（人）版高中数学必修五典型例题方法和技巧

1、 高中数学必修五典型例题学习方法技巧第一章 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的三个角，a, b, c分别表示它们所对的各边长，为半周长。1正弦定理：=2R（R为ABC外接圆半径）。推论1：ABC的面积为SABC=推论2：在ABC中，有bcosC+ccosB=a.推论3：在ABC中，A+B=，解a满足，则a=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SABC=；再证推论2，因为B+C=-A，所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘

2、以2R得bcosC+ccosB=a；再证推论4，由正弦定理，所以，即sinasin(-A)=sin(-a)sinA，等价于cos(-A+a)-cos(-A-a)=cos(-a+A)-cos(-a-A)，等价于cos(-A+a)=cos(-a+A)，因为0<-A+a，-a+A<. 所以只有-A+a=-a+A，所以a=A，得证。2余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA，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AD2= （1）【证明】 因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos，所以c2

3、=AD2+p2-2AD·pcos同理b2=AD2+q2-2AD·qcos， 因为ADB+ADC=，所以cosADB+cosADC=0，所以q×+p×得qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即AD2=注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式（2）海伦公式：因为b2c2sin2A=b2c2 (1-cos2A)=b2c2(b+c)-a2a2-(b-c) 2=p(p-a)(p-b)(p-c).这里所以SABC=二、基础例题【必会】1面积法例1 （共线关系的角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满足，另外OP，OQ，OR的长分别为u, w, v，这里

4、，+(0, )，则P，Q，R的共线的充要条件是【证明】P，Q，R共线(+)=uwsin+vwsin，得证。2正弦定理的应用例2 如图所示，ABC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PDBC，PEAC，PFAB，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=

5、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CP·BA=AP·BC=BP·AC，得证：例3 如图所示，ABC的各边分别与两圆O1，O2相切，直线GF与DE交于P，求证：PABC。【证明】 延长PA交GD于M，因为O1GBC，O2DBC，所以只需证由正弦定理，所以另一方面，所以，所以，所以PA/O1G，即PABC，得证。3一个常用的代换：在ABC中，记点A，B，C到切圆的切线长分别为x, y, z，则a=y+z, b

6、=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)=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。例5 设a, b, cR+，且abc+a+c=b，试求的最大值。【解】由题设，令a=tan, c=tan, b=tan,则tan=tan(+), P=2sinsin(2+)+3co

7、s2，当且仅当+=，sin=，即a=时，Pmax=例6 在ABC中，若a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc<【证明】 设a=sin2cos2, b=cos2cos2, c=sin2, .因为a, b, c为三边长，所以c<, c>|a-b|，从而，所以sin2>|cos2·cos2|.因为1=(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)=sin2cos2+sin2cos2·cos4·

8、cos2=1-cos22+(1-cos22)cos4cos2=+cos2(cos4-cos22cos4-cos2)>+cos2(cos4-sin4-cos2)=.所以a2+b2+c2+4abc<三、趋近高考【必懂】1（全国10高考）在ABC中，cos2，c5，求ABC的切圆半径【解析】：c5，b4又cos2cosA又cosAb2c2-a22b2a2b2c2ABC是以角C为直角的三角形a3ABC的切圆半径r(ba-c)12（全国10高考）R是ABC的外接圆半径，若ab4R2cosAcosB，则外心位于ABC的外部 【解析】：ab4R2cosAcosB由正弦定理得a2Rsin

9、A，b2RsinB4R2sinAsinB4R2cosAcosBcosAcosBsinAsinBcosAcosB-sinAsinB0cos(AB)0cos(AB)-cosC-cosC0cosC090°C180°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(sin2A-sin2C)(a-b)sinB(1)求角C；  (2)求ABC面积的最大值 【解析】：(1)2R(sin2A-sin2C)(ab)sinB2R()2-()2(a-b)·a2-c2ab-b2cosC，C30

10、76;(2)SabsinC·2RsinA·2RsinB·sinCR2sinAsinB-cos(AB)-cos(A-B)cos(A-B)cosCcos(A-B)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an的一般形式通常记作a1, a2, a3,，an或a1, a2, a3,，an。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的具体表达式，称为数列的通项。定理1若Sn表示an的前n项和，则S

11、1=a1, 当n>1时，an=Sn-Sn-1.定义2 等差数列，如果对任意的正整数n，都有an+1-an=d（常数），则an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an=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：Sn=；3）an-am=(n-m)d，其中n, m为正整数；4）若n+m=p+q，则an+am=ap+aq；5）对任意正整数p, q，恒有ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B至少有一个不为零，则an是等差数列的充要条件是S

12、n=An2+Bn.定义3 等比数列，若对任意的正整数n，都有，则an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=a1qn-1；2）前n项和Sn，当q1时，Sn=；当q=1时，Sn=na1；3）如果a, b, c成等比数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a, c的等比中项；4）若m+n=p+q，则aman=apaq。定义4 极限，给定数列an和实数A，若对任意的>0，存在M，对任意的n>M(nN),都有|an-A|<，则称A为n+时数列an的极限，记作定义5 无穷递缩等比数列，若等比数列an的公比q满足|q|<1，则称之为无穷递增等比数列，其前n

13、项和Sn的极限（即其所有项的和）为（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(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。【补充知识点】定理5 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。定理6 对于齐次二阶线性递归数列xn=axn-1+bxn-2，设它的特征方程x2=ax+b的两个根为,:(1)若，则xn=c1an-1+c2n

14、-1，其中c1, c2由初始条件x1, x2的值确定；(2)若=，则xn=(c1n+c2) n-1，其中c1, c2的值由x1, 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）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

15、项an.【解】因为a1=,又a1+a2=22·a2,所以a2=，a3=,猜想(n1).证明；1）当n=1时，a1=，猜想正确。2）假设当nk时猜想成立。当n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+ a1+a1=(k+1)2-1 ak+1,，所以=k(k+2)ak+1, 即=k(k+2)ak+1,所以=k(k+2)ak+1,所以ak+1=由数学归纳法可得猜想成立，所以例3 设0<a<1，数列an满足an=1+a, an-1=a+，求证：对任意nN+,有an>1.【证明】 证明更强的结论：1<an1+a.1)当n=1时，1<a1=1+a，式成立；2)假设n=k时

16、，式成立，即1<an1+a，则当n=k+1时，有由数学归纳法可得式成立，所以原命题得证。2迭代法数列的通项an或前n项和Sn中的n通常是对任意nN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an满足an+pan-1+qan-2=0, n3，q0，求证：存在常数c，使得·an+【证明】·an+1+(pan+1+an+2)+=an+2·(-qan)+=+an(pqn+1+qan)=q().若=0，则对任意n, +=0，取c=0即可.若0，则+是首项为，公式为q的等比数列。所以+=·qn.取·即可.综上，结论

17、成立。例5 已知a1=0, an+1=5an+，求证：an都是整数，nN+.【证明】 因为a1=0, a2=1，所以由题设知当n1时an+1>an.又由an+1=5an+移项、平方得当n2时，把式中的n换成n-1得，即因为an-1<an+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.【解】 因为an+

18、a100-n=+=，所以S99=例7 求和：+【解】 一般地，所以Sn=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：Sn<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， 所以。 由-得，所以。又因为Sn-2<Sn且>0,所以Sn, 所以，所以Sn<2，得证。4特征方程法例9 已知数列an满足a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4an，求an.【解】 由特征方程x2=4x-4得x1=x2=2.故设an=(+n)·2n-1，其中，所以=3，=0，所以an=3·2

19、n-1.例10 已知数列an满足a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an，求通项an.【解】 由特征方程x2=2x+3得x1=3, x2=-1,所以an=·3n+·(-1)n，其中，解得=，所以·3。5构造等差或等比数列例11 正数列a0,a1,an,满足=2an-1(n2)且a0=a1=1，求通项。【解】 由得=1，即令bn=+1，则bn是首项为+1=2，公比为2的等比数列，所以bn=+1=2n，所以=（2n-1）2，所以an=···a0=注：C1·C2··.例12 已知数列xn满足x1=2

20、, xn+1=,nN+, 求通项。【解】 考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=因为x1=2, xn+1=,可知xn的每项均为正数。又+2，所以xn+1(n1)。又Xn+1-=, Xn+1+=, 由÷得。 又>0，由可知对任意nN+，>0且,所以是首项为，公比为2的等比数列。所以·，所以，解得·。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.）设，则（）（A）（B）（C） （D）解析：数列，是以2为首项，8为公比的等比数列，给出的这个数列共有项，根据等比数列的求和公式有选（D）2.（2010.）在德国不来梅举行的第4

21、8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，以表示第n堆的乒乓球总数，则_；=_（答案用n表示）【解析】：观察归纳，； 观察图示，不难发现第堆最底层（第一层）的乒乓球数，第n堆的乒乓球总数相当于n堆乒乓球的底层数之和，即品：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.）设等差数列的首项及公差d都为整数，前n项和为（1）若，求数列的通项公式；（2）若，求所有可能的数列的通项公式

22、【解析】：（1）由，即，解得因此，的通项公式是；（2）由，得，即由+，得，即由+，得，即所以又，故将代入、，得又，故或所以，数列的通项公式是或品：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.）设数列满足，证明为等差数列的充要条件是为等差数列且【解析】：必要性：设是公差为的等差数列，则易知成立由递推关系（常数）（n=1，2，3，）所以数列为等差数列充分性：设数列是公差为的等差数列，且，由，得，从而有，得，由得，由此不妨设， 则（常数）由此从而，两式相减得因此（常数）（n=1，2，3，），即数列为等差数列品：利用递推关系式是解决数列问题的重要方法，要熟练掌握

23、等差数列的定义、通项公式5.（2010.）已知数列满足（1）求数列的通项公式；（2）若，证明是等差数列【解析】：（1），是以为首项，2为公比的等比数列，即；（2），利用的通项公式，有构建递推关系，得，从而有，得，即故是等差数列方法：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>ba-b>0； （2）a>b, b>ca>c；（3）a&

24、gt;ba+c>b+c； （4）a>b, c>0ac>bc；（5）a>b, c<0ac<bc; （6）a>b>0, c>d>0ac>bd;（7）a>b>0, nN+an>bn; （8）a>b>0, nN+;（9）a>0, |x|<a-a<x<a, |x|>ax>a或x<-a;（10）a, bR，则|a|-|b|a+b|a|+|b|;（11）a, bR，则(a-b)20a2+b22ab;（12）x, y, zR+，则x+y2, x+y+z因为前五条是显然

25、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，由性质（7）得，即ab，与a>b矛盾，所以假设不成立，所以；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-20，所以x+y

26、，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令，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)= (a+b+c)(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2 0，所以a3+b3+c33abc，即x+y+z，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（A，B>0）与1比较大小，最后得

27、出结论。例1 设a, b, cR+，试证：对任意实数x, y, z, 有x2+y2+z2【证明】 左边-右边= x2+y2+z2所以左边右边，不等式成立。例2 若a<x<1，比较大小：|loga(1-x)|与|loga(1+x)|.【解】 因为1-x1，所以loga(1-x)0, =|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1（因为0<1-x2<1，所以>1-x>0, 0<1-x<1）.所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|.（2）分析法，即从欲证不等式出发

28、，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, cR+，求证：a+b+c-3a+b【证明】 要证a+b+ca+b只需证，因为，所以原不等式成立。例4 已知实数a, b, c满足0<abc，求证：【证明】 因为0<abc，由二次函数性质可证a(1-a) b(1-b) c(1-c)，所以，所以，所以只需证明，也就是证，只需证b(a-b) a(a-b)，即(a-b)20，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：nn+1>(n+1)n.【证明】 1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成

29、立。2）设n=k时有kk+1>(k+1)k，当n=k+1时，只需证(k+1)k+2>(k+2)k+1，即>1. 因为，所以只需证，即证(k+1)2k+2>k(k+2)k+1，只需证(k+1)2>k(k+2)，即证k2+2k+1>k2+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a0, a1,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a20, a1-2a2+a30, an-2-2an-1+an0，求证ak0(k=1, 2, n-1).【证明】 假设ak(k=1, 2,n-1) 中至少有一个正数，不妨设ar是a1, a2, an-1中第

30、一个出现的正数，则a10, a20, ar-10, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-akak-ak-1(k=1, 2, , n-1)。所以从k=r起有an-ak-1an-1-an-2 ar-ar-1>0.因为anak-1ar+1ar >0与an=0矛盾。故命题获证。（5）分类讨论法。例7 已知x, y, zR+，求证：【证明】 不妨设xy, xz.）xyz，则，x2y2z2，由排序原理可得，原不等式成立。）xzy，则，x2z2y2，由排序原理可得，原不等式成立。（6）放缩法，即要证A>B，可证A>C1, C1C2,-1, >B(nN

31、+).例8 求证：【证明】 ，得证。例9 已知a, b, c是ABC的三条边长，m>0，求证：【证明】 （因为a+b>c），得证。（7）引入参变量法。例10 已知x, yR+, l, a, b为待定正数，求f(x, y)=的最小值。【解】 设，则，f(x,y)=(a3+b3+3a2b+3ab2)=，等号当且仅当时成立。所以f(x, y)min=例11 设x1x2x3x42, x2+x3+x4x1，求证：(x1+x2+x3+x4)24x1x2x3x4.【证明】 设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有k1, x3x44，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)24kx2x3x4

32、(x2+x3+x4)，即(x2+x3+x4) x2x3x4，因为f(k)=k+在上递减，所以(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)·3x2=4x2x2x3x4.所以原不等式成立。（8）局部不等式。例12 已知x, y, zR+，且x2+y2+z2=1，求证：【证明】先证因为x(1-x2)=,所以同理，所以例13 已知0a, b, c1，求证：2。【证明】 先证即a+b+c2bc+2.即证(b-1)(c-1)+1+bca.因为0a, b, c1，所以式成立。同理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

33、, b, c)=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)=，以下证明f(a, b, c) . 不妨设abc，则0c, f(a, b, c)=因为1=(a+b)c+ab+(a+b)c，解关于a+b的不等式得a+b2(-c).考虑函数g(t)=, g(t)在）上单调递增。又因为0c，所以3c21. 所以c2+a4c2. 所以2所以f(a, b, c)=下证0 c2+6c+99c2+90 因为，所以式成立。所以f(a, b, c) ，所以f(a, b, c)min=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aiR, biR, i=1, 2, , n，则等号当且仅当存在R，使得对任意i=1, 2, , n, ai=bi, 变式1：若aiR, biR, i=1, 2, , n，则等号成立条件为ai=bi,(i=1, 2, , n)。变式2：设ai, bi同号且不为0(i=1, 2, , n)，则等号成