()f xxf xf x ，即，所以在为增函数. 21 ()0f xx 21 ()()f xf x( )f x0,1 故函数在的最大值和最小值分别为和.( )f x0,1(1)f(0)f 在(3)中令，得，根据（2）知 12 0 xx(0)2 (0)ff(0)0f(0)0f ，所以函数的最大值和最小值分别为 3 和 0.(0)0f( )f x 四课后练习 1.填空：（1）函数的递增区间是_ _ _14 2 xxy （2）函数递减区间是_ _)34(log 2 xxy a 2.奇函数 f(x)在定义域（-1，1）内是减函数，又 f(1-a)+f(1-a2)-1，所以 cos， , 2

10、x 0 , 2 x 所以 sin(cosx) 0,又 00， 所以 cos(sinx)sin(cosx). 若，则因为 sinx+cosx=(sinxcos+sincosx)=sin(x+)， 2 , 0 x2 4 4 2 4 2 2 所以 0sinx-cosxcos(-cosx)=sin(cosx). 2 综上，当 x(0,)时，总有 cos(sinx)0). 由 y=sinx 的图象向左平移个单位，然后保持横坐标不变，纵坐标变为原来的 A 倍，然后再保持纵 坐标不变，横坐标变为原来的，得到 y=Asin(x+)的图象；也可以由 y=sinx 的图象先保持横坐 1 13 标不变，纵坐标变为原

11、来的 A 倍，再保持纵坐标不变，横坐标变为原来的，最后向左平移个单 1 位，得到 y=Asin(x+)的图象。 例 5 已知 f(x)=sin(x+)(0, 0)是 R 上的偶函数，其图象关于点对称，且在 0 , 4 3 M 区间上是单调函数，求和的值。 2 , 0 【解】 由 f(x)是偶函数，所以 f(-x)=f(x)，所以 sin(+)=sin(-x+)，所以 cossinx=0，对任意 xR 成立。 又 0，解得=， 2 因为 f(x)图象关于对称，所以=0。 0 , 4 3 M) 4 3 () 4 3 (xfxf 取 x=0，得=0，所以 sin) 4 3 (f . 0 24 3 所

12、以(kZ)，即=(2k+1) (kZ). 24 3 k 3 2 又0，取 k=0 时，此时 f(x)=sin(2x+)在0，上是减函数； 2 2 取 k=1 时，=2，此时 f(x)=sin(2x+)在0，上是减函数； 2 2 取 k=2 时，此时 f(x)=sin(x+)在0，上不是单调函数， 3 10 2 2 综上，=或 2. 3 2 5三角公式的应用 例 6 已知ABC 的三个内角 A，B，C 成等差数列，且，试求 BCAcos 2 cos 1 cos 1 的值。 2 cos CA 【解】 因为 A=1200-C，所以 cos=cos(600-C)， 2 CA 14 又由于 )120co

13、s(cos cos)120cos( cos 1 )120cos( 1 cos 1 cos 1 0 0 0 CC CC CCCA =，22 2 1 )2120cos( )60cos(2 )2120cos(120cos 2 1 )60cos(60cos2 0 0 00 00 C C C C 所以=0。23 2 cos2 2 cos24 2 CACA 解得或。 2 2 2 cos CA 8 23 2 cos CA 又0，所以。 2 cos CA 2 2 2 cos CA 三、课外练习三、课外练习 已知，且。则的值是3 sin )2sin( ),( 2 , 2 1 Zknnk tan )tan( _.

14、 2. 若动直线与函数和的图像分别交于两点，则xa( )sinf xx( )cosg xxMN， 的最大值为_.MN 3. 若，则的取值范围是_. 02 ,sin3cos 4. 把函数（）的图象上所有点向左平行移动个单位长度，再把所得图sinyxxR 3 象上所有点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变） ，得到的图象所表示的函数是 1 2 _. 5. 函数f(x)=() 的值域是_. sin1 32cos2sin x xx 02x 6. 已知，且在区间有最小值，无( )sin(0) 363 f xxff ，( )f x 6 3 ， 最大值，则_ 7. 已知函数 f(x)为偶函数，且函数 yf(x

15、)图象的)0,0)(cos()sin(3xx 两相邻对称轴间的距离为. 2 （）求 f（）的值； 8 （）将函数 yf(x)的图象向右平移个单位后，再将得到的图象上各点的横坐标舒畅长到原来的 4 6 倍，纵坐标不变，得到函数 yg(x)的图象，求 g(x)的单调递减区间. 15 8. 若 117 ( ), ( )cos(sin )sin(cos ),( ,). 112 t f tg xx fxx fx x t （）将函数化简成（，）的形式；( )g xsin()AxB0A 00,2 ) （）求函数的值域.( )g x 9. 设函数， 232 ( )cos4 sincos434 22 xx f

16、xxtttt xR 其中，将的最小值记为1t ( )f x( )g t （I）求的表达式；( )g t （II）讨论在区间内的单调性并求极值( )g t( 11) ， 10. 已知函数， 2 ( )2sin3cos2 4 f xxx 4 2 x ， （I）求的最大值和最小值；( )f x （II）若不等式在上恒成立，求实数的取值范围( )2f xm 4 2 x ，m 11. 已知函数， 2 ( )cos 12 f xx 1 ( )1sin2 2 g xx （I）设是函数图象的一条对称轴，求的值 0 xx( )yf x 0 ()g x （II）求函数的单调递增区间( )( )( )h xf xg

17、 x 12. 如图，函数的图象与轴交于点，且在该点处切线 2cos()(0) 2 yxxR，y(03)， 的斜率为2 （1）求和的值； （2）已知点，点是该函数图象上一点，点是 0 2 A ，P 00 ()Q xy， 的中点，当，时，求的值PA 0 3 2 y 0 2 x ， 0 x 第五讲第五讲 解三角形解三角形 一、知识要点一、知识要点 y x 3 O A P 16 1正弦定理：=2R（R 为ABC 外接圆半径） 。 C c B b A a sinsinsin 2余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA bc acb A 2 cos 222 面积公式：SABC=absinC=bcsinA

18、=acsinB； 2 1 2 1 2 1 海伦公式：SABC=，这里)()(cpbpapp. 2 cba p 斯特瓦特定理：在ABC 中，D 是 BC 边上任意一点，BD=p，DC=q，则 AD2= . 22 pq qp qcpb 注：在上式中，若 p=q，则为中线长公式. 2 22 222 acb AD 二、例题选讲二、例题选讲 1正弦定理的应用 例 1 在中，角所对应的边分别为，ABC, ,A B C, ,a b c2 3a tantan4, 22 ABC ，求及2sincossinBCA,A B, b c 【解】 由得tantan4 22 ABC cottan4 22 CC cossin

19、 22 4 sincos 22 CC CC 1 4 sincos 22 CC ，又 1 sin 2 C (0, )C 5 66 CC ，或 由得 2sincossinBCA2sincossin()BBBC 即 sin()0BCBC 6 BC 2 () 3 ABC 17 由正弦定理得 sinsinsin abc ABC 1 sin 2 2 32 sin3 2 B bca A 例 2 如图所示，ABC 内有一点 P，使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB。 求证：APBC=BPCA=CPAB。 【证明】 过点 P 作 PDBC，PEAC，PFAB，垂足分别为 D，E，F， 则 P，D，

20、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，CDsinACB=APsinBAC=BPsinABC，两边同时乘以ABC 的外 接圆直径 2R，得 CPBA=APBC=BPAC，得证： 2一个常用的代换：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

21、+z, b=z+x, c=x+y. 例 3 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) =8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)zxyzxy 8 =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. 3三角换元 例 4 在ABC 中，若 a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc. 2 1 【证明】 设 a=sin2cos2, b=

22、cos2cos2, c=sin2, . 2 , 0 因为 a, b, c 为三边长，所以 c|a-b|， 2 1 从而，所以 4 , 0 sin2|cos2cos2|. 因为 1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca), A B C P 18 所以 a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc). 又 ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c) =sin2cos2+sin2cos2cos4cos2 =1-cos22+(1-cos22)cos4cos2 4 1 =+cos2(cos4-cos22cos4-cos2) 4 1 4 1 +cos2

23、(cos4-sin4-cos2)=. 4 1 4 1 4 1 所以 a2+b2+c2+4abc0，若平面内三点 A（1，-） ，B（2，） ，C（3，）共线，则=_.aa 2 a 3 aa 5. 已知，b 是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足,则的最大值ac0)()(cbcac 是_. 23 C B A O 6. 在平行四边形中，与交于点是线段的中点，的延长线与交于ABCDACBDOE，ODAECD 点若，则_.FAC aBD bAF 7. 直角坐标系中，分别是与轴正方向同向的单位向量在直角三角形中，若xOyij ，xy，ABC ，则的可能值个数是_.jkiACjiAB 3,2k 8如图

24、，平面内有三个向量、,其中与与的夹角为 120，OAOBOCOAOB 与的夹角为 30,且|1，|，若+OAOCOAOBOC32OCOAOB （，R）,则+的值为 . 9. 设平面上的向量，b b，x x，y y 满足关系= y yx x，b b=2x xy y,又设与 b b 的模为 1,且互相垂直,则 aaa 与的夹角为 .xy 10. 已知空间四边形 ABCD 中，2222，求证：ACBD. 竞赛讲座三竞赛讲座三 数列数列 第七讲第七讲 等差数列与等比数列数列等差数列与等比数列数列 一、学习目标一、学习目标 数列是高中数学的重要内容之一，也是高考及高中数学联赛考查的重点。而且往往 还以解

25、答题的形式出现，所以我们在复习时应给予重视。近几年的数列试题不仅考查数 列的概念、等差数列和等比数列的基础知识、基本技能和基本思想方法，而且有效地考 查了学生的各种能力。 二、知识要点二、知识要点 （一） 、数列的基础知识 1数列an的通项 an与前 n 项的和 Sn的关系 它包括两个方面的问题：一是已知 Sn求 an，二是已知 an求 Sn； 1.1 已知 Sn求 an 对于这类问题，可以用公式 an=. )2( ) 1( 1 1 nSS nS nn 1.2 已知 an求 Sn 这类问题实际上就是数列求和的问题。数列求和一般有三种方法：颠倒相加法、错 位相减法和通项分解法。 24 2递推数列

26、：，解决这类问题时一般都要与两类特殊数列相联系，设 )( 1 1 nn afa aa 法转化为等差数列与等比数列的有关问题，然后解决。 （二） 、等差数列与等比数列 1定义：数列an为等差数列an+1-an=dan+1-an=an-an-1； 数列bn为等比数列。 q a b n n 1 1 1 n n n n b b b b 2通项公式与前 n 项和公式： 数列an为等差数列，则通项公式 an=a1+(n-1)d, 前 n 项和 Sn= 2 )( 1n aan . 2 ) 1( 1 dnn na 数列an为等比数列，则通项公式 an=a1qn-1, 前 n 项和 Sn=. ) 1( 1 )1

27、 ( ) 1( 1 1 q q qa qna n 3性质： 等差数列 若 m+n=p+q， 则 am+an=ap+aq 每连续 m 项的和 仍组成等差数列, 即 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 组成等差数列 等比数列 若 m+n=p+q， 则 aman=apaq 每连续 m 项的和 仍组成等比数列， 即 Sm,S2m-Sm,S3m-S2m 组成等比数列 （4）函数的思想：等差数列可以看作是一个一次函数型的函数；等比数列可以看作是一 个指数函数型的函数。可以利用函数的思想、观点和方法分析解决有关数列的问题。 （三） 等差数列与等比数列数列问题的综合性和灵活性如何表现？ 25 数列问题的综合性

28、主要表现在 1数列中各相关量的关系较为复杂、隐蔽 2同一问题中出现有若干个相关数列，既有等差或等比数列，也有非等差，非等比的 数列，需相互联系，相互转换 数列问题的灵活性表现在： 1需灵活应用递推公式，通项公式，求和公式，寻求已知与所求的关系，减少中间量 计算 2需灵活选用辅助数列，处理相关数列的关系 三、例题赏析 例 1 已知(bc)logm x+(ca)logm y+(ab)logm z0 (1) 若 a、b、c 依次成等差数列，且公差不为 0，求证 x、y、z 成等比数列； (2) 若 x、y、z 依次成等比数列，且公比不为 1，求证 a、b、c 成等差数列 分析 判断三个数成等差数列或

29、等比数列的充要条件，一是定义，二是中项公式 证明：（1） a、b、c 依次成等差数列 bcd，ca2d， abd（d0）代入 得 d（logm x2 logm y + logm z）0 d0 ， ， 0 logloglog2log 2 y xz zyx mmmm y2xz，可知 x、y、z 成等比数列 （2） x、y、z 依次成等比数列 两边取对数，得 ）（，1 2 qq x z q x y y z logm zlogm ylogm ylogm xlogm qlogm zlogm x2 logm q 式可变为 a（logm zlogmy）b（logm zlogmx）+ c（logm ylogm

30、x）0 即 logm q（a2b + c）0 logm q0 ）（，1 2 qq x z q x y y z ）（，1 2 qq x z q x y y z ）（，1 2 qq x z q x y y z ， 0 logloglog2log 2 y xz zyx mmmm 26 2ba+c，可知 a、b、c 成等差数列 例 2 在等差数列an中，已知 a10,Sn是它的前 n 项的和.已知 S3=S11，求 Sn的最大值。 解：由已知：S3=S11，故而因为 S3=S11，得 . 0 13 2 ,551133 111 addada得： a4+a5+a6+a10+a11=0.由于 a4+a11=

31、a5+a10=a6+a9=a7+a8,所以 a7+a8=0。 故 a70,a80 同时 an+1n3=n2(n), 当 n7 时，n . 3 1 3 2 3 1 3 5 3 1 3 1 3 1 4 9 所以当 n7 时，An2 Bn2，故 An Bn 评说：对于 An与 Bn的大小，也可以用数学归纳法证明。 例 5 已知数列an的各项均为正数，且前 n 项之和 Sn满足 6Sn=an2+3an+2.若 a2，a4,a9成等比数列，求 数列的通项公式。 28 解：当 n=1 时，由题意有 6a1=a12+3a+2 于是 a1=1 或 a1=2 当 n2 时，有 6Sn=an2+3an+2，6Sn

32、-1=an-12+3an-1+2 两式相减得：(an+an-1) (an-an-1-3)=0 由题意知an各项为正，所以 an-an-1=3 当 a1=1 时，an=1+3(n-1)=3n-2 此时 a42=a2a9成立 当 a1=2 时，an=2+3(n-1)=3n-1 此时 a42=a2a9不成立，故 a1=2 舍去 所以 an=3n-2 例 6 各项均为实数的等比数列an的前 n 项之和为 Sn，若 S10=10，S30=70，求 S40。 解 记 b1=S10,b2=S20-S10,b3=S30-S20,b4=S40-S30.设 q 是an的公比，则 b1,b2,b3,b4构成以 r=

33、q10 为公比的等比数列。于是 70=S30=b1+b2+b3 =b1(1+r+r2) =10(1+r+r2) 即 r2+r-6=0. 解得 r=2 或 r=-3 由于 r=q100 , 所以 r=2 故 S40=10(1+2+22+23 例 7.设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于 3，且各项之和为 972，这样的 数列共有多少个？ 解 设等差数列首项为 a，公差为 d，依题意有 29 即 2a+(n-1)dn=2972, (3) 因为 n 为不小于 3 的自然数，97 为素数，故 n 的值只可能为 97，297,972,2972四者之 一。 若 d0,则由(3)知 故只可能有 n

34、=97.于是(3)化为 a+48d=97. 此时可得 n=97,d=1,a=49 或 n=97,d=2,a=1. 若 d=0 时，则由(3)得 na=972,此时 n=97,a=97 或 n=972,a=1。 故符合条件的数列共有 4 个。 例 8.设任意实数 x,y 满足|x|1,|y|1,求证： (第 19 届莫斯科数学竞赛 试题) 证明：|x|1,|y|1，x21,y21，故 =(1+x2+ x4+ x6+)+(1+ y2+ y4+ y6+)=2+(x2+y2) (x4+y4)+ (x6+y6)+ 2+2xy+2x2y2+2x3y3+= 四、学生练习四、学生练习 1 数列an的 前 n

35、项 和 Sna 2n + b（nN） ，则an为等比数列的充要条件 是_ 2 设等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S756，Sn420，an334，则 n_ 3.等差数列中,a3+a7-a10=8,a11-a4=4, S13 4.各项均为实数的等比数列an的前 n 项之和为 Sn，若 S10=10，S30=70， S40= 5 （2000 年全国）设an是首项为 1 的正项数列，且(n+1)an+12- nan2+an+1an=0，(n=1,2,3,),则它的通项公式是 an= . 30 第八讲第八讲 数学归纳法数学归纳法 竞赛常用定理竞赛常用定理 定理 1 第一数学归纳法：给定命题 p

36、(n)，若：（1）p(n0)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 nn0成立。 定理 2 第二数学归纳法：给定命题 p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当 p(n)对一切 nk 的自然数 n 都成立时（kn0）可推出 p(k+1)成立，则由（1） ， （2）可得命题 p(n)对一切自然数 nn0成立。 三、例题赏析 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

37、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）an=n2-1；2）an=3n-2n；3）an=n2-2n. 例 2 已知数列an满足 a1=,a1+a2+an=n2an, n1，求通项 an. 2 1 【解】 因为 a1=,又 a1+a2=22a2, 2 1 所以 a2=，a3=,猜想(n1). 23 1 43 1 132 2 aa ) 1( 1 nn an 证明；1）当 n=1 时，a1=，猜想正确。2）假设当 nk 时猜想成立。 12 1 当 n=k+1 时，由归纳假设及题设，a1+ a1+a1=

38、(k+1)2-1 ak+1,， 所以=k(k+2)ak+1, ) 1( 1 23 1 12 1 kk 即=k(k+2)ak+1, 1 11 3 1 2 1 2 1 1 kk 所以=k(k+2)ak+1,所以 ak+1= 1k k . )2)(1( 1 kk 由数学归纳法可得猜想成立，所以. ) 1( 1 nn an 例 3 设 0a1. n a 1 【证明】 证明更强的结论：1an1+a. 1)当 n=1 时，1a1=1+a，式成立； 2)假设 n=k 时，式成立，即 1an. 又由 an+1=5an+移项、平方得124 2 n a . 0 110 2 1 2 1 nnnn aaaa 当 n2

39、 时，把式中的 n 换成 n-1 得，即0110 2 11 2 nnnn aaaa . 0 110 2 1 2 1 nnnn aaaa 因为 an-1an+1，所以式和式说明 an-1, an+1是方程 x2-10anx+-1=0 的两个不等根。由韦达定理得 2 n a an+1+ an-1=10an(n2). 再由 a1=0, a2=1 及式可知，当 nN+时，an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 an=(n=1, 2, )，求 S99=a1+a2+a99. 100 24 1 n 【解】 因为 an+a100-n=+=， 100

40、24 1 n100100 24 1 n100100100100 100100 2 1 )44(224 4422 nn nn 所以 S99=. 2 99 2 99 2 1 )( 2 1 101100 99 1 100 n nn aa 例 7 求和：+ 432 1 321 1 n S. )2)(1( 1 nnn 【解】 一般地， )2)(1(2 2 )2)(1( 1 kkk kk kkk ， )2)(1( 1 ) 1( 1 2 1 kkkk 32 所以 Sn= n k kkk 1 )2)(1( 1 )2)(1( 1 ) 1( 1 43 1 32 1 32 1 21 1 2 1 nnnn )2)(1

41、( 1 2 1 2 1 nn . )2)(1(2 1 4 1 nn 例 8 已知数列an满足 a1=a2=1，an+2=an+1+an, Sn为数列的前 n 项和，求证：Sn2。 n n a 2 【证明】 由递推公式可知，数列an前几项为 1，1，2，3，5，8，13。 因为， n n n a S 22 8 2 5 2 3 2 2 2 1 2 1 65432 所以。 15432 22 5 2 3 2 2 2 1 2 1 n n n a S 由-得， 12 2 22 222 1 2 1 2 1 2 1 2 1 n n n n n aa S 所以。 1 2 24 1 2 1 2 1 n n nn

42、a SS 又因为 Sn-20, 1 2 n n a 所以Sn, 所以， 4 1 2 1 2 1 n S 2 1 4 1 n S 所以 Sn0， 2 2 1 1 x x 由可知对任意 nN+，0 且, 2 2 n n x x 2 2 lg2 2 2 lg 1 1 n n n n x x x x 34 所以是首项为，公比为 2 的等比数列。 2 2 lg n n x x 22 22 lg 所以，所以， 1 2 2 2 lg n n n x x 22 22 lg 2 2 n n x x 1 2 22 22 n 解得。2 n x 11 11 22 22 )22()22( )22()22( nn nn

43、注：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。 四、学生练习四、学生练习 1、基础训练题、基础训练题 1 数列xn满足 x1=2, xn+1=Sn+(n+1)，其中 Sn为xn前 n 项和，当 n2 时，xn=_. 2. 数列xn满足 x1=，xn+1=,则xn的通项 xn=_. 2 1 23 2 n n x x 3. 数列xn满足 x1=1，xn=+2n-1(n2)，则xn的通项 xn=_. 1 2 1 n x 4. 等差数列an满足 3a8=5a13，且 a10, Sn为前 n 项之和，则当 Sn最大时，n=_. 5. 等比数列an前 n 项之和记为 Sn,若 S10=10，S30=70，则

44、S40=_. 6. 数列xn满足 xn+1=xn-xn-1(n2)，x1=a, x2=b, Sn=x1+x2+ xn，则 S100=_. 7. 数列an中，Sn=a1+a2+an=n2-4n+1 则|a1|+|a2|+|a10|=_. 8. 若，并且 x1+x2+ xn=8，则 x1=_. 12531 3 3 2 2 1 1 nx x x x x x x x n n 9. 等差数列an，bn的前 n 项和分别为 Sn和 Tn，若，则=_. 13 2 n n T S n n n n n b a lim 10. 若 n!=n(n-1)21, 则=_. ! 1 ) 1( 2 2007 1 n nn

45、n n 11若an是无穷等比数列，an为正整数，且满足 a5+a6=48, log2a2log2a3+ log2a2log2a5+ log2a2log2a6+ log2a5log2a6=36，求的通项。 n a 1 12已知数列an是公差不为零的等差数列，数列是公比为 q 的等比数列，且 b1=1, b2=5, b3=17, n b a 求：（1）q 的值；（2）数列bn的前 n 项和 Sn。 2、高考水平训练题、高考水平训练题 1已知函数 f(x)=，若数列an满足 a1=，an+1=f(an)(nN+)，则 ) 1(1 1 2 1 12 2 1 2 1 xx xx xx 3 7 a2006

46、=_. 35 2已知数列an满足 a1=1, an=a1+2a2+3a3+(n-1)an-1(n2)，则an的通项 an= . )2( ) 1(1 n n 3. 若 an=n2+, 且an是递增数列，则实数的取值范围是_.n 4. 设正项等比数列an的首项 a1=, 前 n 项和为 Sn, 且 210S30-（210+1）S20+S10=0，则 2 1 an=_. 5. 已知，则 a 的取值范围是_. 3 1 ) 1(3 3 lim 1 nn n n a 6数列an满足 an+1=3an+n(n N+) ，存在_个 a1值，使an成等差数列；存在_个 a1值，使an成等比数列。 7已知(n N

47、+)，则在数列an的前 50 项中，最大项与最小项分别是_. 402 401 n n an 8有 4 个数，其中前三个数成等差数列，后三个数成等比数列，并且第一个数与第四个数的和中 16，第二个数与第三个数的和是 12，则这四个数分别为_. 9. 设an是由正数组成的数列，对于所有自然数 n, an与 2 的等差中项等于 Sn与 2 的等比中项，则 an=_. 10. 在公比大于 1 的等比数列中，最多连续有_项是在 100 与 1000 之间的整数. 11已知数列an中，an0，求证：数列an成等差数列的充要条件是 （n2）恒成立。 111433221 11111 nnn aaaaaaaaa

48、a 12已知数列an和bn中有 an=an-1bn, bn=(n2), 当 a1=p, b1=q(p0, q0)且 p+q=1 时， （1） 2 1 1 1 n n a b 求证：an0, bn0 且 an+bn=1（nN） ；（2）求证：an+1=；（3）求数列 1n n a a .lim n n b 13是否存在常数 a, b, c，使题设等式 122+232+n(n+1)2=(an2+bn+c) 12 ) 1( nn 对于一切自然数 n 都成立？证明你的结论。 3、联赛一试水平训练题、联赛一试水平训练题 1设等差数列的首项及公差均为非负整数，项数不少于 3，且各项和为 972，这样的数列

49、共有 _个。 2设数列xn满足 x1=1, xn=，则通项 xn=_. 72 24 1 1 n n x x 3. 设数列an满足 a1=3, an0，且，则通项 an=_. 5 1 2 3 nn aa 4. 已知数列 a0, a1, a2, , an, 满足关系式(3-an+1)(6+an)=18，且 a0=3，则=_. n i i a 0 1 5. 等比数列 a+log23, a+log43, a+log83 的公比为=_. 6. 各项均为实数的等差数列的公差为 4，其首项的平方与其余各项之和不超过 100，这样的数列至多 有_项. 36 7. 数列an满足 a1=2, a2=6, 且=2，

50、则 1 1 2 n nn a aa _. 2 21 lim n aaa n n 8. 数列an 称为等差比数列，当且仅当此数列满足 a0=0, an+1-qan构成公比为 q 的等比数列，q 称为 此等差比数列的差比。那么，由 100 以内的自然数构成等差比数列而差比大于 1 时，项数最多有 _项. 9设 hN+，数列an定义为：a0=1, an+1=。问：对于怎样的 h，存在大于 0 为奇数 为偶数 nn n n aha a a 2 的整数 n，使得 an=1？ 10设akk1为一非负整数列，且对任意 k1，满足 aka2k+a2k+1， （1）求证：对任意正整数 n，数 列中存在 n 个连

51、续项为 0；（2）求出一个满足以上条件，且其存在无限个非零项的数列。 11求证：存在唯一的正整数数列 a1,a2,使得 a1=1, a21, an+1(an+1-1)= . 1 11 3 2 2 nn nn aa aa 竞赛讲座四竞赛讲座四 不等式不等式 第九讲第九讲 不等式的证明不等式的证明（一一） 一、学习目标一、学习目标 掌握不等式的性质及其证明；掌握不等式证明的一些常用方法，并能运用不等式性质和方法解决 一些问题. 本节着重培养考生数学式的变形能力，逻辑思维能力以及分析问题和解决问题的能力 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 http:/ http:/ 头 头

52、头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 二、知识要点二、知识要点 1.不等式的基本性质： （1）（传递性）.这是放缩法的依据.cacbba , （2）（加法保序性）cbcaba （3）.,dbcadcba （4）.0,;0,bcaccbabcaccba （5）.,dbcadcba （6）., 0, 0bcad d b c a cdba （7）*).(,0Nnbababa nnnn 2.含绝对值不等式的性质： （1）.)0(| 22 axaaxaax （2）.)0(| 22 axaxaxaax或 （3）（三角不等式）.|bababa （4）. | 2121nn aaaaaa 3.证明

53、不等式的常用方法有：比较法、放缩法、变量代换法、反证法、数学归纳法、构造函数方 法等.当然在证题过程中，常可“由因导果”或“执果索因”.前者我们称之为综合法；后者称为分析 37 法.综合法和分析法是解决一切数学问题的常用策略，分析问题时，我们往往用分析法，而整理结果时 多用综合法，这两者并非证明不等式的特有方法，只是在不等式证明中使用得更为突出而已.此外，具 体地证明一个不等式时，可能交替使用多种方法. 三、例题赏析 例 1：求证：, 0,cba.6)()()(abcaccacbbcbaab 略解abcaccacbbcbaab6)()()( 0 )()()( )2()2()2( 222 222

54、222 bacacbcba abbacaccabbccba .6)()()(abcaccacbbcbaab 评述：（1）本题所证不等式为对称式（任意互换两个字母，不等式不变） ，在因式分解或配方时， 往往采用轮换技巧.再如证明时，可将cabcabcba 22222 ba 配方为，亦可利用)(cabcab)()()( 2 1 222 accbba,2 22 abba ，3 式相加证明.（2）本题亦可连用两次基本不等式获证.caacbccb2,2 2222 例 2：，求证：0,cba.)( 3 cba cba abccba 思路分析：显然不等式两边为正，且是指数式，故尝试用商较法. 略解：不等式关

55、于对称，不妨，且，cba, Rcacbbacba,则 c b b a , 都大于等于 1. c a . 1 )()()( )( 333 3333333 2 3 2 3 2 3 cacbba bcaccbabcababaccabcba cba cba c a c b b a ccbbaacba abc cba 评述：（1）证明对称不等式时，不妨假定个字母的大小顺序，可方便解题.n （2）本题可作如下推广：若 n a n aa i aaania 21 21 ), 2 , 1(0则 .)( 21 21 n aaa n n aaa （3）本题还可用其他方法得证。因， abba baba 同理，另，4

56、式相乘即得证. caacbccb acaccbcb, cbacba cbacba 例 3：已知a0，b0，且a+b=1 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 http:/ http:/ 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 求证 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 http:/ http:/ 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 (a+ )(b+) 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 http:/ http:/ 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 a 1 b

57、 1 4 25 证法一 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 http:/ http:/ 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 (分析综合法） 欲证原式，即证 4(ab)2+4(a2+b2)25ab+40， 即证 4(ab)233(ab)+80，即证 ab或 ab8 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 http:/ http:/ 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 4 1 a0，b0，a+b=1，ab8 不可能成立 1=a+b2，ab，从而得证 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头

58、 http:/ http:/ 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 ab 4 1 38 证法二 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 http:/ http:/ 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 (均值代换法) 设 a=+t1，b=+t2 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 http:/ http:/ 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 头 2 1 2 1 a+b=1，a0，b0，t1+t2=0，|t1|，|t2| 2 1 2 1 . 4 25 4 1 16 25 4 1 2 3 16 25 4 1 ) 4 5 ( 4 1 ) 1 4 1 )(1 4 1 ( ) 2 1 )( 2 1 ( ) 1 4 1 )(1 4 1 ( 2 1 1) 2 1 ( 2 1 1) 2 1 ( 11 ) 1 )( 1 ( 2 2 4 2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2 22 2 11 21 2 22 2 11 2 2 2 1 2 1 22 t tt t tt t tttt tt tttt