高考数学复习专题讲座：第三讲 数列与不等式

高考数学复习专题讲座：第三讲 数列与不等式

第一节 数列及其应用

数列是高中数学重要内容，是高考命题的热点.纵观近几年的高考试题,对等差和等比数列的概念、通项公式、性质、前n项和公式,对增长率、分期付款等数列实际应用题多以客观题和中低档解答题为主，对数列与函数、方程、不等式、三角函数、解析几何等相结合的综合题的考查多属于中高档题,甚至是压轴题,难度值一般控制在0.3~0.7之间.

考试要求（1）数列的概念和简单表示法①了解数列的概念和几种简单的表示方法（列表、图像、通项公式）.②了解数列是自变量为正整数的一类函数.（2）等差数列、等比数列① 理解等差数列、等比数列的概念.② 掌握等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式. ③ 能在具体的问题情境中，识别数列的等差关系或等比关系，并能用有关知识解决相应的问题. ④ 了解等差数列与一次函数、等比数列与指数函数的关系.

题型一 等差、等比数列的概念与性质

例1．（1）已知等比数列?an?中，各项都是正数，且a1、

a?a1a3、2a2成等差数列，求 910;

a7?a822 （2）等差数列?an?的前n项和为Sn，已知am?1?am?1?am?0，S2m?1?38, 求 m.

【点拨】（1）依据等差中项的概念先求等比数列的公比，再利用等比数列的性质a9?a10?q(a7?a8)求值.

（2）此题的算法较多，如何寻找合理、简捷的运算途径是解决问题的关键，根据等差数列的性质

2am?1?am?1?2am，

由第一个条件得出am，再由第二个条件列出方程求m.

【解】（1）依题意可得：2?(a3)?a1?2a2，即a3?a1?2a2，则有a1q?a1?2a1q可得q?1?2q，

1222a9?a10a1q8?a1q9q2?q3???q2?3?22; 解得q?1?2或q?1?2（舍） 所以67a7?a8a1q?a1q1?q（2）因为?an?是等差数列，所以，am?1?am?1?2am，由am?1?am?1?am?0，得：2am－am＝0，

22am＝2，又S2m?1?38，即

(2m?1)(a1?a2m?1)＝38，即（2m－1）×2＝38，解得m＝10，

2【易错点】（1）等差数列与等比数列只有一字之差，部分同学经常出现审题不仔细的现象；（2）等差中项与等比中项的性质混淆，概念模糊不清；（3）对等差数列与等比数列的性质及公式的变式不熟悉，往往要先计算a1,d,q等量，一旦计算量大一点，解题受阻.

变式与引申1：等差数列?an?的前n项和为Sn，公差d?0, S3?S8. （1）求S11的值;

（2）当Sn为最小时，求n的值. 题型二：数列的通项与求和

1

例2．（2009年湖北文科卷第19题）已知?an?是一个公差大于0的等差数列，且满足a3?a6?55,

a2?a7?16.

(1)求数列?an?的通项公式;

（2）若数列?an?和数列?bn?满足等式：an?bb1b2b3?????n(n?N*)，求数列?bn?的前n项和223nSn.

【点拨】（1）等差数列中，已知两条件可以算出两个基本量a1,d,再进一步求通项及前n项和，当然若能利用等差数列的性质来计算，问题就简单多了.（2）分组求和、倒序相加、错位相减、裂项相消等是常用的求和方法，这里利用（1）的结论以及an,bn的关系求bn的通项公式，根据通项公式求前n 项和 . 【解】（1）解法1：设等差数列?an?的公差为d，则依题设d>0 ，由a2?a7?16.得2a1?7d?16① 由a3?a6?55,得(a1?2d)(a1?5d)?55② 由①得2a1?16?7d将其代入②得

(16?3d)(16?3d)?220.即256?9d2?220， ?d2?4,d?0?d?2，代入①得a1?1, ?an?1?(n?1)2?2n?1

解法2：等差数列?an?中，a3?a6?55,

a2?a7?16?a3?a6，公差d?0，?a3?5,a6?11

d?a6?a3?2，a1?1, ?an?1?(n?1)2?2n?1

6?3bn，则有an?c1?c2?????cn, an?1?c1?c2?????cn?1, 两式相减得an?1?an?cn?1，2nn?1（2）设cn?由（1）得a1?1,an?1?an?2?cn?1，cn?2(n?2)，即当n?2时，bn?2，

?2,(n?1)34n?1?b?又当n?1时，b1?2a1?2，于是Sn?b1?b2?b3??bn?2?2?2???2 ?n?1n?2,(n?2)=2?2?2?2???2234n?12(2n?1?1)?4?2n?2?6,即Sn?2n?2?6 ?4=

2?1【易错点】（1）由an,bn的关系及（1）的结论找不到?bn?的通项公式，使解题受阻；（2）在求?bn?的通项公式时，由cn?1?2得cn?2,把n?2这个条件遗漏；（3）忽略当n?1时，b1?2a1?2，直接写

34n?12bn?2n?1；（4）计算数列?bn?的前n项和Sn?b1?b2?b3??bn?2?2?2???2时随意添加22

项.

变式与引申2：1.已知Sn是数列{an}的前n项和，并且a1=1，对任意正整数n，Sn?1?4an?2；设

bn?an?1?2an(n?1,2,3,?）.

（1）证明数列{bn}是等比数列，并求{bn}的通项公式； （2）设Cn?bn1,Tn为数列{}的前n项和，求Tn. 3log2Cn?1?log2Cn?2?x2. 等比数列{an}的前n项和为Sn， 已知对任意的n?N，点(n,Sn)，均在函数y?b?r(b?0且

b?1,b,r均为常数)的图像上.

（1）求r的值； （2）当b=2时，记 bn?n?1(n?N?) 求数列{bn}的前n项和Tn. 4an题型三：数列的实际应用

例3. 为了解某校高三学生的视力情况，随机地抽查了该校100名高三学生的视力情况，得到频率分布直方图，如右图所示；由于不慎将部分数据丢失，但知道前4组的频数从左到右依次是等比数列?an?的前四项，后6组的频数从左到右依次是等差数列?bn?的前六项. (1)求数列?an?和?bn?的通项公式； (2)求视力不小于5.0的学生人数； (3)设

cc1c2????n?bn?1?n?N??,求数列?cn?的通项公式. a1a2an【点拨】（1）频率分布直方图是解决问题的关健；（2）已知前两项的频数，前4组的频数从左到右依次是等比数列?an?的前四项，可求an，后6组的频数从左到右依次是等差数列?bn?的前六项，b1?a4，?bn?的前六项和可求，得bn，（3）求得an、bn后，根据题设条件，按递推公式求通项公式方法求出cn. 【解】(1)由题意知a1?0.1?0.1?100?1,a2?0.3?0.1?100?3

因此数列?an?是一个首项a1?1.公比为3的等比数列，所以an?3n?1 ，b1?a4?27又

b1?b2???b6?100??a1?a2?a3?=100—(1+3+9)， 所以6b1?6?5d=87,解得d??5, 2因此数列?bn?是一个首项b1?27,公差为—5的等差数列, 所以 bn?32?5n,

3

(2) 求视力不小于5.0的学生人数为b5?b6?(32?5?5)?(32?5?6)?9 (3) 由

ccc1c2cc????n?bn?1(n?N?)① 可知，当n?2时，1?2???n?1?bn② a1a2ana1a2an?1cn?bn?1?bn??5 , ?cn??5an??5?3n?1?n?N?,n?2? , an①－②得，当n?2时，

又

c1?b2?22,c1?22,因此数列?cn?是一个从第2项开始的公比为3的等比数列, a1?22(n?1) .

数列?cn?的通项公式为cn??n?1??5?3(n?2)【易错点】（1）不理解b1?a4的意义，解题找不到切入点；（2）计算数列?bn?的通项公式时忽略“全校100名学生”这个重要的已知条件，导致前两问的结果都不正确；（3）求出an、bn后，由题设条件不能正确地找出求cn的方法；（4）计算cn由①式变为②式时，缺少n?2这个条件.

变式与引申3： 某地为了防止水土流失，植树造林，绿化荒沙地，每年比上一年多植相同亩数的林木，但由于自然环境和人为因素的影响，每年都有相同亩数的土地沙化，具体情况为下表所示：

新植亩数 沙地亩数 2008年 1000 25200 2009年 1400 24000 2010年 1800 22400 而一旦植完，则不会被沙化． 问：（1）每年沙化的亩数为多少；

（2）到那一年可绿化完全部荒沙地. 题型四：数列综合题

例4根据如图所示的程序框图，将输出的x、y值依次分别记为

x1,x2,?,xn,?,x2008，y1,y2,?,yn,?,y2008．

（1）求数列?xn?的通项公式xn；

（2）写出y1,y2,y3,y4，由此猜想出数列?yn?； 的一个通项公式yn，并证明你的结论; （3）求

zn?x1y1?x2y2???xnyn(x?N?,n?2008)．

【点拨】（1）程序框图与数列的联系是新课标背景下的新鲜事物，因为程序框图中循环，与数列的各项一一对应，所以，这方面的内容是命题的新方向，应引起重视；（2）由循环体写出数列的递推公式，再由递推公式求出数列的通项公式是解决问题 的关健；（3）掌握错位相减法求数列的前n项和及数列求和的

图3-1-2

4

一般方法.

【解】（1）由框图，知数列{xn}中x1?1,xn?1?xn?2 ∴

nxn?1?2(n?1)?2n?1(n?N*,n?2008)

（2）y1=2，y2=8，y3=26，y4=80. 由此，猜想yn?3?1,(n?N?,n?2008) 证明：由框图，知数列{yn}中，yn?1?3yn?2，?yn?1?1?3(yn?1) ，y1?1?3 ∴数列{yn+1}是以3为首项，3为公比的等比数列， ?yn?3?1,(n?N,n?2008) （3）zn?x1y1?x2y2?????xnyn?1?(3?1)?3?(3?1)?????(2n?1)(3?1)

=1×3+3×3+?+（2n－1）·3－[1+3+?+（2n－1）]

2n23n+1

记Sn=1×3+3×3+?+（2n－1）·3，① 则3Sn=1×3+3×3+?+（2n－1）×3 ②

23nn+12nn+1

①－②，得－2Sn=3+2·3+2·3+?+2·3－（2n－1）·3=2（3+3+?+3）－3－（2n－1）·3

n?1n?1n?13(1?3n)n?13?6?(2n?1)·3?2(1?n)·3?6 ?2??3?(2n?1)?3=

1?32

n?2nn∴

Sn?(n?1)·3n?1?3.

又1+3+?+（2n－1）=n ∴

2

zn?(n?1)?3n?1?3?n2(n?N*,n?2008).

【易错点】（1）根据框图不能正确写出数列的递推公式，解题受阻，（2）对数列求和的方法及每种方法所适合的题型认识不清，盲目求和；（3）对指数运算不够熟悉，导致利用错位相减法计算出的结果不正确. 变式与引申4：已知曲线y=x?x，过曲线上一点Pn(xn,yn)（异于原点）作切线ln. （1）求证：直线ln与曲线y=x?x交于另一点Pn?1(xn?1,yn?1)；

（2）在（1）的结论中，求出xn?1与xn的递推关系.若x1?1，求数列?xn?的通项公式； （3）在（2）的条件下，记Rn?33123n???????，问是否存在自然数m，M，使得不等式m?Rn?Mx1x3x5x2n?1对一切n?N?恒成立，若存在，求出M－m的最小值；否则请说明理由.

【小结】

本节主要考查：（1）数列的有关概念，递推公式；等差数列和等比数列的定义、判定方法、性质、通项公式和前n项和公式，数列求和及数列的应用（2）数列是一类特殊的函数，而函数又是高中数学的重要内容，所以数列常与导数、不等式、三角、解析几何、概率及算法等知识点交融命题，解决数列的通项公式及前n项和、证明不等关系等问题（3）简单的递推公式求通项公式的方法，分组求和、倒序相加、裂项求和、错位相减等数列求和方法（4）着重考查函数与方程思想、数形结合、等价转化、分类讨论等重要的数学思想. 点评：（1）“巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算问题中非常重要，树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意解题的目标；

（2）数列中Sn与an的关系一直是高考的热点，求数列的通项公式是最为常见的题型，要切实注意sn与an5

习题3－2

?3x?y?6?01． (2009年山东卷理科第12题)设x，y满足约束条件??x?y?2?0 ，若目标函数z?ax?by

?x?0,y?0?23(a?0,b?0)的值是最大值为12，则?的最小值为 ( )

ab25811A. B. C. D. 4

633x2．（2010年山东卷理科第14题）若对任意x＞0，2则a的取值范围是 ． ?a恒成立，

x?3x?1a2b3．已知f(x)、g(x)都是奇函数，f(x)?0的解集是(a,b)，g(x)?0的解集是(,)，求

222f(x)g(x)?0的解集 4．解关于x的不等式

a(x?1)＞1(a≠1) ． x?25．已知f(x)是定义在[?1,1]上的奇函数，且f(1)?1，若m、n∈［－1，1］，m+n≠0时 f(m)?f(n)＞0 m?n(1)用定义证明f(x)在［－1，1］上是增函数； (2)解不等式：f(x?)?f(2121)； x?1(3)若f(x)?t?2at?1对所有x?[?1,1]，a?[?1,1]恒成立，求实数t的取值范围．

第三节 推理与证明

推理与证明是数学的基本思维过程，也是人们经常使用的思维方式．推理一般包括合情推理和演绎推理，证明包括直接证明、间接证明．这部分内容是每年高考的必考知识．题型可能是选择题、填空题，主要考查类比或归纳推理等；也可能是解答题，考查问题的证明，推理与证明常与数列、不等到式问题综合，难度一般在0.3~0.7之间.

考试要求 （1）合情推理与演绎推理① 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用;② 了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理;③ 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异;（2）直接证明与间接证明① 了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点;② 了解间接证明的一种基本方法──反证法；了解反证法的思考过程、特点. 题型一：合情推理

1

例1（1）若?ABC内切圆半径为r，三边长为a、b、c，则?ABC的面积S＝ r (a+b+c) 类比到空间，若

2

四面体内切球半径为R，四个面的面积为S1、S2 、S3 、S4，则四面体的体积＝ ． （2）（2009年浙江卷第15题）观察下列等式：

11

C5?C5?2?2，C9?C9?C9?2?2，

15913159317C13?C13?C13?C13?211?25， C1C1??27?125， ……… 7?C1?7C?171C7115315973*由以上等式推测到一个一般的结论：对于n?N，C4n?1?C4n?1?C4n?1???C4n?1? ．

1594n?1【点拨】（1）类比推理是指两类对象具有一些类似特征，由其中一类的某些已知特征推出另一类对象的某些特征；（2）这是一种归纳推理方法，结论由二项构成，第二项前有??1?，二项指数分别为2善于发现其中的数字间的特征才能找到规律，得到一般形式．

1【解】（1）比较两个对象，三边对四面，面积对体积，内切圆对内切球，三边长对四个面的面积，由S＝ 21

r (a+b+c)等式两边的量，类比对应到体积、系数 、半径R、面积S1＋S2＋S3＋S4，

31

答： R(S1＋S2＋S3＋S4)

3

（2）在给出的一系列的等式中，右边为两项，形成加减轮换的规律，其中一个2s的指数由

n4n?1,22n?1要

3,7,11,??????,4n?1,构成，第二个2s的指数由1,3,5,??????,2n?1,构成，故等式的右边为：

4n?11594n?1???1?22n?1 C4n?1?C4n?1?C4n?1???C4n?1?2n【易错点】（1）类似特征不明确，类比结论错误；（2）不善于寻找数字间的

规律，导致结论错误． 变式与引申1：（1） 在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜边AB上的高为h1， 则

111??；类比此性质，如图，在四面体P—ABC中， h12CA2CB2D

O

若PA，PB，PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论

图3?3?1

为____ .

（2）在古腊毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，…这些数叫做三角形数，因为这些数对应的点可以排成一个正三角形

??

16 10 15 3

图3?3?2

1 3 6 10 15 则第n个三角形数为 （ ） A．n B．题型二：演绎推理

例2（2009年江苏卷第16题）如图，在直三棱柱ABC11n(n?1) C．n2?1 D．n(n?1) 22?A1B1C1中，E,F分别是A1B,AC1的中点，

12

点D在B1C1上，A1D?B1C. 求证：（1）EF∥平面ABC; （2）平面A1FD?平面BB1C1C.

【点拨】数学的证明主要是通过演绎推理来进行的，证明线面平行时一定要 注意注明直线在平面内及直线在平面外这两个条件．

【解】证明：（1）因为E,F分别是A1B,AC1的中点，所以EF//又EF?面ABC，BC?面ABC，所以EF∥平面ABC；

A

F E A

图3?3?3

B D

B

C

C

BC，

（2）因为直三棱柱ABC?A1B1C1，所以BB，BB1?A1D，又A1D?B1C，所以1?面A1B1C1，又A1D?面A1FD，所以平面A1FD?平面BB1C1C． A1D?面BB1C1C【易错点】三段论是演绎推理的一般形式，包括大前提、小前提、结论三部分，在书写证明的过程中，很多学生会出现跳步现象，逻辑关系不清楚是常见的错误． 变式与引申2：（1）已知①正方形的对角相等；②平行四边形的对角相等；③正方形是平行四边形．根据三段论推理得到一个结论，则这个结论的序号是 ;

（2）如图，已知AB⊥平面ACD，DE⊥平面ACD，△ACD为等边三角形，AD?DE?2AB，F为CD的中点.

（1）求证：AF∥平面BCE；

B （2）求证：平面BCE⊥平面CDE. E

题型三：直接证明与间接证明 A 例3 （1）已知a?0,b?0, 求证： （2）已知函数y=ax+

x?2(a＞1). x?1ab?ba?a?b.

C F 图3?3?4

D （Ⅰ）证明：函数f(x)在（－1,+∞)上为增函数； （Ⅱ）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根. 【点拨】（1）综合法着力分析已知和求证之间的差异和联系，并合理运用已知条件进行有效的变换是证明的关键，综合法可以使证明过程表述简洁，但必须首先考虑从哪开始，这一点比较困难，分析法就可以帮助我们克服这一点，运用分析法比较容易探求解题的途径，但过程不及综合法简单，所以应把它们结合起来．

（2）用反证法证明把握三点：①必须先否定结论，即肯定结论的反面；②必须从否定结论进行推理，即把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；③导致的矛盾可能多种多样，但推导出的矛盾必须是明显的．

【解】（1）证法1：（综合法）?a?0,b?0, ?ab?b?2a，当且仅当a?b时等号成立，

?ba?a?2b

abbaabba 当且仅当a?b时等号成立， ??b??a?2a?2b, 即 ??a?b.

13

证法2：（分析法） 要证

ab?ba?a?b.，只要证aa?bb?ab?ba, 即证

2 a(a?b)?b(b?a)?0，即证 (a?b)(a?b)?0, 即(a?b)(a?b)?0 由?a?0,b?0, (a?b)?0,

2a?b?0,得(a?b)2(a?b)?0，

所以原不等式成立

（2）证明 （Ⅰ）任取x1,x2∈(-1,+∞), 不妨设x1＜x2,则x2-x1＞0,由于a＞1, ∴ax2?x1＞1且ax1＞0, ∴ax2-ax1=ax1 (ax2?x1-1)＞0. 又∵x1+1＞0,x2+1＞0, ∴

x2?2x1?2(x2?2)(x1?1)?(x1?2)(x2?1)3(x2?x1)-==＞0,

x2?1x1?1(x1?1)(x2?1)(x1?1)(x2?1)x2?2x1?2-＞0, 故函数f(x)在(-1,+∞）上为增函数.

x2?1x1?1x0?2. ∵a＞1,∴0＜ax0＜1, x0?1于是f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+

（Ⅱ）方法一 假设存在x0＜0 (x0≠-1)满足f(x0)=0, 则ax0=-∴0＜-

x0?21＜1,即＜x0＜2， 与假设x0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.

2x0?1x0?2＜-2,ax0＜1, x0?1方法二 假设存在x0＜0 (x0≠-1)满足f(x0)=0, ①若-1＜x0＜0，则∴f(x0)＜-1,与f(x0)=0矛盾. ②若x0＜-1,则

x0?2＞0,ax0＞0, ∴f(x0)＞0,与f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根. x0?1【易错点】（1）用综合法证明时难找到突破口，解题受阻；（2）分析法是寻找使不等式成立的充分条件，最后要充分说明推出的结论为什么成立．

（2）不是把求证结论的反面作为条件证题（2）不写明与什么相矛盾．

变式与引申3： 已知数列{an}中，Sn是它的前n项和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，…），a1=1. （1）设bn=an+1-2an(n=1,2,…)，求证：数列{bn}是等比数列； （2）设cn=

an2n(n=1,2,…),求证：数列{cn}是等差数列；

（3）求数列{an}的通项公式及前n项和公式. 题型四： 数学归纳法 例4 已知函数f?x??12，且a1?1. x?x?2，数列?an?满足递推关系式：an?1?f?an?（n?N*）

2（1）求a2、a3、a4的值；

（2）用数学归纳法证明：当n≥5时，an?2?（3）证明：当n≥5时，有?【解】（1）由a1?1及an?1?21； n?11?n?1. ak?1kn12313217 an?an?2计算得：a2?，a3?，a4?2281281?217?217217?1217?217391??2?2?1???2???2?（2）（ⅰ）a5?? ???2?128?128128?2128?128256414

即当n?5时，结论成立.

1. k?11331322∵an?1??an?1??≥，函数f?x???x?1??在?1,???上递增

22222（ⅱ）假设结论对n?k（k≥5）成立，即ak?2?1?1111?3?1???2???2?∴ak?1??2?，即当n?k?1时结论也成立.

2?k?1?2k?12?k?1?2k由（ⅰ）（ⅱ）知，不等式an?2?21对一切n≥5都成立. n?111，∴?n.

2?an?1n?1（3）∵当n≥5时，由（2）得：an?2?又由an?1?n12111，且a1?1. ?an?an?2得：?anan?2an?1?22n?111?111?????1?n?1. ∴?????aa?2a?2a?2a?22?ak?1kk?1?kk?11n?1n?1?【易错点】 在证明n?k?1结论成立时，不用数学归纳法，不按要求做题. 变式与引申4： 已知函数f(x)?ax?b?2lnx,f(1)?0． x1)?n2?1，已知a1 = 4，

an?n?1（1）若函数f(x)在其定义域内为单调函数，求a的取值范围； （2）若函数f(x)的图象在x = 1处的切线的斜率为0，且an?1?f?(求证：an ? 2n + 2；

（3）在（2）的条件下，试比较

11112?????与的大小，并说明你的理由． 1?a11?a21?a31?an5

本节主要考查：（1）知识点有：归纳推理、类比推理两种合情推理和演绎推理；直接证明与间接证明． （2）推理渗透在每个高考试题中，证明是推理的一种形式，有的问题需要很强的推理论证能力和技巧．推理问题常常以探索性命题的方式出现在高考题中；（3）常见的论证方法有：综合法、分析法及反证法等． 点评：（1）归纳猜想是一种重要的思维方法，是对有限的资料进行观察、分析、归纳、整理，然后提出带有规律性的结论，是由部分到整理，由个别到一般的推理；结果的正确性还需进一步论证，一般地，考查的个体越多，归纳出的结论可靠性越大．

（2）类比的关健是能把两个系统之间的某些一致性确切地表述出来，也就是要把相关对象在某些方面一致性的含糊认识说清楚，在学习中要注意通过类比去发现探索新问题．

（3）综合法的特点是：以“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，实际上是寻找使问题成立的必要条件，是一个由因导果的过程；分析法的特点是：从“未知”看“需知”逐步靠拢“已知”，即寻找使问题成立的充分条件，是一个执果索因的过程．

（4）一般来说：分析法有两种证明途径：①由命题结论出发，寻找结论成立的充分条件，逐步推导下去；②由命题结论出发，寻找结论成立的充要条件，逐步推导下去．

（5）反证法在高考中的要求不高，但这种“正难则反”的思维方式值得重视，解决问题时要注意从多方面考虑，提高解决问题的灵活性．

15

习题3－3

1．将正奇数数列1，3，5，7，9，…进行如下分组：第一组含一个数{1}；第二组含两个数{3，5}；第三组含三个数{7，9，11}；第四组含四个数{13，15，17，19}；……记第n组内各数之和为Sn，则Sn与n的关系为 ( )

＋－

A．Sn＝n2 B．Sn＝n3 C．Sn＝2n1 D．Sn＝3n1

2．为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规则加入相关数据组成传输信息．设定原信息为a0a1a2，，传输信息为h0a0a1a2h1，其中h0?a0?a1，h1?h0?a2，?运算ai?{0，，，2）1}（i?01规则为：0?0?0，0?1?1，1?0?1，1?1?0，例如原信息为111，则传输信息为01111．传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，则下列三个接收信息：（1）11010（2）01100（3）10111，一定有误的是 （填序号）． 3．设f(x)满足f(x1)?f(x2)?2f(求证：f(x)是周期函数．

4．如图所示，点P为斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.

（1）求证：CC1⊥MN；

（2）在任意△DEF中有余弦定理：DE2=DF2+EF2－2DF·EF·cos∠DFE．

拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个 侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．

5．已知数列?an?的前n项和Sn??an?()n?1?2（n为正整数）． （1）令bn?2nan，求证数列?bn?是等差数列，并求数列?an?的通项公式； （2）令cn?x1?x2x?x2?)?f(1)且f()?0，x?R， 22212图3?3?5

n?15n的大小，并予以证明． an，Tn?c1?c2?........?cn试比较Tn与

n2n?1第四节 不等式选讲

不等式选讲是一个选考内容,纵观近年关于课程标准的高考试题,含绝对值不等式的试题常以选做题的形式出现,属于中档偏易题.最值与恒成立问题是高考的常考点,不等式的证明常与数列相结合,考查数学归纳法、放缩法等技能方法,属于中高档题,甚至是压轴题,难度一般控制在0.3~0.75之间. 考试要求：

⑴理解绝对值|a|?|b|?|a?b|?|a|?|b|及其几何意义. ①绝对值不等式的变式：|a?b|?|a?c|?|c?b|.

②利用绝对值的几何意义求解几类不等式：①|ax?b|?c；②|ax?b|?c；③|x?a|?|x?b|?c. ⑵了解不等式证明的方法：如比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法、数学归纳法； ⑶了解柯西不等式：若ai,bi?R(i?1,2,Ln)，则(?ai2)(?bi2)?(?aibi)2,

i?1i?1i?1nnn当且仅当ai?kbi(1?1,2Ln)时取等号.

题型一 含绝对值不等式

例1 ⑴(2009山东卷第13题)不等式|2x?1|?|x?2|?0的解集为 .

⑵对定义在实数集R上的函数f(x)与g(x),当a?0时,不等式|f(x)|?|g(x)|?a与 |f(x)?g(x)|?a的解集分别为M、N,则M与N的关系是( Ｃ ).

A.M?N B. M?N C.M?N D.M与N的关系无法确定

16

点拨：⑴此不等式左边含有两个绝对值符号，可考虑采用零点分段法,即令每一项都等于0,得到的值作为讨论的分区点,然后再分区间讨论绝对值不等式,最后应求出解集的并集.

⑵仔细观察两不等式左边的结构,联想到绝对值不等式|a?b|?|a|?|b|,便把问题简化.

11???x?2?x?2?2?x?2解：⑴原不等式等价于不等式组①?或②?或③?

2x?1?(x?2)?0?(2x?1)?(x?2)?02x?1?(x?2)?0?????不等式组①无解,由②得

11?x?1,由③得?1?x?,综上得?1?x?1,所以原不等式的解集 22为{x|?1?x?1}.答案: {x|?1?x?1}.

⑵由|f(x)?g(x)|?|f(x)|?|g(x)知|,使|f(x)|?|g(x)|?a成立的x的每个值,必可使|f(x)?g(x)|?a成立,即M中的每个元素都在N中,故M?N,选C.

易错点：⑴含有多项绝对值的不等式的转化易出错；⑵不会运用分类讨论的数学思想,去掉绝对值符号. ⑵

含绝对值不等式的性质不能正确转化.

变式与引申1： (2010年黑龙江省哈尔滨三中等四校三模)已知对于任意非零实数m，不等式

|2m?1|?|1?m|?|m|(|x?1|?|2x?3|)恒成立，求实数x的取值范围.

题型二 不等式的性质

例2.⑴(2010年四川卷第12题)设a?b?c?0，则2a?211??10ac?25c2的最小值是( ). aba(a?b) A.2 B.4 C.25 D.5

2y2⑵设x?R且x??1,求x1?y的最大值.

2?2点拨：⑴观察分母能发现其和为a,则已知可配凑成(a?5c)?a?ab?ab?22211?,再利用基本aba(a?b)1y2不等式求解；⑵观察已知条件,可将所求式子转化为2x(?),再利用基本不等式求解.

222【答案】B 解：⑴2a?21111??10ac?25c2＝(a?5c)2?a2?ab?ab?? aba(a?b)aba(a?b)?(a?5c)2?ab?11?a(a?b)??0?2?2?4. aba(a?b)当且仅当a?5c?0,ab?1,a(a?b)?1时等号成立,如取a?2,b?1y2?0,∴x1?y?2?x(?)?222222,c?满足条件. 25（2）∵x

21y22[x?(?)]22. 221332321y2y2132又x?(?)?(x?)??,∴x1?y2?2(?)?,即(x1?y2)max?2244 22222易错点：忽视基本不等式求最值时的“一正、二定、三相等”条件.

17

149变式与引申2：已知x,y,z?R?,且x?y?z?1,求证:???36.

xyz题型三 不等式的证明

1125例3 已知a,b?R?,且a?b?1,求证：(a?)2?(b?)2?.

ab211112点拨：由a?b?1,得ab?,a2?b2?1?2ab?,2?2??8.可使问题得证；也可运用柯西不等式

42abab证明.

解法1：∵

1aa?b111112?8, ?ab,∴ab?,a2?b2?1?2ab?1?2??,2?2?442abab21b∴(a?)2?(b?)2?a2?b2?12511. ??8?4???42222ab11111125 解法2：由柯西不等式,得[(a?)2?(b?)2](1?1)?(a??b?)2?52,∴(a?)2?(b?)2?.

bbabab211111易错点：⑴易出现(a?)2?(b?)?a2?b2?2?2?4?2(ab?)?4?8的错误；⑵忽视基本不等式

ababab中等号成立的条件.

变式与引申3： ⑴a、b、c?R?，求证：题型四 不等式与函数的综合应用

例1已知函数f(x)?ax?bx?c(a,b,c?R).当x?[?1,1]时|f(x)|?1. ⑴求证：|b|?1；

⑵若g(x)?bx2?ax?c(a,b,c?R),则当x?[?1,1]时,求证：|g(x)|?2.

点拨：本题中所给条件并不足以确定参数a,b,c的值，但应该注意到：所要求的结论不是b或g(x)的确定值,而是与条件相对应的“取值范围”,因此,我们可以用f(?1) 、f(0)、f(1)来表示a,b,c,因为由已知条件有|f(?1)|?1,|f(0)|?1,|f(1)|?1,可使问题获证.

1解： (1) 证明：由f(1)?a?b?c,f(?1)?a?b?c?b?[f(1)?f(?1)]，从而有

2111|b|?[f(1)?f(?1)]?(|f(1)|?|f(?1)|),∵|f(1)|?1,|f(?1)|?1,∴|b|?(|f(1)|?|f(?1)|)?1

22211(2)由f(1)?a?b?c,f(?1)?a?b?c?b?[f(1)?f(?1)],a?c?[f(1)?f(?1)],c?f(0).

22从而 a?1[f(1)?f(?1)]?f(0),将以上三式代入g(x)?bx?ax?c(a,b,c?R)，并整理得

22111???abc?23. a3b3c321111f(1)(x?1)?f(?1)(1?x)|?|f(0)(x2?1)|?|f(1)(x?1)|?|f(?1)(1?x)|, 222211?|f(0)|x2?1|?|f(1)||x?1|?|f(?1)||1?x|

221111?|x2?1|?|x?1|?|1?x|?1?x2?(x?1)?(1?x)?2?x2?2.

2222易错点：⑴不会用f(?1)、f(1)来表示a、b、c及其它们的和差关系式,从而解题思路受阻；⑵不能灵活运用绝对值|a?b|?|a|?|b|,|a?b|?|a|?|b|对问题进行转化；⑶运用放缩法时的放缩程度把握不住. |g(x)|?|f(0)(x2?1)?变式与引申4：设函数f(x)?ax?bx?c,g(x)?cx?bx?a,若当|x|?1时,|f(x)|?1恒成立, 求证：⑴|f(2)|?7；⑵当|x|?1时,|g(x)|?2.

本节主要考查：⑴不等式的性质(基本不等式与柯西不等式)应用；⑵含绝对值不等式的解法； ⑶逆求参数取值范围；⑷数学归纳法证明与数列有关的不等式问题；

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22 ⑸函数方程思想、分类讨论思想、转化化归思想以及比较法、分析法、综合法、数学归纳法和放缩法等数学思想方法.

点评：⑴运用不等式性质解有关问题时,要随时对性质成立的条件保持高度警惕,避免错误发生；

⑵应用绝对值不等式解题时,要注意绝对值不等式中等号成立的条件；解含绝对值不等式的关键是去掉绝对值符号,主要思路有：①利用绝对值的几何意义；②零点分段讨论；③平方转化；④借助图象直观获解.

⑶利用基本不等式和柯西不等式求最值是不等式选讲的重点考查内容之一,解题中常用技巧是注意创设应用基本不等式的条件,合理地拆分项或配凑因式,即把已知式子转化成基本不等式和柯西不等式的模型.在应用

a?b2?ab(a?0,b?0)求最值时,“一正、二定、三相等”三个条件不可缺一.

⑷证明不等式的常用方法：

①比较法,即作差比较法与作商比较法；②综合法—-由因导果；③分析法---执果索因；④数学归纳法,证明不等式时应把握两点：一是明确证题的关键是第二步的证明,即运用n?k的归纳假设作为条件去推证n?k?1时的命题成立.如果没有运用归纳假设条件,就直接证得结论那么这种证法就不是数学归纳法；二是注意明确n?k?1时目标式的结构特征,以选择恰当的方法去证明,若直接证明目标式有困难,可借助其他辅助方法(放缩法、分析法等)去证明.⑤放缩法,运用时应注意观察“放与缩”的方向和“放与缩”的量的大小,把握好放缩的“度”,熟记一些常用放缩技巧和放缩的结构形式.

⑸不等式作为工具,常与函数、导数、数列、解析几何结合在一起,在高考中以综合题形式出现,应给予关注.

习题3-4 1．（2009年重庆卷理第5题）不等式|x?3|?|x?1|?a2?3a对任意实数x恒成立,则实数a的取值范围为( ).

A.(??,?1]?[4,??) B.(??,?2]?[5,??) C.[1,2] D.(??,1]?[2,??)

2．(2008年山东卷第16题）若不等式|3x?b|?4的解集中的整数有且仅有1,2,3,则b的取值范围 . 3.设0?t??2,a是大于0的常数,若f(t)?1cost?a1?costn?1的最小值是16,则a的值等于______.

4.求证：a3?b3?c3?3abc.

5.设数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn?2an?2（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn?logan2，数列?bn?的前n项和为Bn，若存在整数m，使对任意n∈N*且n≥2,都有

n?1(n∈N*).

B3n?Bn?m成立，求m的最大值； 20n?1（3）令cn?(?1)n?1logan2，数列?cn?的前n项和为Tn，求证：当n∈N*且n≥2时，T2n?

2. 2第五节 数列与不等式的综合应用

数列和不等式是高考的两大热点也是难点，数列是高中数学中一个重要的内容，在高等数学也有很重要的地位，不等式是高中数学培养学生思维能力的一个突出的内容，它可以体现数学思维中的很多方法.数列与不等式的交汇综合又是高考的重中之重.

近几年，高考关于数列与不等式的综合应用的命题趋势是：

（1）以客观题考查不等式的性质、解法与数列、等差数列、等比数列的简单交汇．

19

（2）以解答题以中档题或压轴题的形式考查数列与不等式的交汇，还有可能涉及到导数、解析几何、三角函数的知识等，深度考查不等式的证明(主要比较法、综合法、分析法、放缩法、数学归纳法、反证法)和逻辑推理能力及分类讨论、化归的数学思想，试题新颖别致，难度相对较大． 题型一 数列中的不等关系

例1（2008年四川卷理科第16题）设等差数列{an}的前n项和为Sn，S4?10，S5?15，则a4的最大值是 .

【点拨】数列与不等式的小题，主要是运用基本不等式、不等式的性质、线性规划等求范围或最值．本题明为数列，实为线性规划，着力考查了转化化归和数形结合思想．因约束条件只有两个，本题也可用不等式的方法求解．

4?3?4a?d?10?2a1?3d?54a1?6d?101?【解法1】由题意，?，即?，，a42????5a1?10d?15?a1?2d?3?5a?5?4d?151??2?a1?3d．

建立平面直角坐标系a1od，画出可行域?由图知，当直线a4?2a1?3d?5（图略），画出目标函数即直线a4?a1?3d，

a?2d?3?1?a1?3d过可行域内(1,1)点时截距最大，此时目标函数取最大值a4?4．

?2?1??2?1?1??1，∴a?3d??(2a?3d)?3(a?2d) 解得?111?3??2??3??3?12?2【解法2】前面同解法1

设a1?3d??1(2a1?3d)??2(a1?2d)，由??2a1?3d?5??(2a1?3d)??5由不等式的性质得：? ?? ??(2a1?3d)?3(a1?2d)?4，即

a?2d?3?1?3(a1?2d)?9a4?a1?3d?4，a4的最大值是4．

【解法3】前面同解法1， 5?3d??a4?a1?3d??3d ∴5?3d?a?3?d ∴5?3d?3?d，即d?1

4?222??a4?a1?3d?(3?2d)?3d∴a4?3?d?3?1?4，a4的最大值是4．

【易错点】一方面得出不等式组，之后不知如何运用；另一方面用线性规划求最值时，用错点的坐标． 变式与引申1： ⑴等比数列{an}的公比q?1，第17项的平方等于第24项，求使

a1?a2???an?

111恒成立的正整数n的取值范围． ????a1a2anab ⑵设a?0,b?0.若3是3与3的等比中项，则

11?的最小值为 ab （ ）

A．8 B．4 C．2 D．1 题型二 数列、函数与不等式

x?2,x?(0,??)，数列?xn?满足xn?1?f(xn),n?N?，且x1?1． x?1（1）设an?xn?2，证明：an?1?an；

例2 已知函数f(x)?2． 2【点拨】数列参与的不等式的证明问题常用的方法：(1)比较法，特别是差值比较法是最根本的方法；(2)分析法与综合法，一般是利用分析法分析，再利用综合法证明；(3)放缩法，利用迭代法、累加法、累乘法构建关系进行放缩.

（2）设（1）中的数列?an?的前n项和为Sn，证明Sn?【解】（1）an?1?xn?1?2?xn?2x?2 ?2?(2?1)nxn?1xn?120

11161 ……………………11分 ???49161441119111????[????] ∴2?222224n(n?1)(2n)anan?1a2n9961616321 ?Cn?? …………………………12分 ???44144646622 ∴Cn?Cn?1?Cn?2???C2,即Cn?C2?19．【解析】：（1）∵f(x)?ax?bx?ax(a?0)，∴f?(x)?3ax?2bx?a(a?0)

2??f?(?1)?0?3a?2b?a?0(a?0)． 依题意有?，∴?2?f(2)?0???12a?4b?a?032222解得??a?632，∴f(x)?6x?9x?36x． ……………………………5分

?b??9 （2）证明：∵x1,x2是方程f'(x)?0的两根， ∴f'(x)?3a(x?x1)(x?x2)．

a1，x2?a，∴x1??． ……………………………7分 33111∴|g(x)|?|3a(x?)(x?a)?a(x?)|?|a(x?)[3(x?a)?1]|

33311∵x1?x?x2，即??x?a. ∴|g(x)|?a(x?)(?3x?3a?1) ………………9分

33∵x1?x2??a23a3113a?1?a2?a ∴|g(x)|??3a(x?)(x?)??3a(x?)?243333a31a(3a?2)22??a?a?． 4312∴|g(x)|?a(3a?2)2 ……………………………12分 12220．【解析】 (1)因为a1?1,a2?2,所以a3?(1?cos22?2)a1?sin2?2?a1?1?2,

a4?(1?cos?)a2?sin??2a2?4. ……………………………2分 一般地，当n?2k?1(k?N)时，

(2k?1)?2k?1＝aa2k?1?[1?cos2]a2k?1?sin2?2k?1?1，即a2k?1?a2k?1?1.

22*所以数列?a2k?1?是首项为1、公差为1的等差数列，因此a2k?1?k. ……………………………4分

*当n?2k(k?N)时，a2k?2?(1?cos22k?)a2k?sin22k??2a2k.

22k所以数列?a2k?是首项为2、公比为2的等比数列，因此a2k?2.

?n?1*,n?2k?1(k?N),2故数列?an?的通项公式为a?? ?nn?2*?2,n?2k(k?N). ……………………………6分

46

(2)由(1)知，bn?a2n?1n123n?2,Sn??2?3???n, ① a2n222221123nSn?2?2?4???n?1 ② 22222112[1?()]11111nn1n22 ① - ②得，Sn??2?3???n?n?1??n?1?1?n?n?1.

12222222221?21nn?2??2?. ……………………………9分 n?1nn 所以Sn?2?222 要证明当n?6时，S1n(n?2)n?2?n成立，只需证明当n?6时，2n?1成立．

令cn(n?2)(n?1)(n?3)n(n?2)3?n2n?22(n?6)，则cn?1?cn?2n?1?22?2n?1?0. 所以当n?6时，cn?6时，c6?83n?1?cn．因此当n?c6?64?4?1.

于是当n?6时，n(n?2)122?1.综上所述，当n?6时，Sn?2?n.……………………………13分 21．【解析】（1）?S?11?aa(a?a,当n?2时，aaa1?1),∴a1n?Sn?Sn?1?a?1an?a?1an?1, ana?a，即{an}是等比数列． ∴an?a?an?1?an； ……………………………4分 n?12?a（2）由（1）知，bn?a?1(an?1)(3a?1)an?2aan?1?an(a?1)，若{bn}为等比数列， 则有b23a?23a2?2a?22?b1b3,而b1?3,b2?a,b3?a2,

故(3a?2223a?2a?2111a)?3?a2，解得a?3，再将a?3代入得bn?3n成立， 所以a?3．……9分 （3）证明：由（2）知a1113n3n?1nn?(3)，所以cn?1?(1?)n1?(1?)n?13n?1?3n?1?1 33nn??3?1?131?1?111113n?1?3n?1?1?1?3n?1?1?3n?1?1?2?(3n?1?3n?1?1)， 由113?13,111111n?n3n?1?1?3n?1得3n?1?3n?1?1?3n?3n?1, 所以c?2?(1311n3n?1?3n?1?1)?2?(3n?3n?1)，

从而T111111n?c1?c2???cn?[2?(3?32)]?[2?(32?33)]??[2?(3n?3n?1)]

?2n?[(13?11111111132)?(32?33)???(3n?3n?1)]?2n?(3?3n?1)?2n?3．即Tn?2n?3．………14分

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