人教版高中数学必修五典型例题

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【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【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。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】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<a<1，数列{an}满足an=1+a,an-1=a+，求证：对任意n∈N+,有an>1.【证明】证明更强的结论：1<an≤1+a.1)当n=1时，1<a1=1+a，①式成立；2)假设n=k时，①式成立，即1<an≤1+a，则当n=k+1时，有由数学归纳法可得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<an+1，所以①式和②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(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-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=(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-==,①Xn+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， ④④③，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， ②②－①，得，③从而有，④③④，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<0ac<bc;（6）a>b>0,c>d>0ac>bd;（7）a>b>0,n∈N+an>bn;（8）a>b>0,n∈N+;（9）a>0,|x|<a-a<x<a,|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<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，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<a≤b≤c≤，求证：【证明】因为0<a≤b≤c≤，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)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，由排序原理可得，原不等式成立。ⅱ）x≥z≥y，则，x2≥z2≥y2，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,C1≥C2,…,Cn-1≥Cn,Cn>B(n∈N+).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,y∈R+,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x1≥x2≥x3≥x4≥2,x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.【证明】设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有≤k≤1,x3x4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(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=4x2≤x2x3x4.所以原不等式成立。（8）局部不等式。例12已知x,y,z∈R+，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0≤a,b,c≤1，求证：≤2。【证明】先证①即a+b+c≤2bc+2.即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.因为0≤a,b,c≤1，所以①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,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a≥b≥c，则0≤c≤,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+b≥2(-c).考虑函数g(t)=,g(t)在[）上单调递增。又因为0≤c≤，所以3c2≤1.所以c2+a≥4c2.所以2≥所以f(a,b,c)=≥==≥下证0①c2+6c+9≥9c2+9≥0因为，所以①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ai∈R,bi∈R,i=1,2,…,n，则等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1,2,,n,ai=λbi,变式1：若ai∈R,bi∈R,i=1,2,…,n，则等号成立条件为ai=λbi,(i=1,2,…,n)。变式2：设ai,bi同号且不为0(i=1,2,…,n)，则等号成立当且仅当b1=b2=…=bn.（2）【必会】平均值不等式：设a1,a2,…,an∈R+，记Hn=,Gn=,An=，则Hn≤Gn≤An≤Qn.即调和平均≤几何平均≤算术平均≤平方平均。其中等号成立的条件均为a1=a2=…=an.【证明】由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下仅证Gn≤An.1）当n=2时，显然成立；2）设n=k时有Gk≤Ak，当n=k+1时，记=Gk+1.因为a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥≥2kGk+1,所以a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.所以由数学归纳法，结论成立。（3）排序不等式：例15已知a1,a2,…,an∈R+，求证；a1+a2+…+an.【证明】证法一：因为，…，≥2an.上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an.证法二：由柯西不等式(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，因为a1+a2+…+an>0，所以≥a1+a2+…+an.证法三：设a1,a2,…,an从小到大排列为，则，，由排序原理可得=a1+a2+…+an≥，得证。注：本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用，希望读者在解题中再加以总结。三、趋近高考【必懂】1.（成都市2010届高三第三次诊断理科）不等式的解集为（）(A){x|－1≤x≤2} (B){x|－1＜x≤2} (C){x|－1≤x＜2} (D){x|－1＜x＜2}【答案】B[4y063x＋4y＝28xAz＝0.9x＋y]【解析】原不等式等价于，解得－1＜x≤22.（成都市2010理）某物流公司有6辆甲型卡车和4辆乙型卡车，此公司承接了每天至少运送280t货物的业务，已知每辆甲型卡车每天的运输量为30t，运输成本费用为0.9千元；每辆乙型卡车每天的运输量为40t，运输成本为1千元，则当每天运输成本费用最低时，所需甲型卡车的数量是()(A)6 (B)5 (C)4 (D)3【答案】C【解析】设需要甲型卡车x辆，乙型卡车y辆由题意且x、y∈Z运输成本目标函数z＝0.9x＋y画出可行域(如图)可知，当目标函数经过A(4,4)时，z最小7.6千元及需要甲型卡车和乙型卡车各4辆。3.(绵阳2010年)把圆C：按向量a=(h，-1)平移后得圆C1，若圆C1在不等式x+y+1≥0所确定的平面区域内，则h的最小值为（A）（A）1 （B）-1 （C） （D）4．（雅安市2010届高三第三次诊断性考试理科）已知函数的定义域为，部分函数值如表所示，其导函数的图象如图所示，若正数，满足，则的取值范围是(B) A． B． C． D．5.（2010四川省攀枝花市文）已知函数.(Ⅰ)若且对任意实数均有成立，求实数的值；（Ⅱ）在(Ⅰ)的条件下，当时，是单调函数，求实数的取值范围.【解析】）又对任意实数均有0成立恒成立，即恒成立（Ⅱ）由（Ⅰ）可知在[－2，2]时是单调函数，即实数的取值范围为1