1、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，两边同乘以2R得bcosC+
2、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+BD2-2ADBDcos，所以c2=AD2+p2-2ADpcos 同理b2=AD
3、2+q2-2ADqcos， 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，+(0, )，则P，Q，R的共线的充要条件是【证明】P，Q，R共线(+)=uwsin
4、+vwsin，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：APBC=BPCA=CPAB。【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
5、=APsinBAC=BPsinABC，两边同时乘以ABC的外接圆直径2R，得CPBA=APBC=BPAC，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
6、, 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+)+3cos2，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=sin2cos
7、2, b=cos2cos2, c=sin2, .因为a, b, c为三边长，所以c|a-b|，从而，所以sin2|cos2cos2|.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+sin2cos2cos4cos2=1-cos22+(1-cos22)cos4cos2=+cos2(cos4-cos22cos4-cos2)+cos2(cos4-sin4-cos2)=.所以a2+b2+c2+4abc1时，an=Sn-Sn-1.定义2
8、 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
9、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nM(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
10、)，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-1，其中c1, c2由初始条件x1, x2的值确定；(2)若=，则xn=(c1n+c2)
11、 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，求通项an.【解】 因为a1=,又a1+a2=22a2,所以a2=，a3=,猜想(n1).证明
12、；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0a1.【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 当n2时，把式中的n换成n-1得，即 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an+
13、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+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：Sn2。【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-20,所以Sn, 所以，所以Sn0，由可知对任意nN+，0且,所
14、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
15、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+，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.江苏）设数列满足，证明为等差数列的充要条件是为等差
16、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
17、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）aba-b0； （2）ab, bcac；（3）aba+cb+c； （4）ab, c0acbc；（5）ab, c0acb0, cd0acbd;（7）ab0, nN+anbn; （8）ab0, nN+;（9）a0, |x|a-axaxa或xb0, cd0，所以acbc, bcbd，所以acbd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若，由性
18、质（7）得，即ab，与ab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，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
19、(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AB或A0）与1比较大小，最后得出结论。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axlog(1-x)(1-x)=1（因为01-x21-x0, 01-x|loga(1-x)|.（2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推
20、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0abc，求证：【证明】 因为0(n+1)n.【证明】 1）当n=3时，因为34=8164=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+2k(k+2)k+1，只需证(k+1)2k(k+2)，即证k2+2k+1k2+2k. 显然成立。所以由数学归纳法，命题成立。（4）反证法
21、。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中第一个出现的正数，则a10, a20, ar-10, ar0. 于是ar-ar-10，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-10.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
