《2012年高考数学总复习系列》 - 高中数学必修五 - 图文

④?③，得∵

(bn?1?bn)?2(bn?2?bn?1)?3(bn?3?bn?2)?0，

⑤

bn?1?bn≥0，bn?2?bn?1≥0，bn?3?bn?2≥0，

bn?1?bn?0(n?1，2，3，)， bn?d3(n?1，2，3，)，

∴由⑤得

由此不妨设 则

an?an?2?d3（常数）

．

cn?an?2an?1?3an?2?4an?2an?1?3d3．

由此从而

cn?1?4an?1?2an?2?3d3，两式相减得cn?1?cn?2(an?1?an)?2d3．

an?1?an?11(cn?1?cn)?d3?d2?d3{a}22（常数）（n=1，2，3，?），即数列n为等差数列．

因此

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． 12.（2010.福建）已知数列 （1）求数列

{an}满足a1?1，an?1?2an?1．

{an}的通项公式；

k1?1k2?144 （2）若4kn?1?(an?1)kn，bn?kn，证明{bn}是等差数列．

?a?2a?1(n?N)，∴an?1?1?2(an?1)． n?1n 【解析】：（1）∵

∴

{an?1}是以a1?1?2为首项，2为公比的等比数列．

nna?1?2a?2?1； nn∴，即

kn?1k1?1k2?1k44?4?(a?1)n（2）∵，

利用∴

{an}的通项公式，有4(k1?k2??kn)?n?2nkn．

2[(b1?b2??bn)?n]?nbn．①

?bn?bn?1)?(n?1)]?(n?1)bn?1， ②

构建递推关系

2[(b1?b2?②－①，得

(n?1)bn?1?nbn?2?0，③

从而有

nbn?2?(n?1)bn?1?2?0，④

nbn?2?2nbn?1?nbn?0，即bn?2?2bn?1?bn?0．

③?④，得

故

{bn}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>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;

nn（7）a>b>0, n∈N+?an>bn; （8）a>b>0, n∈N+?a?b;

（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≥2

xy, 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

nnnnn(a)?(b)a?b（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

nna?b；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|，立，所以所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，

n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）

22xy，当且仅当x=yxy?(x?y)成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2≥0，所以x+y≥

3时，等号成立，再证另一不等式，令

x?a,3y?b,3z?c，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)=

132(a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥3xyz，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。

A（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

?2x2+y2+z2

?a?babcb?cc?a??xy?yz?xz?.??(a?b)(b?c)(c?a)?cab?

?2【证明】 左边-右边= x2+y2+z2

abbcxy?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?a

2bcb2a2cacyz?z?z?2xz?x2?(a?b)(c?a)a?ba?b(a?b)(b?c)b?c

222?ba??cb??ac????????x?yy?zz?x??0.?b?c?????c?a??c?aa?b??a?bb?c??

所以左边≥右边，不等式成立。

例2 若a

?【解】 因为1-x

1，所以loga(1-x)

?

0,

|loga(1?x)|1|loga(1?x)|=|log(1-x)(1+x)|=-log(1-x)(1+x)=log(1-x)1?x>log(1-x)(1-x)=1（因为0<1-x2<1，所以

11?x>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??。

3例3 已知a, b, c∈R+，求证：a+b+c-3abc≥a+b?2ab.

33【证明】 要证a+b+c?3c?a?b≥a+b?2ab.只需证c?2ab?3abc，

33因为c?2ab?c?ab?ab?3c?a?b?3abc，所以原不等式成立。

2111??.c(1?c)a(1?b)b(1?a)例4 已知实数a, b, c满足0

111??所以a(1?a)b(1?b)c(1?c)，

1122???所以a(1?a)b(1?b)b(1?b)c(1?c)，

1111???所以只需证明a(1?a)b(1?b)a(1?b)b(1?a)， a?ba?b?也就是证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?1?1k?1k(k?2)(k?1)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，(k?1)k?2kk?1?k?1k(k?2)(k?1)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。

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

【证明】 不妨设x≥y, x≥z.

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

111??y?z，x2≥z2≥y2，由排序原理可得 ⅱ）x≥z≥y，则x?zx?yx2y2z2y2z2x2?????y?zz?xx?yy?zz?xx?y，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+).