《2011考数学总复习系列》高中数学必修4

《2011年高考数学总复习系列》——高中数学必修四

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，p?半周长。 a?b?c为2abc??=2R（R为△ABC外接圆半径）。 sinAsinBsinC111推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinC?bcsinA?casinB. 2221．正弦定理：推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a. 推论3：在△ABC中，A+B=?，解a满足ab?，则a=A. sinasin(??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=

1absinC；再证推论2，因为B+C=?-A，所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，2absinasin(??a)??，所以，即sinAsinBsinAsin(??A)两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证推论4，由正弦定理

11[cos(?-A+a)-cos(?-A-a)]= ?[cos(?-a+A)-cos(?-a-A)]，等价于22cos(?-A+a)=cos(?-a+A)，因为0

sinasin(?-A)=sin(?-a)sinA，等价于?b2?c2?a22．余弦定理：a=b+c-2bccosA?cosA?，下面用余弦定理证明几个常用的结论。

2bc2

2

2

b2p?c2q（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AD=?pq.

p?q2

（1）

【证明】 因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos?ADB， 所以c2=AD2+p2-2AD·pcos?ADB. ① 同理b2=AD2+q2-2AD·qcos?ADC， ② 因为?ADB+?ADC=?，

所以cos?ADB+cos?ADC=0， 所以q×①+p×②得

b2p?c2qqc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=?pq.

p?q2

2

2

2

注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式AD?（

2

）

海

伦

公

式

：

因

为

?2b2?2c2?a2.

214bcsinA=

22

2

2S?ABC?14bc

22

(1-cosA)=

2

14bc

22

数学必修4 第 1 页 共 14 页

?(b2?c2?a2)2?122 22[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c). ??1??224bc??16这里p?a?b?c. 2所以S△ABC=

p(p?a)(p?b)(p?c).

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?POQ??,?QOR??，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

sin?sin?sin(???)??. uvw【证明】P，Q，R共线?SΔPQR?0?S?OPR?S?OPQ?S?ORQ

?111uvsin(α+β)=uwsinα+vwsinβ

222sin(???)sin?sin????，得证。

wuv2．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PD?BC，PE?AC，PF?AB，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，CDsin?ACB=APsin?BAC=BPsin?ABC，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：PA?BC。 【证明】 延长PA交GD于M，

因为O1G?BC，O2D?BC，所以只需证

GMO1AAF??. MDAO2AE由正弦定理

APAFPAAE?,?，

sin(???1)sin?sin(???2)sin?所以

AEsin?1sin???. AFsin?2sin?另一方面，

GMPMMDPM?,?， sin?sin?1sin?sin?2数学必修4 第 2 页 共 14 页

所以

GMsin?2sin?， ??MDsin?1sin?GMAF?，所以PA//O1G， MDAE即PA?BC，得证。

所以

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)

?8xy?yz?zx=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P?【解】 由题设b?223??的最大值。 a2?1b2?1c2?1a?c，令a=tanα, c=tanγ, b=tanβ, 1?ac2101?10?则tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤?3?sin????，

33?3?当且仅当α+β=

1?1022，sinγ=，即a=时，Pmax=. ,b?2,c?3232412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??0,????. 2??因为a, b, c为三边长，所以c<从而???0,1, c>|a-b|， 2???222

?，所以sinβ>|cosα·cosβ|. ?4?2

2

2

2

因为1=(a+b+c)=a+b+c+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=[1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β] 411=+cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β) 44111>+cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)=. 444数学必修4 第 3 页 共 14 页

所以a2+b2+c2+4abc<.

12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=

n(a1?an)n(n?1)?na1?d；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）

22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

an?1?q，则{an}称为等比数列，q叫做公比。 ann-1

a1(1?qn)定理3 *****【必考】等比数列的性质：1）an=a1q；2）前n项和Sn，当q?1时，Sn=；当q=1时，

1?qSn=na1；3）如果a, b, c成等比数列，即b2=ac(b?0)，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|

n??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

a1（由极限的定义可得）。 1?q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α?β，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，

数学必修4 第 4 页 共 14 页

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=【解】 因为a1=

1,a1+a2+…+an=n2an, n≥1，求通项an. 21,又a1+a2=22·a2, 2所以a2=

a?a111，a3=?22?,猜想an?(n≥1). 3?23?4n(n?1)3?11，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。 2?1证明；1）当n=1时，a1=

当n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+ a1+…+a1=[(k+1)2-1] ak+1,， 所以

111=k(k+2)ak+1, ????2?13?2k?(k?1)11111??????=k(k+2)ak+1, 223kk?1即1?所以

k1. =k(k+2)ak+1,所以ak+1=

k?1(k?1)(k?2)由数学归纳法可得猜想成立，所以an?1.

n(n?1)例3 设0

1，求证：对任意n∈N+,有an>1. an【证明】 证明更强的结论：1

2)假设n=k时，①式成立，即1

1?a?ak?1111?a?a21?a??a??a???1.

1?a1?a1?aak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。

22n例4 数列{an}满足an+pan-1+qan-2=0, n≥3，q?0，求证：存在常数c，使得an?1?pan?1·an+qan?cq?0. 2222【证明】an?1?pan?1·an+1+qan?1?an?2(pan+1+an+2)+qan?1=an+2·(-qan)+qan?1= 2222+a(pq+qa)]=q(q(an?aa)?q[aa?paa?qann+1n?1nn?2n?1n?1n?1nn).

2若a2?pa2a1?qa12=0，则对任意n, an?1?pan?1an+qan=0，取c=0即可.

2若a2?pa2a1?qa12?0，则{an?1?pan?1an+qan}是首项为a2?pa2a1?qa1，公式为q的等比数列。

222222数学必修4 第 5 页 共 14 页

2222n

所以an+=·q. (a?paa?qa)?paaqa2211?1n?1nn2取c??(a2?pa1a2?qa12)·

1即可. q综上，结论成立。

例5 已知a1=0, an+1=5an+24an?1，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+24an?1移项、平方得

22an?1?10anan?1?an?1?0. ①

22当n≥2时，把①式中的n换成n-1得an?10anan?1?an?1?1?0，即 22an?1?10anan?1?an?1?0. ②

2因为an-1

22≥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=

1(n=1, 2, …)，求S99=a1+a2+…+a99.

4n?2100112?2100?4n?4100?n1【解】 因为an+a100-n=n+=， ?100100?n100100100n100?n1004?24?24?2?2(4?4)219919999所以S99=?(an?a100?n)??100?101.

2n?1222例7 求和：Sn?111?. +…+

1?2?32?3?4n(n?1)(n?2)【解】 一般地，

1k?2?k?

k(k?1)(k?2)2k(k?1)(k?2)??1?11??， ??2?k(k?1)(k?1)(k?2)??1 ?k?1k(k?1)(k?2)n所以Sn=

?

?1?111111????????

2?1?22?32?33?4n(n?1)(n?1)(n?2)??数学必修4 第 6 页 共 14 页

??1?11 ???2?2(n?1)(n?2)?11?. 42(n?1)(n?2)?例8 已知数列{an}满足a1=a2=1，an+2=an+1+an, Sn为数列??an?的前n项和，求证：Sn<2。 n??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Sn?a112358?2?3?4?5?6???n， ① n2222222所以

a11235。 ② Sn?2?3?4?5???nn222222?1an?2111?11Sn??2?????2222?2n?2?22?an???2n?1， ?由①-②得

所以

a111Sn??Sn?2?nn。 2242?1an>0, n?12又因为Sn-2

11111Sn??Sn, 所以Sn?， 22442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??3????，

?6?(??2?)?2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=

?3?3???，

?6?9???33，β??， 441n?1n?1所以an?[3?(?1)·3]。

45．构造等差或等比数列

数学必修4 第 7 页 共 14 页

例11 正数列a0,a1,…,an,…满足anan?2?an?1an?2=2an-1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。 【解】 由anan?2?an?1an?2?2an?1得

ana?2n?1=1， an?1an?2?a?ann?1?即?1?2?1?.

?an?2?an?1??令bn=

ana1+1，则{bn}是首项为+1=2，公比为2的等比数列， an?1a0ana+1=2n，所以n=（2n-1）2， an?1an?1所以bn=

nanan?1a2a1k2所以an=·…··a0=?(2?1).

a1a0an?1an?2k?1n注：

?Ci?1i?C1·C2·…·Cn.

2xn?2例12 已知数列{xn}满足x1=2, xn+1=,n∈N+, 求通项。

2xnx2?2x2?2【解】 考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=?2.

2x2x2xn?2因为x1=2, xn+1=,可知{xn}的每项均为正数。

2xn2又xn+2≥22xn，所以xn+1≥2(n≥1)。又

2xn?2(xn?2)2Xn+1-2=, ① ?2=

2xn2xn2xn?2(xn?2)2Xn+1+2=, ② ?2=

2xn2xnxn?1?2?xn?2?由①÷②得???。 ③

xn?1?2??xn?2??又

2x1?2x1?2>0，

?xn?1?2??xn?2?由③可知对任意n∈N+，>0且lg???2lg??,

x?2x?2xn?2?????n?1??n?xn?2数学必修4 第 8 页 共 14 页

?xn?2??2?2?lg所以lg?是首项为???，公比为2的等比数列。

??2?2??xn?2??所以lg?2?2?xn?2?2?2?，所以?2n?1·lg?????2?22?2xn?2x?2????nxn?22n?1，

解得xn?2·

(2?2)(2?2)2n?12n?1?(2?2)?(2?2)2n?12n?1。

注意：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。

第三章 不等式

一、基础知识【理解去记】

***【必会】不等式的基本性质：

（1）a>b?a-b>0； （2）a>b, b>c?a>c； （3）a>b?a+c>b+c； （4）a>b, c>0?ac>bc；

（5）a>b, c<0?acb>0, c>d>0?ac>bd;

（7）a>b>0, n∈N+?an>bn; （8）a>b>0, n∈N+?na?nb; （9）a>0, |x|a?x>a或x<-a; （10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|; （11）a, b∈R，则(a-b)2≥0?a2+b2≥2ab; （12）x, y, z∈R+，则x+y≥2xy, x+y+z?33xyz.

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na?nb，由性质（7）得(na)n?(nb)n，即a≤b，与a>b矛盾，所以假设不成立，所以na?nb；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

3xy?(x?y)2≥0，所以x+y≥2xy，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

x?a,3y?b,3z?c=(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)=

1(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥33xyz，等号当且仅当x=y=z时成立。 2二、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

例

A（A，B>0）与1比较大小，最后得出结B任

意

实

数

x,

y,

z,

有

1 设a, b,

c∈R+

，试证：对

数学必修4 第 9 页 共 14 页

x2+y2+z2?2?a?babcb?cc?a??xy?yz?xz???. (a?b)(b?c)(c?a)?cab?【证明】 左边-右边= x2+y2+z2?2abbcxy?2yz

(b?c)(c?a)(a?b)(c?a)?2cab2abacxz?x?2xy?y2?y2?

(a?b)(b?c)b?c(b?c)(c?a)c?ac?a2bcb2a2cacyz?z?z?2xz?x2?

(a?b)(c?a)a?ba?b(a?b)(b?c)b?c222?ba??cb??ac????????b?cx?c?ay???c?ay?a?bz???a?bz?b?cx??0. ??????所以左边≥右边，不等式成立。

例2 若a

|loga(1?x)|1=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)>log(1-x)(1-x)=1

1?x|loga(1?x)|1>1-x>0, 0<1-x<1）. 1?x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-33abc≥a+b?2ab.

【证明】 要证a+b+c?33c?a?b≥a+b?2ab.只需证c?2ab?33abc， 因为c?2ab?c?ab?ab?33c?a?b?33abc，所以原不等式成立。 例4 已知实数a, b, c满足0

1211??. ，求证：

2c(1?c)a(1?b)b(1?a)【证明】 因为0

1，由二次函数性质可证a(1-a) ≤b(1-b) ≤c(1-c)， 2所以

111??，

a(1?a)b(1?b)c(1?c)1122???，

a(1?a)b(1?b)b(1?b)c(1?c)1111???，

a(1?a)b(1?b)a(1?b)b(1?a)所以

所以只需证明

数学必修4 第 10 页 共 14 页

也就是证

a?ba?b， ?a(1?a)(1?b)b(1?a)(1?b)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。

(k?1)k?2kk?12）设n=k时有k>(k+1)，当n=k+1时，只需证(k+1)>(k+2)，即>1. 因为?1，所以k?1k(k?2)(k?1)k+1

k

k+2

k+1

(k?1)k?2kk?1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。 ?k?1k(k?2)(k?1)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。

x2?y2y2?z2z2?x2例7 已知x, y, z∈R，求证：???0.

y?zz?xx?y+

【证明】 不妨设x≥y, x≥z. ⅰ）x≥y≥z，则

111??，x2≥y2≥z2，由排序原理可得 x?yx?zy?zx2y2z2y2z2x2，原不等式成立。 ?????y?zz?xx?yy?zz?xx?yⅱ）x≥z≥y，则

111??，x2≥z2≥y2，由排序原理可得 x?zx?yy?zx2y2z2y2z2x2，原不等式成立。 ?????y?zz?xx?yy?zz?xx?y

（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：1?111????n?n(n?2). 232?1【证明】 1?1111?11?11??1????n?1?????????n?n???n? 232?44?2?12??22?????????2n?1?1n?11n?1???，得证。

22n2n2数学必修4 第 11 页 共 14 页

abc??. a?mb?mc?mababa?bm?????1?【证明】 a?mb?ma?b?ma?b?ma?b?ma?b?mmc?1??（因为a+b>c），得证。

c?mc?m例9 已知a, b, c是△ABC的三条边长，m>0，求证：（7）引入参变量法。

b3例10 已知x, y∈R, l, a, b为待定正数，求f(x, y)=2?2的最小值。

xy+

a3ylkl(1?k)2,y?【解】 设?k，则x?，f(x,y)=

x1?k1?kl2?3b3???a?k2??? ??????113133333131323322??(a+b+3ab+3ab)= a?b?ak?ak?b??b??b??ak?222k??k??l?kl???????????????????(a?b)3l2(a?b)3ab. ，等号当且仅当?时成立。所以f(x, y)min=2xyl1≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，3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)，依题设有即

1?1?(1?k)2(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为f(k)=k+在?,1?上递减，

k?3?4k11(1?k)2所以(x2+x3+x4)=(k??2)(x2+x3+x4)

4k4k13??23≤·3x2=4x2≤x2x3x4. 4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：

xyz33?. ??22221?x1?y1?z【证明】 先证

x332?x. 221?x1?2?2????, 2?3?3331?2x2(1?x2)2?因为x(1-x2)=2数学必修4 第 12 页 共 14 页

xx2x2332所以???x. 22221?xx(1?x)33同理

y332?y，

21?y2z332?z，

21?z2所以

xyz3323322???(x?y?z)?.

221?x21?y21?z2abc??≤2。 bc?1ca?1ab?1例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：【证明】 先证

a2a?. ① bc?1a?b?c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

b2bc2c?,?. ca?1a?b?cab?1a?b?c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)=

111??的最小值。 a?bb?cc?a【解】 当a, b, c中有一个为0，另两个为1时，f(a, b, c)=

553，以下证明f(a, b, c) ≥. 不妨设a≥b≥c，则0≤c≤, 223f(a, b, c)=

2ca?b1??. c2?1c2?1a?b(a?b)2因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，

4解关于a+b的不等式得a+b≥2(c2?1-c). 考虑函数g(t)=

t1?, g(t)在[c2?1,??）上单调递增。 2c?1t又因为0≤c≤

3，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2(c2?1?c)≥c2?1. 32ca?b1?? 22c?1c?1a?b所以f(a, b, c)=

2c2(c2?1?c)1??≥2

2c?1c2?12(c?1?c)数学必修4 第 13 页 共 14 页

2cc2?1?c=2 ?2c?1c?1?1?c3c2?12?c?1?=2?

?2??2?2?c?1?c3c2?153(1?c2?1)c≥4?????.

22222下证3(1?c2?1)?c?0 ① ?3?c?3c2?1?c2+6c+9≥9c2+9?c?3?3??c?≥0 ?c?. 因为

4?4?c?33?，所以①式成立。 34所以f(a, b, c) ≥

55，所以f(a, b, c)min=. 22数学必修4 第 14 页 共 14 页

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/yk63.html