人教版高中数学必修五典型例题.doc

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高中数学必修五

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，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S△ABC=

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S△ABC=；再证推论2，因为B+C=-A，所以sin（B+C）=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以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=AD2+p2-2AD·pcos①

同理b2=AD2+q2-2AD·qcos，②

因为ADB+ADC=，

所以cosADB+cosADC=0，

所以q×①+p×②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）-a2][a2-（b-c）2]=p（p-a）（p-b）（p-c）.

这里

所以S△ABC=

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，另外OP，OQ，OR的长分别为u,w,v，这里α，β，α+β∈（0,），则P，Q，R的共线的充要条件是

【证明】P，Q，R共线

（α+β）=uwsinα+vwsinβ

，得证。

2．正弦定理的应用

例2如图所示，△ABC内有一点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=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）

=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,c∈R+，且abc+a+c=b，试求的最大值。

【解】由题设，令a=tanα,c=tanγ,b=tanβ,

则tanβ=tan（α+γ）,P=2sinγsin（2α+γ）+3cos2γ≤，

当且仅当α+β=，sinγ=，即a=时，Pmax=

例6在△ABC中，若a+b+c=1，求证:

a2+b2+c2+4abc<

【证明】设a=sin2αcos2β,b=cos2αcos2β,c=sin2β,β.

因为a,b,c为三边长，所以c<,c>|a-b|，

从而，所以sin2β>|cos2α·cos2β|.

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）

=sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β

=[1-cos22β+（1-cos22α）cos4βcos2β]

=+cos2β（cos4β-cos22αcos4β-cos2β）

>+cos2β（cos4β-sin4β-cos2β）=.

所以a2+b2+c2+4abc<

三、趋近高考【必懂】

1．（全国10高考）在△ABC中，cos2，c＝5，求△ABC的内切圆半径．

【解析】：

∵　c＝5，，∴　b＝4

　　又cos2

　　∴　cosA＝

　　又cosA＝

　　∴　

　　∴　b2＋c2-a2＝2b2

　　∴　a2＋b2＝c2

　　∴　△ABC是以角C为直角的三角形．

　　a＝＝3

　　∴　△ABC的内切圆半径r＝（b＋a-c）＝1．

2．（全国10高考）R是△ABC的外接圆半径，若ab＜4R2cosAcosB，则外心位于△ABC的外部．

 【解析】：

∵　ab＜4R2cosAcosB

　　由正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB

　　∴　4R2sinAsinB＜4R2cosAcosB

　　∴　cosAcosB＞sinAsinB

　　∴　cosAcosB-sinAsinB＞0

　　∴　cos（A＋B）＞0

　　∵　cos（A＋B）＝-cosC

　　∴　-cosC＞0

　　∴　cosC＜0

　　∴　90°＜C＜180°

　　∴　△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）＝（a－b）sinB

　　∴　2R［（）2-（）2］＝（a-b）·

　　∴　a2-c2＝ab-b2

　　∴　

　　∴　cosC＝，∴　C＝30°

（2）∵　S＝absinC

　　＝·2RsinA·2RsinB·sinC

　　＝R2sinAsinB

　　＝-［cos（A＋B）-cos（A-B）］

　　＝［cos（A-B）＋cosC］

　　＝［cos（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{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S1=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Sn=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（n∈N）,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n≥n0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n≤k的自然数n都成立时（k≥n0）可推出p（k+1）成立，则由

（1），

（2）可得命题p（n）对一切自然数n≥n0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α,β:

（1）若αβ，则xn=c1an-1+c2βn-1，其中c1,c2由初始条件x1,x2的值确定；

（2）若α=β，则xn=（c1n+c2）αn-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,n≥1，求通项an.

【解】因为a1=,又a1+a2=22·a2,

所以a2=，a3=,猜想（n≥1）.

证明；1）当n=1时，a1=，猜想正确。

2）假设当n≤k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

对任意n∈N+,有an>1.

【证明】证明更强的结论：

1

1）当n=1时，1

2）假设n=k时，①式成立，即1

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an或前n项和Sn中的n通常是对任意n∈N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,n≥3，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，结论成立。

例5已知a1=0,an+1=5an+，求证：

an都是整数，n∈N+.

【证明】因为a1=0,a2=1，所以由题设知当n≥1时an+1>an.

又由an+1=5an+移项、平方得

①

当n≥2时，把①式中的n换成n-1得，即

②

因为an-1

由韦达定理得an+1+an-1=10an（n≥2）.

再由a1=0,a2=1及③式可知，当n∈N+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+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，①

所以。

②

由①-②得，

所以。

又因为Sn-20,

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=（α+βn）·2n-1，其中，

所以α=3，β=0，

所以an=3·2n-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=α·3n+β·（-1）n，其中，

解得α=，β，

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（n≥2）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·…·Cn.

例12已知数列{xn}满足x1=2,xn+1=,n∈N+,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≥（n≥1）。

又

Xn+1-==,①

Xn+1+==,②

由①÷②得。

③

又>0，

由③可知对任意n∈N+，>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.北京）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.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.北京）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．

　　【解析】：

（1）由，即，

　　解得　．

　　因此，的通项公式是；

（2）由，得　，

　　即

由①+②，得　，即．

　　由①+③，得　，即．

　　所以．

　　又，故．

将代入①、②，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.江苏）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，

∵， ①

∴， ②

由①②，得　．

∵，

∴， ③

从而有， ④

④③，得， ⑤

∵，

∴由⑤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，要熟练掌握等差数列的定义、通项公式．

　5.（2010.福建）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．

∴．①

构建递推关系

， ②

②－①，得

，③

从而有，④

③④，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>ba+c>b+c；（4）a>b,c>0ac>bc；

（5）a>b,c<0acb>0,c>d>0ac>bd;

（7）a>b>0,n∈N+an>bn;（8）a>b>0,n∈N+;

（9）a>0,|x|ax>a或x<-a;

（10）a,b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;

（11）a,b∈R，则（a-b）2≥0a2+b2≥2ab;

（12）x,y,z∈R+，则x+y≥2,x+y+z

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，由性质（7）得，即a≤b，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-2≥0，所以x+y≥，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+c3≥3abc，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A0）与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

【证明】左边-右边=x2+y2+z2

所以左边≥右边，不等式成立。

例2若a

|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，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≥a+b

【证明】要证a+b+c≥a+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

【证明】因为0

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）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（≥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+a2≥0,a1-2a2+a3≥0,…,an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0（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中第一个出现的正数，则a1≤0,a2≤0,…,ar-1≤0,ar>0.于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1（k=1,2,…,n-1）。

所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2≥…≥ar-ar-1>0.

因为an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar>0与an=0矛盾。

故命题获证。

（5）分类讨论法。

例7已知x,y,z∈R+，求证：

【证明】不妨设x≥y,x≥z.

ⅰ）x≥y≥z，则，x2≥y2≥z2，由排序原