【7A文】高中数学总复习资料汇总(必修1-5) 72页

【MeiWei_81-优质适用文档】高中数学总复习资料汇总（必修1-5）高考数学复习必修1第一章、集合一、基础知识（理解去记）定义1一般地，一组确定的、互异的、无序的对象的全体构成集合，简称集，用大写字母来表示；集合中的各个对象称为元素，用小写字母来表示，元素x在集合A中，称x属于A，记为xA，否则称x不属于A，记作xA。例如，通常用N，Z，Q，B，Q+分别表示自然数集、整数集、有理数集、实数集、正有理数集，不含任何元素的集合称为空集，用来表示。集合分有限集和无限集两种。集合的表示方法有列举法：将集合中的元素一一列举出来写在大括号内并用逗号隔开表示集合的方法，如{1，2，3}；描述法：将集合中的元素的属性写在大括号内表示集合的方法。{xx0}例如{有理数}，分别表示有理数集和正实数集。定义2子集：对于两个集合A与B，如果集合A中的任何一个元素都是集合B中的元素，则A叫做B的子集，记为AB，例如NZ。规定空集是任何集合的子集，如果A是B的子集，B也是A的子集，则称A与B相等。如果A是B的子集，而且B中存在元素不属于A，则A叫B的真子集。便于理解：AB包含两个意思：①A与B相等、②A是B的真子集AB{xxA且xB}.定义3交集，AB{xxA或xB}.定义4并集，AI,则CA{xxI,且xA}定义5补集，若1称为A在I中的补集。{xaxb,xR,ab}(a,b)定义6集合记作开区间，集合{xaxb,xR,ab}[a,b](,).记作闭区间，R记作定义7空集∅是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集。补充知识点对集合中元素三大性质的理解（1）确定性集合中的元素，必须是确定的．对于集合A和元素a，要么aA，要么aA，二者必居其一．比如：“所有大于100的数”组成一个集合，集合中的元素是确定的．而“较大的整数”就不能构成一个集合，因为它的对象是不确定的．再如，“较大的树”、“较高的人”等都不能构成集合．（2）互异性对于一个给定的集合，集合中的元素一定是不同的．任何两个相同的对象在同一集合中2时，只能算作这个集合中的一个元素．如：由a，a组成一个集合，则a的取值不能是0或1．（3）无序性集合中的元素的次序无先后之分．如：由1，2，3组成一个集合，也可以写成1，3，2组成一个集合，它们都表示同一个集合．帮你总结：学习集合表示方法时应注意的问题aaa（1）注意a与的区别．a是集合的一个元素，而是含有一个元素a的集合，aa二者的关系是．00（2）注意与的区别．是不含任何元素的集合，而是含有元素0的集合．R（3）在用列举法表示集合时，一定不能犯用｛实数集｝或来表示实数集R这一类错误，【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】因为这里“大括号”已包含了“所有”的意思．用特征性质描述法表示集合时，要特别注意这个集合中的元素是什么，它应具备哪些特征性质，从而准确地理解集合的意义．例如：(x，y)yx(x，y)yx集合中的元素是，这个集合表示二元方程的解集，或yx者理解为曲线上的点组成的点集；xyxyx集合中的元素是x，这个集合表示函数中自变量x的取值范围；yyxyyxy集合中的元素是，这个集合表示函数中函数值的取值范围；yxyx集合中的元素只有一个（方程），它是用列举法表示的单元素集合．（4）常见题型方法：当集合中有n个元素时，有2n个子集，有2n-1个真子集，有2n-2个非空真子集。二、基础例题（必会）22Ayyx4x3，xRByyx2x2，xRAB例1已知，，求．22∵yx4x3(x2)1≥1正解：，22yx2x2(x1)3≤3，∴Ayy≥1Byy≤3，，∴ABy1≤y≤3．解析：这道题要注意研究的元素（看竖线前的元素），均是y，所以要求出两个集合中y的范围再求交集，A中的y范围是求表达式的值域、因此此题是表示两个函数值域的集合．32A2，4，a2aa7例2若，21232B1，a1，a2a2，(a3a8)，aa3a72，且AB2，5，试求实数a．32正解：∵A∩B=｛2，5｝，∴由a2aa75，解得a2或a1．2当a=1时，a2a21与元素的互异性矛盾，故舍去a1；B1，0，5，2，4AB2，4，5AB2，5当a1时，，此时，这与矛盾，故又舍去a1；A2，4，5B1，3，2，5，25AB2，5当a2时，，，此时满足题意，故a2为所求．解析：此题紧紧抓住集合的三大性质：①确定性②互异性③无序性三、趋近高考（必懂）1.（20KK年江苏高考1）设集合A={-1,1,3}，B={a+2,a2+4},A∩B={3}，则实数a=______________方法：将集合B两个表达式都等于3，且抓住集合三大性质。【答案】1.22xy{(x,y)|1}x2.（20KK.湖北卷2.）设集合A=416，B={(x,y)|y3},则A∩B的子集的个数是（）【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】A.4B.3C.2D.1方法：注意研究元素，是点的形式存在，A是椭圆，B是指数函数，有数形结合方法，交于两个点，说明集合中有两个元素，还要注意，题目求子集个数，所以是22=4【答案】A集合穿针转化引线（最新）一、集合与常用逻辑用语2p:3x8x40，q:(x1)(x2)0pq3.若，则是的（）．（A）充分条件（B）必要条件（C）充要条件（D）既不充分又不必要条件22x解析：∵p:3x8x40，即3或x2，2p:≤x≤2∴3．q:(x1)(x2)0∵，即x1或x2，q:1≤x≤2∴．pqq¿p由集合关系知：，而．pq∴是的充分条件，但不是必要条件．故选（Ａ）．22xy14.若kR，则“k3”是“方程k3k3表示双曲线”的（）．（A）充分条件（B）必要条件（C）充要条件（D）既不充分又不必要条件22xy1解析：方程k3k3表示双曲线(k3)(k3)0k3或k3．故选（A）．二、集合与函数2P{yyx2，xR}，Q{xyx2，xR}PQ5.已知集合，那么等于（）．（A）（0，2），（1，1）（B）｛（0，2），（1，1）｝{yy≤2}（C）｛1，2｝（D）2yx2解析：由代表元素可知两集合均为数集，又P集合是函数中的y的取值范2yx2yx2围，故P集合的实质是函数的值域．而Q集合则为函数的定义域，PQ{yy≤2}从而易知，选（D）．评注：认识一个集合，首先要看其代表元素，再看该元素的属性，本题易因误看代表元素而错选（Ｂ）或（Ｃ）．三、集合与方程2A{xx(p2)x10，xR}，B{xx0}6.已知，且AB，求实数p的取值范围．2x(p2)x10解析：集合A是方程的解集，则由AB，可得两种情况：2(p2)404p0①A，则由，得；2②方程x(p2)x10无正实根，因为x1x210，【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】≥0，(p2)0，p≥0则有于是．{pp4}综上，实数p的取值范围为．四、集合与不等式222A{aax4x1≥2xa恒成立}，B{xx(2m1)xm(m1)0}7.已知集合，若AB，求实数m的取值范围．22解析：由不等式ax4x1≥2xa恒成立，2(a2)x4x(a1)≥0可得，（※）3x≥（1）当a20，即a2时，（※）式可化为4，显然不符合题意．a20，≤0，（2）当a20时，欲使（※）式对任意x均成立，必需满足a2，244(a2)(a1)≤0，即A{aa≥2}解得．2x(2m1)xm(m1)0集合B是不等式的解集，B{xmxm1}可求得，结合数轴，只要m12即可，解得m1．五、集合与解析几何2A{(x，y)xmxy20}B{(x，y)xy10，0≤x≤2}例6已知集合和，如果AB，求实数m的取值范围．2(x，y)xmxy20解析：从代表元素看，这两个集合均为点集，又及xy10AB是两个曲线方程，故的实质为两个曲线有交点的问题，我们将其译2xmxy20xy10(0≤x≤2)成数学语言即为：“抛物线与线段有公共点，求实数m的取值范围．”2xmxy20，xy10(0≤x≤2)，由，得2x(m1)x10(0≤x≤2)，①∵AB，∴方程①在区间［0，2］上至少有一个实数解．2(m1)4≥0首先，由，得m≥3或m≤1．xx(m1)0xx1当m≥3时，由12及12知，方程①只有负根，不符合要求；xx(m1)0xx10当m≤1时，由12及12知，方程①有两个互为倒数的正(0，1]根，故必有一根在区间内，从而方程①至少有一个根在区间［0，2］内．(，1]综上，所求m的取值范围是．第二章、函数【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】一、基础知识（理解去记）定义1映射，对于任意两个集合A，B，依对应法则f，若对A中的任意一个元素x，在B中都有唯一一个元素与之对应，则称f:A→B为一个映射。定义2函数，映射f:A→B中，若A，B都是非空数集，则这个映射为函数。A称为它的定义域，若x∈A,y∈B，且f(x)=y（即x对应B中的y），则y叫做x的象，x叫y的原象。集合{f(x)|x∈A}叫函数的值域。通常函数由解析式给出，此时函数定义域就是使解析式有意义的未知数的取值范围，如函数y=3x-1的定义域为{x|x≥0,x∈R}.定义3反函数，若函数f:A→B（通常记作y=f(x)）是一一映射，则它的逆映射f-1:A→B叫原函数的反函数，通常写作y=f-1(x).这里求反函数的过程是：在解析式y=f(x)中反解x得x=f-1(y)，然后将x,y互换得y=f-1(x)，最后指出反函数的定义域即原函数的值域。例如：11函数y=1x的反函数是y=1-x(x0).补充知识点：定理1互为反函数的两个函数的图象关于直线y=x对称。定理2在定义域上为增（减）函数的函数，其反函数必为增（减）函数。定义4函数的性质。（1）单调性：设函数f(x)在区间I上满足对任意的x1,x2∈I并且x1f(x2))，则称f(x)在区间I上是增（减）函数，区间I称为单调增（减）区间。（2）奇偶性：设函数y=f(x)的定义域为D，且D是关于原点对称的数集，若对于任意的x∈D，都有f(-x)=-f(x)，则称f(x)是奇函数；若对任意的x∈D，都有f(-x)=f(x)，则称f(x)是偶函数。奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y轴对称。（3）周期性：对于函数f(x)，如果存在一个不为零的常数T，使得当x取定义域内每一个数时，f(x+T)=f(x)总成立，则称f(x)为周期函数，T称为这个函数的周期，如果周期中存在最小的正数T0，则这个正数叫做函数f(x)的最小正周期。定义5如果实数aa}记作开区间（a,+∞），集合{x|x≤a}记作半开半闭区间（-∞,a].定义6函数的图象，点集{(x,y)|y=f(x),x∈D}称为函数y=f(x)的图象，其中D为f(x)的定义域。通过画图不难得出函数y=f(x)的图象与其他函数图象之间的关系(a,b>0)；（1）向右平移a个单位得到y=f(x-a)的图象；（2）向左平移a个单位得到y=f(x+a)的图象；（3）向下平移b个单位得到y=f(x)-b的图象；（4）与函数y=f(-x)的图象关于y轴对称；（5）与函数y=-f(-x)的图象关于原点成中心对称；（6）与函数y=f-1(x)的图象关于直线y=x对称；（7）与函数y=-f(x)的图象关于x轴对称。1定理3复合函数y=f[g(x)]的单调性，记住四个字：“同增异减”。例如y=2x,u=2-x在（-11∞,2）上是减函数，y=u在（0，+∞）上是减函数，所以y=2x在（-∞,2）上是增函数。注：复合函数单调性的判断方法为同增异减。这里不做严格论证，求导之后是显然的。一、基础知识（初中知识必会）1．二次函数：当a0时，y=ax2+bx+c或f(x)=ax2+bx+c称为关于x的二次函数，其对称bb轴为直线x=-2a，另外配方可得f(x)=a(x-x0)2+f(x0)，其中x0=-2a，下同。2．二次函数的性质：当a>0时，f(x)的图象开口向上，在区间（-∞，x0]上随自变量x增大函数值减小（简称递减），在[x0,-∞）上随自变量增大函数值增大（简称递增）。当a<0时，情况相反。3．当a>0时，方程f(x)=0即ax2+bx+c=0…①和不等式ax2+bx+c>0…②及ax2+bx+c<0…③【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】与函数f(x)的关系如下（记△=b2-4ac）。1）当△>0时，方程①有两个不等实根，设x1,x2(x1x2}和{x|x10，当x=x0时，f(x)取最小值f(x0)=4a,若a<0，则当2b4acbx=x0=2a时，f(x)取最大值f(x0)=4a.对于给定区间[m,n]上的二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)，当x0∈[m,n]时，f(x)在[m,n]上的最小值为f(x0);当x0n时，f(x)在[m,n]上的最小值为f(n)（以上结论由二次函数图象即可得出）。定义1能判断真假的语句叫命题，如“3>5”是命题，“萝卜好大”不是命题。不含逻辑联结词“或”、“且”、“非”的命题叫做简单命题，由简单命题与逻辑联结词构成的命题由复合命题。一定注意：“p或q”复合命题只有当p，q同为假命题时为假，否则为真命题；“p且q”复合命题只有当p，q同时为真命题时为真，否则为假命题；p与“非p”即“p”恰好一真一假。定义2原命题：若p则q（p为条件，q为结论）；逆命题：若q则p；否命题：若非p则q；逆否命题：若非q则非p。一定注意：原命题与其逆否命题同真假。一个命题的逆命题和否命题同真假。一定注意：反证法的理论依据是矛盾的排中律，而未必是证明原命题的逆否命题。定义3如果命题“若p则q”为真，则记为pq否则记作pq.在命题“若p则q”中，如果已知pq,则p是q的充分条件；如果qp，则称p是q的必要条件；如果pq但q不p，则称p是q的充分非必要条件；如果p不q但pq，则p称为q的必要非充分条件；若pq且qp，则p是q的充要条件。二、基础例题（必懂）1．数形结合法。1y例1（09.江西）求方程|x-1|=x的正根的个数.x11x【解】分别画出y=|x-1|和y=x的图象，由图象可知两者有唯一交点，所以1x方程有一个正根。4242x3x6x13xx1例2（20KK.广西模拟）求函数f(x)=的最大值。222222(x2)(x3)(x1)(x0)【解】f(x)=，记点P(x,x-2)，A（3，2），【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】B（0，1），则f(x)表示动点P到点A和B距离的差。223(21)10因为|PA|-|PA|≤|AB|=,当且仅当P为AB延长线与抛物线y=x2的交点时等号成立。所以f(x)max=10.2.函数性质的应用。2(x1)1997(x1)13(y1)1997(y1)1例3（10、全国）设x,y∈R，且满足，求x+y.【解】设f(t)=t3+1997t，先证f(t)在（-∞，+∞）上递增。事实上，若a0，所以f(t)递增。由题设f(x-1)=-1=f(1-y)，所以x-1=1-y，所以x+y=2.例4（10、全国）奇函数f(x)在定义域（-1，1）内是减函数，又f(1-a)+f(1-a2)<0，求a的取值范围。【解】因为f(x)是奇函数，所以f(1-a2)=-f(a2-1)，由题设f(1-a)0，则由①得n<0，设f(t)=t(4+1),则f(t)在（0，+∞）上是增函数。又f(m)=f(-n)，4.所以m=-n，所以3x-1+2x-3=0，所以x=54ⅱ)若m<0，且n>0。同理有m+n=0,x=5,但与m<0矛盾。4.综上，方程有唯一实数解x=53.配方法。2x1例7（经典例题）求函数y=x+的值域。1【解】y=x+2x1=2[2x+1+22x1+1]-11112x1=2(+1)-1≥2-1=-2.【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】111当x=-2时，y取最小值-2，所以函数值域是[-2，+∞）。4．换元法。21x例8（经典例题）求函数y=(1x+1x+2)(+1),x∈[0,1]的值域。21x1x1x【解】令+=u，因为x∈[0,1]，所以2≤u2=2+2≤4,所以2≤u≤2,222u2uu2所以2≤2≤2，1≤2≤2，所以y=2,u2∈[2+2，8]。所以该函数值域为[2+2，8]。5．判别式法。2x3x42例9求函数y=x3x4的值域。【解】由函数解析式得(y-1)x2+3(y+1)x+4y-4=0.①当y1时，①式是关于x的方程有实根。1所以△=9(y+1)2-16(y-1)2≥0，解得7≤y≤1.又当y=1时，存在x=0使解析式成立，1所以函数值域为[7，7]。6．关于反函数。例10（10年宁夏）若函数y=f(x)定义域、值域均为R，且存在反函数。若f(x)在(-∞,+∞)上递增，求证：y=f-1(x)在(-∞,+∞)上也是增函数。【证明】设x10,21所以f(x)在（-∞，-3）上递增，同理f(x)在[-4，+∞）上递增。在方程f(x)=f-1(x)中，记f(x)=f-1(x)=y，则y≥0，又由f-1(x)=y得f(y)=x，所以x≥0,所以1x,y∈[-4，+∞）.若xy，设xy也可得出矛盾。所以x=y.即f(x)=x，化简得3x5+2x4-4x-1=0,即(x-1)(3x4+5x3+5x2+5x+1)=0,因为x≥0，所以3x4+5x3+5x2+5x+1>0，所以x=1.7．待定系数法。例1（经典例题）设方程x2-x+1=0的两根是α，β，求满足f(α)=β,f(β)=α,f(1)=1的二次函数f(x).【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】【解】设f(x)=ax2+bx+c(a0),则由已知f(α)=β,f(β)=α相减并整理得（α-β）[（α+β）a+b+1]=0，因为方程x2-x+1=0中△0，所以αβ，所以(α+β)a+b+1=0.又α+β=1,所以a+b+1=0.又因为f(1)=a+b+c=1，所以c-1=1，所以c=2.又b=-(a+1)，所以f(x)=ax2-(a+1)x+2.再由f(α)=β得aα2-(a+1)α+2=β,所以aα2-aα+2=α+β=1，所以aα2-aα+1=0.即a(α2-α+1)+1-a=0,即1-a=0，所以a=1,所以f(x)=x2-2x+2.8．方程的思想例2（10.全国）已知f(x)=ax2-c满足-4≤f(1)≤-1,-1≤f(2)≤5，求f(3)的取值范围。【解】因为-4≤f(1)=a-c≤-1,所以1≤-f(1)=c-a≤4.85又-1≤f(2)=4a-c≤5,f(3)=3f(2)-3f(1),8585所以3×(-1)+3≤f(3)≤3×5+3×4,所以-1≤f(3)≤20.9．利用二次函数的性质。例3（经典例题）已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R,a0)，若方程f(x)=x无实根，求证：方程f(f(x))=x也无实根。【证明】若a>0，因为f(x)=x无实根，所以二次函数g(x)=f(x)-x图象与x轴无公共点且开口向上，所以对任意的x∈R,f(x)-x>0即f(x)>x，从而f(f(x))>f(x)。所以f(f(x))>x，所以方程f(f(x))=x无实根。注：请读者思考例3的逆命题是否正确。10．利用二次函数表达式解题。例4（经典例题）设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)，方程f(x)=x的两根x1,x2满足100，所以f(x)>x.1其次f(x)-x1=(x-x1)[a(x-x2)+1]=a(x-x1)[x-x2+a]<0，所以f(x)1，求证：方程的正根比1小，负根比-1大。【证明】方程化为2a2x2+2ax+1-a2=0.构造f(x)=2a2x2+2ax+1-a2,f(1)=(a+1)2>0,f(-1)=(a-1)2>0,f(0)=1-a2<0,即△>0，所以f(x)在区间（-1,0）和（0，1）上各有一根。即方程的正根比1小，负根比-1大。12．定义在区间上的二次函数的最值。42xx522(x1)例6（经典例题）当x取何值时，函数y=取最小值？求出这个最小值。151222x1(x1)x21u,则0-(b+1)，即b>-2时，x2+bx在[0，-(b+1)]上是减函数，13所以x2+bx的最小值为b+1,b+1=-2,b=-2.3综上，b=-2.13.一元二次不等式问题的解法。22xxaa0x2a1例8（经典例题）已知不等式组①②的整数解恰好有两个，求a的取值范围。【解】因为方程x2-x+a-a2=0的两根为x1=a,x2=1-a,若a≤0，则x11-2a.因为1-2a≥1-a，所以a≤0,所以不等式组无解。1若a>0，ⅰ）当02时，a>1-a，由②得x>1-2a，所以不等式组的解集为1-a1且a-(1-a)≤3，所以10，△=(B-A-C)2(y-z)2-4AC(y-z)2≤0恒成立，所以(B-A-C)2-4AC≤0，即A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)同理有B≥0，C≥0，所以必要性成立。再证充分性，若A≥0，B≥0，C≥0且A2+B2+C2≤2(AB+BC+CA)，1）若A=0，则由B2+C2≤2BC得(B-C)2≤0，所以B=C，所以△=0，所以②成立，①成立。2）若A>0，则由③知△≤0，所以②成立，所以①成立。综上，充分性得证。15．常用结论。定理1若a,b∈R,|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|.——绝对值不等式【证明】因为-|a|≤a≤|a|,-|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|,所以|a+b|≤|a|+|b|（注：若m>0，则-m≤x≤m等价于|x|≤m）.又|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|-b|,即|a|-|b|≤|a+b|.综上定理1得证。2xy.定理2若a,b∈R,则a2+b2≥2ab；若x,y∈R+,则x+y≥注定理2可以推广到n个正数的情况，在不等式证明一章中详细论证。第三章、基本初等函数一、基础知识（必会）1．指数函数及其性质：形如y=ax(a>0,a1)的函数叫做指数函数，其定义域为R，值域为（0，+∞），当01时，y=ax为增函数，它的图象恒过定点（0，1）。1mmnnmn11anna,aa,a,anannm2．分数指数幂：a。3．对数函数及其性质：形如y=logax(a>0,a1)的函数叫做对数函数，其定义域为（0，+∞），值域为R，图象过定点（1，0）。当01时，y=logax为增函数。4．对数的性质（M>0,N>0）；1）ax=Mx=logaM(a>0,a1)；2）loga(MN)=logaM+logaN；M3）loga（N）=logaM-logaN；4）logaMn=nlogaM（万能恒等式）【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】logb1cnM=nloga5）logalogaM；6）alogaM=M;7)logab=c(a,b,c>0,a,c1).a,aa,a,05.函数y=x+x（a>0）的单调递增区间是和，单调递减区间为0,a和。（请同学自己用定义证明）6．连续函数的性质：若a0.【证明】设f(x)=(b+c)x+bc+1(x∈(-1,1))，则f(x)是关于x的一次函数。所以要证原不等式成立，只需证f(-1)>0且f(1)>0（因为-10，f(1)=b+c+bc+a=(1+b)(1+c)>0，所以f(a)>0，即ab+bc+ca+1>0.例2（06）（柯西不等式）若a1,a2,…,an是不全为0的实数，b1,b2,…,bn∈R，则nnn22aibiaibi（i1）·（i1）≥(i1)2，等号当且仅当存在R，使ai=bi,i=1,2,…,n时成立。nnnn222aiaibibi(aixbi)【证明】令f(x)=（i1）x2-2(i1)x+i1=i1,n2ai因为i1>0，且对任意x∈R,f(x)≥0，nnn22aibiaibi所以△=4(i1)-4（i1）(i1)≤0.nnn22aibiaibi展开得（i1）(i1)≥(i1)2。bi等号成立等价于f(x)=0有实根，即存在，使ai=,i=1,2,…,n。KKK注释：根据许多省市的20KK年高考大纲，柯西不等式已经淡化，同学只需大致了解就即可，不需深入做题。11xy例3（10.全国卷）设x,y∈R+,x+y=c,c为常数且c∈(0,2]，求u=xy的最小值。11xy11xyxy【解】u=xy=xy+yxxy≥xy+xy+2·yx1xy=xy++2.222(xy)c1c.令xy=t，则00，所以p=2例5（经典例题）对于正整数a,b,c(a≤b≤c)和实数x,y,z,w，若ax=by=cz=70w，且1111xyzw，求证：a+b=c.【证明】由ax=by=cz=70w取常用对数得xlga=ylgb=zlgc=wlg70.111111y所以wlga=xlg70,wlgb=lg70,wlgc=zlg70，11111111相加得w(lga+lgb+lgc)=xyzlg70，由题设xyzw，所以lga+lgb+lgc=lg70，所以lgabc=lg70.所以abc=70=2×5×7.若a=1，则因为xlga=wlg70，所以w=0与题设矛盾，所以a>1.又a≤b≤c，且a,b,c为70的正约数，所以只有a=2,b=5,c=7.所以a+b=c.例6（经典例题）已知x1,ac1,a1,c1.且logax+logcx=2logbx，求证c2=(ac)logab.【证明】由题设logax+logcx=2logbx，化为以a为底的对数，得logx2logxaalogxalogclogbaa，因为ac>0,ac1，所以logab=logacc2，所以c2=(ac)logab.注：指数与对数式互化，取对数，换元，换底公式往往是解题的桥梁。3．指数与对数方程的解法。解此类方程的主要思想是通过指对数的运算和换元等进行化简求解。值得注意的是函数单调性的应用和未知数范围的讨论。例7（经典例题）解方程：3x+4x+5x=6x.xxxxxx125125【解】方程可化为236=1。设f(x)=236,则f(x)在(-【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】∞,+∞)上是减函数，因为f(3)=1，所以方程只有一个解x=3.xy12xyxy3yx例8（经典例题）解方程组：（其中x,y∈R+）.(xy)lgx12lgy.(xy)lgy3glx【解】两边取对数，则原方程组可化为①②把①代入②得(x+y)2lgx=36lgx，所以[(x+y)2-36]lgx=0.由lgx=0得x=1，由(x+y)2-36=0(x,y∈R+)得x+y=6，代入①得lgx=2lgy，即x=y2，所以y2+y-6=0.又y>0，所以y=2,x=4.x11x24;y1y2所以方程组的解为12.例9已知a>0,a1，试求使方程loga(x-ak)=loga2(x2-a2)有解的k的取值范围。222(xak)xaxak022xa0【解】由对数性质知，原方程的解x应满足.①②③若①、②同时成立，则③必成立，222(xak)xaxak0故只需解.由①可得2kx=a(1+k2)，④22a(1k)1k当k=0时，④无解；当k0时，④的解是x=2k，代入②得2k>k.若k<0，则k2>1，所以k<-1；若k>0，则k2<1，所以00，则Ax+By+C>0表示的区域为l上方的部分，Ax+By+C<0表示的区域为l下方的部分。11．解决简单的线性规划问题的一般步骤：（1）确定各变量，并以x和y表示；（2）写出线性约束条件和线性目标函数；（3）画出满足约束条件的可行域；（4）求出最优解。12．圆的标准方程：圆心是点(a,b)，半径为r的圆的标准方程为(x-a)2+(y-b)2=r2，其参数方xarcosybrsin程为（θ为参数）。DE,13．圆的一般方程：x2+y2+Dx+Ey+F=0(D2+E2-4F>0)。其圆心为22，半径为122DE4F2。若点P(x0,y0)为圆上一点，则过点P的切线方程为xxyy00xxyyDEF0.0022①14．根轴：到两圆的切线长相等的点的轨迹为一条直线（或它的一部分），这条直线叫两圆的根轴。给定如下三个不同的圆：x2+y2+Dix+Eiy+Fi=0,i=1,2,3.则它们两两的根轴方程分别为(D1-D2)x+(E1-E2)y+(F1-F2)=0;(D2-D3)x+(E2-E3)y+(F2-F3)=0;(D3-D1)x+(E3-E1)y+(F3-F1)=0。不难证明这三条直线交于一点或者互相平行，这就是著名的蒙日定理。二、基础例题（必会）1．坐标系的选取：建立坐标系应讲究简单、对称，以便使方程容易化简。例1（经典例题）在ΔABC中，AB=AC，∠A=900，过A引中线BD的垂线与BC交于点E，求证：∠ADB=∠CDE。[证明]见图10-1，以A为原点，AC所在直线为x轴，建立直角坐标系。设点B，C坐标xy1分别为（0,2a）,(2a,0)，则点D坐标为（a,0）。直线BD方程为a2a，①直线BC方程为x+y=2a，②设直线BD和AE的斜率分别为k1,k2，则k1=-2。因为BDAE，【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】1yx,112k2y2xxy2a所以k1k2=-1.所以2，所以直线AE方程为，由解得点E坐标为42a,a33。2a3k2.34aa所以直线DE斜率为3因为k1+k3=0.所以∠BDC+∠EDC=1800，即∠BDA=∠EDC。例2（经典例题）半径等于某个正三角形高的圆在这个三角形的一条边上滚动。证明：三角形另两条边截圆所得的弧所对的圆心角为600。[证明]以A为原点，平行于正三角形ABC的边BC的直线为x轴，建立直角坐标系见图10-2，设⊙D的半径等于BC边上的高，并且在B能上能下滚动到某位置时与AB，AC的y3xy3x交点分别为E，F，设半径为r，则直线AB，AC的方程分别为,.设⊙D的方程为(x-m)2+y2=r2.①设点E，F的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)，则y3x,y3x1122，分别代入①并消去y得222222(xm)3xr0.(xm)3xr0.1122所以x1,x2是方程4x2-2mx+m2-r2=0的两根。mxx,12222mrxx124由韦达定理，所以|EF|2=(x1-x2)2+(y1-y2)2=(x1-x2)2+3(x1-x2)2=4(x1+x2)2-4x1x2=m2-(m2-r2)=r2.所以|EF|=r。所以∠EDF=600。2．到角公式的使用。例3设双曲线xy=1的两支为C1，C2，正ΔPQR三顶点在此双曲线上，求证：P，Q，R不可能在双曲线的同一支上。[证明]假设P，Q，R在同一支上，不妨设在右侧一支C1上，并设P，Q，R三点的坐标111x,,x,,x,,1x2x3x分别为123且0-1，在（1）区域里，求函数f(x,y)=y-ax的最大值、最小值。1xy4,1xy4,y22x3,y232x,2x30,2x30.[解]（1）由已知得或解得点(x,y)所在的平面区域如图10-4所示，其中各直线方程如图所示。AB：y=2x-5；CD：y=-2x+1；AD：x+y=1；BC：x+y=4.(2)f(x,y)是直线l:y-ax=k在y轴上的截距，直线l与阴影相交，因为a>-1，所以它过顶点C时，f(x,y)最大，C点坐标为（-3，7），于是f(x,y)的最大值为3a+7.如果-12，则l通过B（3，1）时，f(x,y)取最小值为-3a+1.6．参数方程的应用。例7如图10-5所示，过原点引直线交圆x2+(y-1)2=1于Q点，在该直线上取P点，使P到直线y=2的距离等于|PQ|，求P点的轨迹方程。【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】xtcosytsin[解]设直线OP的参数方程为（t参数）。代入已知圆的方程得t2-t•2sinα=0.所以t=0或t=2sinα。所以|OQ|=2|sinα|，而|OP|=t.所以|PQ|=|t-2sinα|，而|PM|=|2-tsinα|.所以|t-2sinα|=|2-tsinα|.化简得t=2或t=-2或sinα=-1.当t=±2时，轨迹方程为x2+y2=4；当sinα=1时，轨迹方程为x=0.7．与圆有关的问题。例8点A，B，C依次在直线l上，且AB=ABC，过C作l的垂线，M是这条垂线上的动点，以A为圆心，AB为半径作圆，MT1与MT2是这个圆的切线，确定ΔAT1T2垂心的轨迹。[解]见图10-6，以A为原点，直线AB为x轴建立坐标系，H为OM与圆的交点，N为T1T2与OM的交点，记BC=1。以A为圆心的圆方程为x2+y2=16，连结OT1，OT2。因为OT2MT2，T1HMT2，所以OT2//HT1，同理OT1//HT2，又OT1=OT2，所以OT1HT2是菱形。所以2ON=OH。2OT又因为OMT1T2，OT1MT1，所以1ON•OM。设点H坐标为（x,y）。xyby,2点M坐标为(5,b)，则点N坐标为22，将坐标代入OT1=ON•OM，再由5x得2216216xy.554在AB上取点K，使AK=5AB，所求轨迹是以K为圆心，AK为半径的圆。例9已知圆x2+y2=1和直线y=2x+m相交于A，B，且OA，OB与x轴正方向所成的角是α和β，见图10-7，求证：sin(α+β)是定值。[证明]过D作ODAB于D。则直线OD的倾斜角为2，因为ODAB，所以2•tan12,2tan24sin().125tan1tan所以22。所以2例10已知⊙O是单位圆，正方形ABCD的一边AB是⊙O的弦，试确定|OD|的最大值、最小值。[解]以单位圆的圆心为原点，AB的中垂线为x轴建立直角坐标系，设点A，B的坐标分别为A(cosα,sinα),B(cosα,-sinα)，由题设|AD|=|AB|=2sinα，这里不妨设A在x轴上方，则α∈(0,π).由对称性可设点D在点A的右侧（否则将整个图形关于y轴作对称即可），从而点D坐标为(cosα+2sinα,sinα)，222(cos2sin)sin4sin4sincos1所以|OD|=2(sin2cos2)3322sin2.4=2222sin222因为4，所以21|OD|21.【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】37当8时，|OD|max=2+1；当8时，|OD|min=21.例11当m变化且m≠0时，求证：圆(x-2m-1)2+(y-m-1)2=4m2的圆心在一条定直线上，并求这一系列圆的公切线的方程。a2m1,bm1[证明]由消去m得a-2b+1=0.故这些圆的圆心在直线x-2y+1=0上。设公切线|k(2m1)(m1)b|21k方程为y=kx+b，则由相切有2|m|=，对一切m≠0成立。即(-4k-3)m2+2(2k-1)(k+b-1)m+(k+b-1)2=0对一切m≠0成立3k,44k30,737b.x所以kb10,即4当k不存在时直线为x=1。所以公切线方程y=44和x=1.三、趋近高考【必懂】22ykx3x3y241.（20KK江西理）8.直线与圆相交于M,N两点，若MN23，则k的取值范围是33332，0，0，，，0A.4B.4C.33D.3【答案】A【解析】考查直线与圆的位置关系、点到直线距离公式，重点考察数形结合的运用.|MN|23时解法1：圆心的坐标为（3.，2），且圆与y轴相切.当，3[,0]由点到直线距离公式，解得4；解法2：数形结合，如图由垂径定理得夹在两直线之间即可，不取，排除B，考虑区间不对称，排除C，利用斜率估值，选A2.（20KK安徽文）（4）过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行的直线方程是（A）x-2y-1=0(B)x-2y+1=0(C)2x+y-2=0（D）x+2y-1=0【答案】Ax2yc0(1,0)x2y10【解析】设直线方程为，又经过，故c1，所求方程为.【方法技巧】因为所求直线与与直线x-2y-2=0平行，所以设平行直线系方程为x2yc0，代入此直线所过的点的坐标，得参数值，进而得直线方程.也可以用验证法，判断四个选项中方程哪一个过点（1，0）且与直线x-2y-2=0平行.x2cos,yxbysin[0,2)3.（20KK重庆文）（8）若直线与曲线（）有两个不同的公共点，则实数b的取值范围为(22,1)[22,22]（A）（B）(,22)(22,)(22,22)（C）（D）【答案】D【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】x2cos,22ysin(x2)y1解析：化为普通方程，表示圆，2b1,因为直线与圆有两个不同的交点，所以2解得22b22AC2b2,b22法2：利用数形结合进行分析得同理分析，可知22b223x24.（20KK重庆理）(8)直线y=3与圆心为D的圆x33cos,y13sin0,2交与A、B两点，则直线AD与BD的倾斜角之和为75A.6B.445C.3D.3【答案】C解析：数形结合230130由圆的性质可知1230304故35.（20KK广东文）6.（20KK全国卷1理）（11）已知圆O的半径为1，PA、PB为该圆的两条切线，A、B为两切点，那么PAPB的最小值为(A)42(B)32(C)422(D)322【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】Ax,y22xy17.（20KK安徽理）9、动点在圆上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，13(,)12秒旋转一周。已知时间t0时，点A的坐标是22，则当0t12时，动点A的y纵坐标关于t（单位：秒）的函数的单调递增区间是0,11,77,120,17,12A、B、C、D、和【答案】D【解析】画出图形，设动点A与x轴正方向夹角为，则t0时3，每秒钟旋转6，37[,][,]在t0,1上32，在7,12上23，动点A的纵坐标y关于t都是单调递增的。Ax,y22xy1【方法技巧】由动点在圆上绕坐标原点沿逆时针方向匀速旋转，可知与三角函数的定义类似，由12秒旋转一周能求每秒钟所转的弧度，画出单位圆，很容易看出，[0,12]y当t在变化时，点A的纵坐标关于t（单位：秒）的函数的单调性的变化，从而得单调递增区间.8.（20KK江苏卷18）（本小题满分16分）xoy2222C:(x3)(y1)4C:(x4)(y5)4在平面直角坐标系中，已知圆1和圆2.A(4,0)C1（1）若直线l过点，且被圆截得的弦长为23，求直线l的方程；（2）设P为平面上的点，满足：存在过点P的无穷多对互相垂直llCClC的直线1和2，它们分别与圆1和圆2相交，且直线1被圆1lC截得的弦长与直线2被圆2截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P的坐标。yk(x4)kxy4k0【解析】(1)设直线l的方程为：，即2232d4()1由垂径定理，得：圆心C1到直线l的距离2，|3k14k|1,2结合点到直线距离公式，得：k12724k7k0,k0,or,k化简得：247y(x4)求直线l的方程为：y0或24，即y0或7x24y280(2)设点P坐标为(m,n)，直线l1、l2的方程分别为：【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】111ynk(xm),yn(xm)kxynkm0,xynm0k，即：kklClC因为直线1被圆1截得的弦长与直线2被圆2截得的弦长相等，两圆半径相等。ClCl由垂径定理，得：：圆心1到直线1与2直线2的距离相等。41|5nm||3k1nkm|kk211k12故有：k，(2mn)kmn3,或(mn8)kmn5化简得：2mn0m-n+8=0,或mn30m+n-5=0关于k的方程有无穷多解，有：31351(,)(,)解之得：点P坐标为22或22。高考数学复习必修3KKKK在各省市中，必修三算法、统计、初等概率（选修部分是重点），不会考解答大题，所以同学要重视这本书中的选择填空题！一、基础知识（理解去记）(1)四种基本的程序框(2)三种基本逻辑结构【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】顺序结构条件结构循环结构(3)基本算法语句（一）输入语句单个变量INPUT“提示内容”；变量多个变量INPUT“提示内容1，提示内容2，提示内容3，…”；变量1，变量2，变量3，…（二）输出语句PRINT“提示内容”；表达式（三）赋值语句（四）条变件量语=句表达式IF-THEN-ELSE格式IF条件THEN语句1当计算机执行上述语句时，首先对IF后的条件进行判断，如果条件符合，就执行THEN后的满语足句条1件，否？则执行ELSE后的语句2。其对应的程序框图为：（如上右图）否IF-THEN格式ELSE是语句2语句1语句2是IF条件THEN计算机执行这种形式的条件语句时，也是首先对IF后满的足条条件件进？行判断，如果条语句件符合，就执行THEN后的语句，如果条件不符合，则直接结束该条件语句，转而E执ND行其IF他语句。其对应的程序框图为：（如上右图）否语句（五）循环语句（1）WEHNILDEI语F句WHILE条件循环体其中循环体是由计算机反复执行的一组语句构成的。WHLIE后面的“条件”是用于控制计算机执行循环体或跳出循环体的。当计算机遇到WHILE语句时，先循判环断体条件的真假，如果条件符合，就执行WHILE与WEND之间的W循E环N体D；然后再检查上述条件，如果条件仍符合，再次执行循环体，这个过程反复进行，直到满某足一条次件条？件不符合为止。这时，计算机将不执行循环体，直接跳到WEND是语句后，接着执行WEND之后的语句。因此，当型循环有时也称为“前测试型”循环。其否对应的程序结构框图为：（如上右图）（2）UNTIL语句DO循环体其对应的循程环序体结构框图为：（如上右图）(4)算法案例LOOPUNTIL案例1辗转相除法与更相减损术否案例2秦九韶算法案例3排序条法件：直满接足插条入件排？序法与冒泡排序法是案例4进位制【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】二.基础例题（必会）例1写一个算法程序,计算1+2+3+…+n的值(要求可以输入任意大于1的正自然数)解：INPUT“n=”;ni=1sum=0WHILEi<=nsum=sum+ii=i+1WENDPRINTsumEND思考：在上述程序语句中我们使用了WHILE格式的循环语句，能不能使用UNTIL循环？例2设计一个程序框图对数字3,1,6,9,8进行排序(利用冒泡排序法)思考：上述程序框图中哪些是顺序结构？哪些是条件结构？哪些是循环结构？例3把十进制数53转化为二进制数.解：53＝1×25＋1×24＋0×23＋1×22＋0×21＋1×20【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】＝110101（2）例4利用辗转相除法求3869与6497的最大公约数与最小公倍数。解：6497＝3869×1＋26283869＝2628×1＋12412628＝1241K2＋1461241＝146×8＋73146＝73×2＋0所以3869与6497的最大公约数为73最小公倍数为3869×6497/73＝344341思考：上述计算方法能否设计为程序框图？三、趋近高考（必懂）1.（20KK浙江理）某程序框图如图所示，若输出的S=57，则判断框内位（A）k＞4?（B）k＞5?（C）k＞6?（D）k＞7?【答案】A解析：本题主要考察了程序框图的结构，以及与数列有关的简单运算，属容易题2.（20KK辽宁理）如果执行右面的程序框图，输入正整数n，m，满足n≥m，那么输出的P等于m1（A）Cnm1(B)Anm(C)Cnm(D)An【答案】D【解析】第一次循环：k=1,p=1,p=n-m+1;第二次循环：k=2,p=(n-m+1)(n-m+2)；第三次循环：k=3，p=(n-m+1)(n-m+2)(n-m+3)……第m次循环：k=3，p=(n-m+1)(n-m+2)(n-m+3)…(n-1)n此时结束循环，输出p=(n-m+1)(n-m+2)(n-m+3)…m(n-1)n=An【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】3.（20KK广东理）某城市缺水问题比较突出，为了制定节水管理办法，对全市居民某年的月均用水量进行了抽样调查，其中n位居民的月均用水量分别为x1…xn(单位：吨)，根据图2所示的程序框图，若n=2,且x1，x2分别为1,2，则输出地结果s为.3【答案】211.51.5263s4424.（20KK广东文）某城市缺水问题比较突出，为了制定节水管理办法，对全市居民某年的月均用水量进行了抽样调查，其中4位居民的月均用水量分别为（单位：吨）。根据图2所示的程序框图，若分别为1，1.5，1.5，2，则输出的结果s为.第一（i1）步：ssx01111i第二（i2）步：ssx11.52.511i第三（i3）步：ssx2.51.5411i13第四（i4）步：ssx426，s611i423第五（i5）步：i54，输出s24.（20KK安徽文）如图所示，程序框图(算法流程图)的输出值x=【答案】12【解析】程序运行如下:x1,x2,x4,x5,x6,x8,x9,x10,x12,输出12。【规律总结】这类问题，通常由开始一步一步运行，根据判断条件，要么几步后就会输出结果，要么就会出现规律，如周期性，等差或等比数列型.5.（20KK江苏卷）右图是一个算法的流程图，则输出S的值是_____________2425【解析】考查流程图理解。12223133,输出S122263。6.（20KK浙江卷理）某程序框图如图所示，该程序运行后输出的k的值是（）【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】A．4B．5C．6D．7【解析】对于k0,s1,k1，而对于k1,s3,k2，则11k2,s38,k3，后面是k3,s382,k4，不符合条件时输出的k4．答案A7、(20KK年广东卷文)某篮球队6名主力队员在最近三场比赛中投进的三分球个数如下表所示：队员i123456三分球个数aaaaaa123456下图（右）是统计该6名队员在最近三场比赛中投进的三分球总数的程序框图，则图中判断框应填，输出的s=(注：框图中的赋值符号“=”也可以写成“←”或“：=”)【解析】顺为是统计该6名队员在最近三场比赛中投进的三分球总数的程序框图，所图中判断框应填i6，输出的s=aaa.1268、(20KK山东卷理)执行右边的程序框图，输出的T=.【解析】:按照程序框图依次执行为S=5,n=2,T=2;S=10,n=4,T=2+4=6;S=15,n=6,T=6+6=12;S=20,n=8,T=12+8=20;S=25,n=10,T=20+10=30>S,输出T=30答案30高考数学复习必修4第一章基本初等函数II一、基础知识（理解去记）定义1角，一条射线绕着它的端点旋转得到的图形叫做角。若旋转方向为逆时针方向，则角为正角，若旋转方向为顺时针方向，则角为负角，若不旋转则为零角。角的大小是任意的。定义2角度制，把一周角360等分，每一等价为一度，弧度制：把等于半径长的圆弧所对L的圆心角叫做一弧度。360度=2π弧度。若圆心角的弧长为L，则其弧度数的绝对值|α|=,r其中r是圆的半径。定义3三角函数，在直角坐标平面内，把角α的顶点放在原点，始边与x轴的正半轴重合，【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】在角的终边上任意取一个不同于原点的点P，设它的坐标为（x,y），到原点的距离为r,则正yxyx弦函数sinα=,余弦函数cosα=,正切函数tanα=，余切函数cotα=，正割函数secrrxyrrα=,余割函数cscα=.xy定理1同角三角函数的基本关系式：111倒数关系：tanα=,sinα=，cosα=；cotcscsecsincos商数关系：tanα=,cot；cossin乘积关系：tanα×cosα=sinα,cotα×sinα=cosα；平方关系：sin2α+cos2α=1,tan2α+1=sec2α,cot2α+1=csc2α.定理2诱导公式（Ⅰ）sin(α+π)=-sinα,cos(π+α)=-cosα,tan(π+α)=tanα,cot(π+α)=cotα;（Ⅱ）sin(-α)=-sinα,cos(-α)=cosα,tan(-α)=-tanα,cot(-α)=cotα;（Ⅲ）sin(π-α)=sinα,cos(π-α)=-cosα,tan=(π-α)=-tanα,cot(π-α)=-cotα;（Ⅳ）sin=cosα,2cos=sinα,tan=cotα（记法：奇变偶不变，符号看象限）。22定理3（根据图像去记）正弦函数的性质：根据图象可得y=sinx（x∈R）的性质如下。单3调区间：在区间2k,2k上为增函数，在区间2k,2k上为减函2222数，最小正周期为2.奇偶数.有界性：当且仅当x=2kx+时，y取最大值1，当且仅当2x=3k-时,y取最小值-1。对称性：直线x=k+均为其对称轴，点（k,0）均为其对22称中心，值域为[-1，1]。这里k∈Z.定理4（根据图像去记）余弦函数的性质：根据图象可得y=cosx(x∈R)的性质。单调区间：在区间[2kπ,2kπ+π]上单调递减，在区间[2kπ-π,2kπ]上单调递增。最小正周期为2π。奇偶性：偶函数。对称性：直线x=kπ均为其对称轴，点k,0均为其对称中心。有界性：当且2仅当x=2kπ时，y取最大值1；当且仅当x=2kπ-π时，y取最小值-1。值域为[-1，1]。这里k∈Z.定理5（根据图像去记）正切函数的性质：由图象知奇函数y=tanx(xkπ+)在开区间2(kπ-,kπ+)上为增函数,最小正周期为π，值域为（-∞，+∞），点（kπ，0），（kπ+，0）222均为其对称中心。定理6两角和与差的基本关系式：cos(αβ)=cosαcosβsinαsinβ,sin(αβ)=sinα(tantan)cosβcosαsinβ;tan(αβ)=.(1tantan)定理7和差化积与积化和差公式:sinα+sinβ=2sincos,sinα-sinβ=2sincos,2222cosα+cosβ=2coscos,cosα-cosβ=-2sinsin,2222【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】11sinαcosβ=[sin(α+β)+sin(α-β)],cosαsinβ=[sin(α+β)-sin(α-β)],2211cosαcosβ=[cos(α+β)+cos(α-β)],sinαsinβ=-[cos(α+β)-cos(α-β)].22口诀记忆：1积化和差：前系数：“有余为正，无余为负”“前和后差”“同名皆余，异名皆正”“余后2为和，正后为差”和差化积：正弦之和正余弦、正弦之差余正弦、余弦之和得余弦、余弦之差负正弦定理8倍角公式（常考）:sin2α=2sinαcosα,cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α,2tantan2α=.2(1tan)(1cos)(1cos)定理9半角公式:sin=,cos=,2222(1cos)sin(1cos)tan==.2(1cos)(1cos)sin22tan1tan22定理10万能公式:sin,cos,221tan1tan222tan2tan.21tan2定理11KKKK【必考】辅助角公式：如果a,b是实数且a2+b20，则取始边在x轴正半轴，ba终边经过点(a,b)的一个角为β，则sinβ=,cosβ=，对任意的角α.2222abab22asinα+bcosα=(ab)sin(α+β).abc定理12正弦定理：在任意△ABC中有2R，其中a,b,c分别是sinAsinBsinC角A，B，C的对边，R为△ABC外接圆半径。定理13余弦定理：在任意△ABC中有a2=b2+c2-2bcosA，其中a,b,c分别是角A，B，C的对边。定理14图象之间的关系：y=sinx的图象经上下平移得y=sinx+k的图象；经左右平移得1y=sin(x+)的图象（相位变换）；纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到y=sinx(0)的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，得到y=Asinx的图象（振幅变换）；y=Asin(x+)(>0)的图象（周期变换）；横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，得到y=Asinx的图象（振幅变换）；y=Asin(x+)(,>0)(|A|叫作振幅)的图象向右平移个单位得到y=Asinx的图象。定义4函数y=sinxx,的反函数叫反正弦函数，记作y=arcsinx(x∈[-1,1])，函22【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】数y=cosx(x∈[0,π])的反函数叫反余弦函数，记作y=arccosx(x∈[-1,1]).函数y=tanxx,的反函数叫反正切函数。记作y=arctanx(x∈[-∞,+∞]).y=cosx(x∈[0,22π])的反函数称为反余切函数，记作y=arccotx(x∈[-∞,+∞]).定理15三角方程的解集，如果a∈(-1,1)，方程sinx=a的解集是{x|x=nπ+(-1)narcsina,n∈Z}。方程cosx=a的解集是{x|x=2kxarccosa,k∈Z}.如果a∈R，方程tanx=a的解集是{x|x=kπ+arctana,k∈Z}。恒等式：arcsina+arccosa=；arctana+arccota=.22定理16若x0,，则sinx-1，所以cosx,0，22所以sin(cosx)≤0,又00，所以cos(sinx)>sin(cosx).若x0,，则因为222sinx+cosx=2sinxcosx2(sinxcos+sincosx)=2sin(x+)≤224442<，2所以0cos(-cosx)=sin(cosx).2综上，当x∈(0,π)时，总有cos(sinx)0，求证：2.2sinsin【证明】若α+β>，则x>0，由α>-β>0得cosαsin(-β)=cosβ,所以0<<1，sin2sinxx00coscoscoscos所以2.sinsinsinsin若α+β<，则x<0，由0<α<-β<得cosα>cos(-β)=sinβ>0,2222【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】coscos所以>1。又01，sin2sinxx00coscoscoscos所以2，得证。sinsinsinsin注：以上两例用到了三角函数的单调性和有界性及辅助角公式，值得注意的是角的讨论。3．最小正周期的确定。例4求函数y=sin(2cos|x|)的最小正周期。【解】首先，T=2π是函数的周期（事实上，因为cos(-x)=cosx，所以co|x|=cosx）；其次，当且仅当x=kπ+时，y=0（因为|2cosx|≤2<π）,2所以若最小正周期为T0，则T0=mπ,m∈N+，又sin(2cos0)=sin2sin(2cosπ)，所以T0=2π。4．三角最值问题。2例5已知函数y=sinx+1cosx，求函数的最大值与最小值。23【解法一】令sinx=2cos,1cosx2sin0,44则有y=2cos2sin2sin().43因为0，所以，4424所以0sin()≤1，43所以当，即x=2kπ-(k∈Z)时，ymin=0，42当，即x=2kπ+(k∈Z)时，ymax=2.42例6设0<<π，求sin(1cos)的最大值。2【解】因为0<<π，所以0，所以sin>0,cos>0.22222222所以sin（1+cos）=2sin·cos=22sincoscos≤22222232222sincoscos22216432=.327922当且仅当2sin2=cos2,即tan=,=2arctan时，sin(1+cos)取得最大值22222243。9例7若A，B，C为△ABC三个内角，试求sinA+sinB+sinC的最大值。ABABAB【解】因为sinA+sinB=2sincos2sin,①222【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】CCC333sinC+sin2sincos2sin,②3222CABCABCAB333又因为sinsin2sincos2sin，③22443由①，②，③得sinA+sinB+sinC+sin≤4sin,3333所以sinA+sinB+sinC≤3sin=,3233当A=B=C=时，（sinA+sinB+sinC）max=.32注：三角函数的有界性、|sinx|≤1、|cosx|≤1、和差化积与积化和差公式、均值不等式、柯西不等式、函数的单调性等是解三角最值的常用手段。5．换元法的使用。sinxcosx例8求y的值域。1sinxcosx22【解】设t=sinx+cosx=2sinxcosx2sin(x).224因为1sin(x)1,4所以2t2.又因为t2=1+2sinxcosx,2x12t12t1所以sinxcosx=，所以y，21t22121所以y.22t1因为t-1，所以1，所以y-1.22121所以函数值域为y,11,.221an121例9已知a0=1,an=(n∈N+)，求证：an>.n2a2n1【证明】由题设an>0，令an=tanan,an∈0,，则221tanan11secan111cosan1an1an=tantana.ntanatanasina2n1n1n1nan111因为，an∈0,，所以an=an1，所以an=a0.2222【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】n1又因为a0=tana1=1，所以a0=，所以an·。424又因为当0x，所以atan.nn2n2222注：换元法的关键是保持换元前后变量取值范围的一致性。另外当x∈0,时，有tanx>x>sinx，这是个熟知的结论，暂时不证明，学完导数后，证2明是很容易的。6．图象变换【常考】：y=sinx(x∈R)与y=Asin(x+)(A,,>0).由y=sinx的图象向左平移个单位，然后保持横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，然后1再保持纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到y=Asin(x+)的图象；也可以由y=sinx的图象先保持横坐标不变，纵坐标变为原来的A倍，再保持纵坐标不变，横坐标变为原来1的，最后向左平移个单位，得到y=Asin(x+)的图象。例10例10已知f(x)=sin(x+)(>0,0≤≤π)是R上的偶函数，其图象关于点3M,0对称，且在区间0,上是单调函数，求和的值。42【解】由f(x)是偶函数，所以f(-x)=f(x)，所以sin(+)=sin(-x+)，所以cossinx=0，对任意x∈R成立。又0≤≤π，解得=，2333因为f(x)图象关于M,0对称，所以f(x)f(x)=0。44433取x=0，得f()=0，所以sin0.44232所以k(k∈Z)，即=(2k+1)(k∈Z).423又>0，取k=0时，此时f(x)=sin(2x+)在[0，]上是减函数；22取k=1时，=2，此时f(x)=sin(2x+)在[0，]上是减函数；2210取k=2时，≥，此时f(x)=sin(x+)在[0，]上不是单调函数，3222综上，=或2。37．三角公式的应用。553例11已知sin(α-β)=，sin(α+β)=-，且α-β∈,，α+β∈,2，求sin2α,cos2β131322的值。212【解】因为α-β∈,，所以cos(α-β)=-1sin().213【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】3212又因为α+β∈,2，所以cos(α+β)=1sin().213120所以sin2α=sin[(α+β)+(α-β)]=sin(α+β)cos(α-β)+cos(α+β)sin(α-β)=,169cos2β=cos[(α+β)-(α-β)]=cos(α+β)cos(α-β)+sin(α+β)sin(α-β)=-1.112例12已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，且，试求cosAcosCcosBACcos的值。2AC【解】因为A=1200-C，所以cos=cos(600-C)，201111cos(120C)cosC又由于00cosAcosCcos(120C)cosCcosCcos(120C)0002cos60cos(60C)2cos(60C)=22，10001[cos120cos(1202C)]cos(1202C)222ACAC所以42cos2cos32=0。22AC2AC32解得cos或cos。2228ACAC2又cos>0，所以cos。222例13求证：tan20+4cos70.sin20【解】tan20+4cos70=+4sin20cos20sin204sin20cos20sin202sin40cos20cos20sin20sin40sin402sin30cos10sin40cos20cos20sin80sin402sin60cos203.cos20cos20三、趋近高考（必懂）1.（四川省成都市20KK届高三第三次诊断理科）计算cot15°－tan15的结果是()36(A)(B)(C)3322(D)23【答案】D【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】2.（成都20KK届高三第三次诊断文科）计算cos45cos15－sin45cos75的结果是()321(A)(B)(C)(D)1222【答案】C【解析】cos45cos15－sin45cos75＝cos45cos15－sin45sin15＝cos(45＋15)1＝cos60＝2π3.（成都20KK届高三第三次诊断文科）先把函数f(x)＝sinx－3cosx的图象按向量a＝(，310)平移得到曲线y＝g(x)，再把曲线y＝g(x)上所有点的纵坐标缩短到原来的倍，横坐标保2持不变，得到曲线y＝h(x)，则曲线y＝h(x)的函数表达式为()2π2π(A)h(x)＝sin(x－)(B)h(x)＝sinx(C)h(x)＝4sin(x－)(D)h(x)＝4sinx33【答案】Aπ【解析】f(x)＝2sin(x－)，3π2π按向量a＝(，0)平移后，得到曲线y＝g(x)＝2sin(x－)3312π再把纵坐标缩短到原来的倍，横坐标保持不变，得到曲线y＝h(x)＝sin(x－)2334.（成都20KK届高三第三次诊断理科）已知sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝，则cos2β3的值为________________.1【答案】33【解析】因为sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝sin[(α＋β)－α]＝sinβ＝321于是cos2β＝1－2sin22β＝1－336.(绵阳20KK年4月高三三诊理科试题)（本小题满分12分）已知△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c，若A、B、C成等差数列，b=1，记角A=x，a+c=f(x)．（Ⅰ）当x∈[，]时，求f(x)的取值范围；636（Ⅱ）若f(x)，求sin2x的值．65【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】解：（I）由已知A、B、C成等差数列，得2B=A+C，2∵在△ABC中，A+B+C=π，于是解得B，AC．33abc∵在△ABC中，，b=1，sinAsinBsinC11232∴acsinAsinC[sinAsin(A)]33sinsin332322[sinAsincosAcossinA]3sinAcosA2sin(A)，3336即f(x)2sin(x)．…………………………………………………………6分6由≤x≤得≤x+≤，于是3≤f(x)≤2，63362即f(x)的取值范围为[3，2]．………………………………………………8分63（Ⅱ）∵f(x)2sin(x)，即sinx．6665524∴cosx1sinx．……………………………………………………9分544232若cosx，此时由知x>，这与AC矛盾．552434∴x为锐角，故cosx．……………………………………………………11分524∴sin2x2sinxcosx．……………………………………………………12分257．（雅安20KK届高三第三次诊断性考试理科）（本题满分12分）三角形的三内角A,B,C所对边的长分别为a,b,c，设向量m(ca,ba)，n(ab,c)，若m//n。(1)求角B的大小；(2)求sinAsinC的取值范围。【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】8．（自贡20KK届高三三诊理科试题）（本小题满分12分）如图4，已知△ABC中，|AC|1，∠ABC=120°，∠BAC=，记f()ABBC。（I）求f()关于的表达式；（II）求f()的值域。|BC|1解：（Ⅰ），由正弦定理有：＝sinsin120|AB|…………(2分)sin(60)1sin(60)∴|BC|sin,|AB|…………(4分)sin120sin12041∴ff((0))ABBCsinsin(60)32231131cos2＝(cossin)sin＝(sin2)32232211＝sin(2)(0)…………(8分)36635(Ⅱ)0=>2,366611∴sin(2)1∴f()(0,]………（12分）2669.（南充20KK届高三4月月考理科试题）（本小题满分12分）在△ABC中，角A、B、C2AB7的对边分别为a、b、c，4sincos2C,ab5,c7．22（1）求角C的大小；（2）求△ABC的面积．2AB72C7解：（1）由4sincos2C,得4coscos2C2222∴4cos2C－4cosC＋１＝０【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】1解得cosC∴C＝60°2（2）由余弦定理得C2＝a2＋b2－2abcosC即7＝a2＋b2－ab①又a＋b＝5∴a2＋b2＋2ab＝25②由①②得ab＝6133∴S△ABC＝absinC2210．（资阳20KK—20KK学年度高三第三次高考模拟理）（本小题满分12分）在直角坐标系xOy中，若角α的始边为x轴的非负半轴，终边为射线l：y2x(x0)．（Ⅰ）求tan2的值；22cos2sin()12（Ⅱ）求的值．72cos()42解：（Ⅰ）在终边l上取一点P(1,2)，则tan2，····································2分1224∴tan2．··········································································4分212322cos2sin()12cos2sincos2sin（Ⅱ）························8分7cossin2cos()2cos()4412tan1225．12分1tan1211.（四川省攀枝花市20KK年4月高三第二次统考文科试题）（12分）在ABC中，2221acbac角A,B,C所对的边分别是a,b,c，2.2ACsincos2B(Ⅰ)求2的值；（Ⅱ）若b2，求ABC面积的最大值.1cosB解：（Ⅰ）由余弦定理：41152221cosB,得sinB.acbac（Ⅱ）由44∵b2，2221218acacbac42acac∴22，从而3115SacsinBABC故23（当且仅当ac时取等号）12．(成都石室中学20KK届高三三诊模拟理科)（12分）【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】已知ABC中，sinA(sinB3cosB)3sinC.（I）求角A的大小；（II）若BC=3，求ABC周长的取值范围。解：（I）ABC得sinCsin(AB)代入已知条件得sinAsinB3cossinBsinB0，由此得tanA3,A…………6分322（II）由上可知：BC,CB33由正弦定理得：2ABAC2R(sinBsinC)23(sinBsin(B))333即得：ABAC23(sinBcosB)6sin(B)226210B得sin(B)13263ABAC6，ABC周长的取值范围为6,9…………12分5_u.coKm第二章平面向量一、基础知识（理解去记）定义1既有大小又有方向的量，称为向量。画图时用有向线段来表示，线段的长度表示向量的模。向量的符号用两个大写字母上面加箭头，或一个小写字母上面加箭头表示。书中用黑体表示向量，如a.|a|表示向量的模，模为零的向量称为零向量，规定零向量的方向是任意的。零向量和零不同，模为1的向量称为单位向量【最近几年常考】。定义2方向相同或相反的向量称为平行向量（或共线向量），规定零向量与任意一个非零向量平行和结合律。定理1向量的运算，加法满足平行四边形法规，减法满足三角形法则。加法和减法都满足交换律和结合律。定理2非零向量a,b共线的充要条件是存在实数0，使得a=b.f定理3平面向量的基本定理，若平面内的向量a,b不共线，则对同一平面内任意向是c，存在唯一一对实数x,y，使得c=xa+yb，其中a,b称为一组基底。定义3向量的坐标，在直角坐标系中，取与x轴，y轴方向相同的两个单位向量i,j作为基底，任取一个向量c，由定理3可知存在唯一一组实数x,y，使得c=xi+yi，则（x,y）叫做c坐标。定义4向量的数量积，若非零向量a,b的夹角为，则a,b的数量积记作a·b=|a|·|b|cos=|a|·|b|cos，也称内积，其中|b|cos叫做b在a上的投影（注：投影可能为负值）。定理4平面向量的坐标运算：若a=(x1,y1),b=(x2,y2)，1．a+b=(x1+x2,y1+y2),a-b=(x1-x2,y1-y2)，2．λa=(λx1,λy1),a·(b+c)=a·b+a·c，xxyy12123．a·b=x1x2+y1y2,cos(a,b)=(a,b0),2222xyxy11224.a//bx1y2=x2y1,abx1x2+y1y2=0.定义5若点P是直线P1P2上异于p1，p2的一点，则存在唯一实数λ，使PPPP，λ12【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】OPOP12叫P分PP所成的比，若O为平面内任意一点，则OP。由此可得若P1，121xx12x1xx1yy1P，P2的坐标分别为(x1,y1),(x,y),(x2,y2)，则..y1y2x2xy2yy1定义6设F是坐标平面内的一个图形，将F上所有的点按照向量a=(h,k)的方向，平移22|a|=hk个单位得到图形F'，这一过程叫做平移。设p(x,y)是F上任意一点，平移到F'x'xh上对应的点为p'(x',y')，则称为平移公式。y'yk定理5对于任意向量a=(x1,y1),b=(x2,y2),|a·b|≤|a|·|b|，并且|a+b|≤|a|+|b|.【证明】因为|a|2·|b|2-|a·b|2=(22)(22)2=(x2xyxy-(x1x2+y1y2)1y2-x2y1)≥0，又|a·b|≥0,1122|a|·|b|≥0，所以|a|·|b|≥|a·b|.由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.注：本定理的两个结论均可推广。1）对n维向量，a=(x1,x2,…,xn)，b=(y1,y2,…,yn)，222222同样有|a·b|≤|a|·|b|，化简即为柯西不等式：(xxx)(yyy)12n12n(x21y1+x2y2+…+xnyn)≥0，又|a·b|≥0,|a|·|b|≥0，所以|a|·|b|≥|a·b|.由向量的三角形法则及直线段最短定理可得|a+b|≤|a|+|b|.注：本定理的两个结论均可推广。1）对n维向量，a=(x1,x2,…,xn),b=(y1,y2,…,yn)，同样有|a·b|≤|a|·|b|，化简即为柯西不等式：(x2x2x2)(y2y2y2)(x21y1+x2y2+…+xnyn)。12n12n2）对于任意n个向量，a1,a2,…,an，有|a1,a2,…,an|≤|a1|+|a2|+…+|an|。二、基础例题【必会】1．向量定义和运算法则的运用例1设O是正n边形A1A2…An的中心，求证：OAOAOAO.12n2【证明】记SOAOAOA，若SO，则将正n边形绕中心O旋转12nn后与原正n边形重合，所以S不变，这不可能，所以SO.例2给定△ABC，求证：G是△ABC重心的充要条件是GAGBGCO.【证明】必要性。如图所示，设各边中点分别为D，E，F，延长AD至P，使DP=GD，则AG2GDGP.又因为BC与GP互相平分，所以BPCG为平行四边形，所以BG//PC，所以GBCP.所以GAGBGCGCCPPGO.充分性。若GAGBGCO，延长AG交BC于D，使GP=AG，连结CP，则GAPG.因为GCPGPCO，则GBPC，所以GB//CP，所以AG平分BC。同理BG平分CA。所以G为重心。例3在凸四边形ABCD中，P和Q分别为对角线BD和AC的中点，求证：AB2+BC2+CD2+DA2=AC2+BD2+4PQ2。【证明】如图所示，结结BQ，QD。【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】因为BPPQBQ,DPPQDQ，2222所以BQDQ(BPPQ)(DPPQ)222=BPDP2PQ2BP·PQ2DPPQ222222=BPDP2PQ2(BPDP)PQBPDP2PQ.①又因为BQQCBC,BQQABA,QAQCO,22222同理BABCQAQC2BQ，②22222CDDAQAQC2QD，③222222由①，②，③可得BABCCD4QA2(BQQD)222222AC2(2BP2PQ)ACBD4PQ。得证。2．证利用定理证明共线例4△ABC外心为O，垂心为H，重心为G。求证：O，G，H为共线，且OG：GH=1：2【证明】首先OGOAAGOAAM311=OA(ABAC)OA(2AOOBOC)331(OAOBOC).3其次设BO交外接圆于另一点E，则连结CE后得CEBC.又AHBC，所以AH//CE。又EAAB，CHAB，所以AHCE为平行四边形。所以AHEC,所以OHOAAHOAECOAEOOCOAOBOC，所以OH3OG，所以OG与OH共线，所以O，G，H共线。所以OG：GH=1：2。3．利用数量积证明垂直例5给定非零向量a,b.求证：|a+b|=|a-b|的充要条件是ab.【证明】|a+b|=|a-b|(a+b)2=(a-b)2a2+2a·b+b2=a2-2a·b+b2a·b=0ab.例6已知△ABC内接于⊙O，AB=AC，D为AB中点，E为△ACD重心。求证：OECD。【证明】设OAa,OBb,OCc，1则OD(ab)，211111OEac(ab)cab.323261又CD(ab)c，211111所以OECDacbabc2362212121211abcabac412333【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】1a·(b-c).（因为|a|2=|b|2=|c|2=|OH|2）3又因为AB=AC，OB=OC，所以OA为BC的中垂线。所以a·(b-c)=0.所以OECD。4．向量的坐标运算例7已知四边形ABCD是正方形，BE//AC，AC=CE，EC的延长线交BA的延长线于点F，求证：AF=AE。【证明】如图所示，以CD所在的直线为x轴，以C为原点建立直角坐标系，设正方形边长为1，则A，B坐标分别为（-1，1）和（0，1），设E点的坐标为（x,y），则BE=(x,y-1),AC(1,1)，因为BE//AC，所以-x-(y-1)=0.又因为|CE||AC|，所以x2+y2=2.1313由①，②解得x,y.2233132所以AE,,|AE|423.221313设F(x',1)，则CF(x',1)。由CF和CE共线得x'0.22所以x'(23)，即F(23,1)，22所以|AF|=4+23|AE|，所以AF=AE。三、趋近高考【必懂】1.（成都市20KK届高三第三次诊断理科）已知向量a＝(－3,2),b＝(2,1),则|a＋2b|的值为()(A)32(B)7(C)17(D)1325【答案】C【解析】因为a＋2b＝(1,4)22故|a＋2b|＝14172.(绵阳市20KK年4月高三三诊理科试题)已知向量a、b不共线，若向量a+λb与b+λa的方向相反，则λ=（C）（A）1（B）0（C）-1（D）±13．（雅安市20KK届高三第三次诊断性考试理科）已知a,b为非零向量，函数f(x)(xab)(axb)，则使f(x)的图象为关于y轴对称的抛物线的一个必要不充分条件是(C)A．abB．a//bC．|a||b|D．ab4．（资阳市20KK—20KK学年度高三第三次高考模拟理）已知平面直角坐标系内的点A(1，1)，B(2，4)，C(－1，3)，则|ABAC|（B）（A）22（B）10（C）8（D）105．（泸州市20KK届高三第二次教学质量诊断性考试理科）如图：正六边形ABCDEF中，下列命题错误的是（C）A．ACADADABB．AD2ABAF【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】C．ACAF2BCADAFEFEFAFADD．6.（四川省攀枝花市20KK年4月高三第二次统考文科试题）已知a1,b6,aba2，则向量a与向量b的夹角是（C）A.6B.4C.3D.27．(成都市石室中学20KK届高三三诊模拟理科)已知a,b是非零向量且满足(3ab)a,(4ab)b，则a与b的夹角是（A）25A．B．C．D．6336二、填空题：8．（自贡市20KK届高三三诊理科试题）有下列命题：22①ab是ab的充分不必要条件；1222②OPOQ(OPOQPQ)；2③若函数f(x)满足f(x1)1f(x)，则f(x)是周期函数；④如果一组数据中，每个数都加上同一个非零常数c，则这组数据的平均数和方差都改变。其中错误命题的序号为（要求填写所有错误命题的序号）。①④9.（眉山市20KK年4月高三第二次诊断性考试理科）设e,e,e,e是平面内的四个单位向1234量，其中ee,e与e的夹角为135，对这个平面内的任一个向量axeye，规定123412y经过一次“斜二测变换”得到向量axee，设向量v3e4e，则经过一次“斜134122二测变换”得到向量v的模v11是_____________________.1362[a(2,1),ab1010．（省泸州市20KK届高三第二次教学质量诊断性考试理科）已知向量，ab52b，则5.a(1,n),b(1,n)11．（泸州市20KK届高三第二次教学质量诊断性考试文科）已知向量，a若2ab与b垂直，则2.12.（四川省攀枝花市20KK年4月高三第二次统A(1,5)a(2,3)考文科试题）已知点和向量，若AB3a，则点B的坐标5,4为.13.（攀枝花市20KK年4月高三第二次统考文科试题）（12分）已知椭圆22xy11(ab0)22ab的离心率为2，且其焦点F(c,0)(c0)到相应准线l的距离为３，【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】A,B过焦点F的直线与椭圆交于两点.(Ⅰ)求椭圆的标准方程；AM,BMP,QP,Q（Ⅱ）设M为椭圆的右顶点，则直线与准线l分别交于两点（两点不FPFQ0重合），求证：.【解析】yk(x1),k0∴直线AB的方程为A(x,y),B(x,y),P(x,y),Q(x,y)又设11223344yk(x1)22xy1(34k2)x28k2x4k2120联立43消y得228k4k12xx,xx122122∴34k34k229kyyk(x1)(x1)12122∴34k2y1y3x2又∵A、M、P三点共线，∴1【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】2y2y4x2同理22y2y12FP(3,)FQ(3,)x2x2∴1，24yy12FPFQ90xx2(xx)4∴1212FPFQ0综上所述：[《高考数学总复习系列》——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abc边长，p为半周长。2abc1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。sinAsinBsinC111推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinCbcsinAcasinB.222推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.ab推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足，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1正弦函数定义，BC边上的高为bsinC，所以S△ABC=absinC；再证推论2，因为B+C=-A，2所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证absinasin(a)推论4，由正弦定理，所以，即sinasin(-A)=sin(-a)sinA，sinAsinBsinAsin(A)11等价于[cos(-A+a)-cos(-A-a)]=[cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等价于22cos(-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。222bca2．余弦定理：a2=b2+c2-2bccosAcosA，下面用余弦定理证明几个2bc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22bpcqAD2=pq.（1）pq【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=，【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】所以cosADB+cosADC=0，所以q×①+p×②得22bpcq2222qc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=pq.pq2222b2ca注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式AD.2212221222122（2）海伦公式：因为SbcsinA=bc(1-cosA)=bcABC4442222(bca)12222122[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c).4bc16abc这里p.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S0SSSΔPQROPROPQORQ111uvsin(α+β)=uwsinα+vwsinβ222sin()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，GMO1AAF因为O1GBC，O2DBC，所以只需证.MDAOAE2APAFPAAE由正弦定理,，sin(1)sinsin(2)sin【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】AEsin1sin所以.AFsin2sinGMPMMDPM另一方面，,，sinsin1sinsin2GMsin2sin所以，MDsin1sinGMAF所以，所以PA//O1G，MDAE即PABC，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)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。223例5设a,b,c∈R+，且abc+a+c=b，试求P的最大值。222a1b1c1ac【解】由题设b，令a=tanα,c=tanγ,b=tanβ,1ac210110则tanβ=tan(α+γ),P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤3sin，33312210当且仅当α+β=，sinγ=，即a=,b2,c时，Pmax=.232431例6在△ABC中，若a+b+c=1，求证:a2+b2+c2+4abc<.2【证明】设a=sin2αcos2β,b=cos2αcos2β,c=sin2β,β0,.21因为a,b,c为三边长，所以c<,c>|a-b|，2从而0,，所以sin2β>|cos2α·cos2β|.4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·cos2β1=[1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β]411=+cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β)44111>+cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)=.444【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】1所以a2+b2+c2+4abc<.2三、趋近高考【必懂】Abc91．（全国10高考）在△ABC中，cos222c10，c＝5，求△ABC的内切圆半径．bc9【解析】：∵c＝5，2c10，∴b＝4A1cosAbc又cos2222cb∴cosA＝c222bca又cosA＝2bc222bcab∴2bcc∴b2＋c2-a2＝2b2∴a2＋b2＝c2∴△ABC是以角C为直角的三角形．22cba＝＝31∴△ABC的内切圆半径r＝2(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)＝(3a-b)sinB．(1)求角C；(2)求△ABC面积的最大值．abc2R【解析】：(1)∵sinAsinBsinC2a22c2bsinA(),sinC(),sinB2R2R2R∵2R(sin2A-sin2C)＝(3a－b)sinB【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】acb∴2R［(2R)2-(2R)2］＝(3a-b)·2R∴a2-c2＝3ab-b2222abc3∴2ab23∴cosC＝2，∴C＝30°211R(2)∵S＝2absinC＝2·2RsinA·2RsinB·sinC＝R2sinAsinB＝-2［cos(A＋B)-cos(A-B)］22RR3＝2［cos(A-B)＋cosC］＝2［cos(A-B)＋2］当cos(A-B)＝1时，S有最大值第二章数列KKKKKKK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2KKKKK【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：n(a1an)n(n1)Sn=nad；3）an-am=(n-m)d，其中n,m为正整数；4）若n+m=p+q，122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{a2n}是等差数列的充要条件是Sn=An+Bn.an1定义3等比数列，若对任意的正整数n，都有q，则{an}称为等比数列，q叫做公an比。定理3KKKKK【必考】等比数列的性质：1）an-1n=a1q；2）前n项和Sn，当q1时，na(1q)S12n=；当q=1时，Sn=na1；3）如果a,b,c成等比数列，即b=ac(b0)，则b叫1q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limaA.nn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a1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）。1q【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】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-1n-1n=c1a+c2β，其中c1,c2由初始条件x1,x2的值确定；(2)若α=β，则xn-1n=(c1n+c2)α，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）ann2n=n2-1；2）an=3-2；3）an=n-2n.1例2已知数列{an}满足a1=,a1+a2+…+an=n2an,n≥1，求通项an.21【解】因为a21=,又a1+a2=2·a2,21aa211所以a2=，a3=,猜想a(n≥1).2n323134n(n1)1证明；1）当n=1时，a1=，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。21当n=k+1时，由归纳假设及题设，a21+a1+…+a1=[(k+1)-1]ak+1,，111所以=k(k+2)ak+1,2132k(k1)11111即1=k(k+2)ak+1,223kk1k1所以=k(k+2)ak+1,所以ak+1=.k1(k1)(k2)1由数学归纳法可得猜想成立，所以a.nn(n1)1例3设01.an【证明】证明更强的结论：1an.2又由an+1=5an+24a1移项、平方得n22a10aaa10.①n1nn1n22当n≥2时，把①式中的n换成n-1得a10aaa10，即nnn1n122a10aaa10.②n1nn1n因为a22n-10,n1211111所以SSn,所以S，nn22442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.3故设an-1n=(α+βn)·2，其中，6(2)2所以α=3，β=0，所以an-1n=3·2.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,33所以annn=α·3+β·(-1)，其中，6933解得α=，β，441n1n1所以a[3(1)·3]。n45．构造等差或等比数列例11正数列a0,a1,…,an,…满足aaaa=2an-1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。nn2n1n2aann1【解】由aaaa2a得2=1，nn2n1n2n1aan1n2aa即n12n11.aan1n2aan1令bn=+1，则{bn}是首项为+1=2，公比为2的等比数列，aan10【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】aa所以bnnnn2n=+1=2，所以=（2-1），aan1n1nanan1a2a1k2所以an=·…··a0=(21).an1an2a1a0k1n注：CiC1·C2·…·Cn.i12x2n例12已知数列{xn}满足x1=2,xn+1=,n∈N+,求通项。2xn22x2x2【解】考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=2.2x2x2x2n因为x1=2,xn+1=,可知{xn}的每项均为正数。2xn2又x+2≥22x，所以xn+1≥2(n≥1)。又nn22x2(x2)nnXn+1-2=2=,①2x2xnn22x2(x2)nnXn+1+2=2=,②2x2xnn2x2x2n1n由①÷②得。③xn12xn2x21又>0，x21x2x2x2nn1n由③可知对任意n∈N+，>0且lg2lg,xn2xn12xn2xn222所以lg是首项为lg，公比为2的等比数列。xn222n12xn2n122xn222所以lg2·lg，所以，xn222xn222n1n122(22)(22)解得x2·。n2n12n1(22)(22)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】47103k101.（20KK.北京）设f(n)22222，则f(n)（）．2n2n2（A）(81)（B）(81)772n32n4（C）(81)（D）(81)7747103n10解析：数列2，2，2，2，…，2是以2为首项，8为公比的等比数列，给出的这个数列【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】n42(81)2n4共有(n4)项，根据等比数列的求和公式有S(81)．选（D）．n8172.（20KK.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f(n)表示第n堆的乒乓球总数，则f(3)_____；f(n)=_____（答案用n表示）．【解析】：观察归纳，f(3)63110；观察图示，不难发现第n堆最底层（第一层）n(n1)的乒乓球数a123n，第n堆的乒乓球总数相当于n堆乒乓球的底n2层数之和，122221n(n1)n(n1)(n2)即f(n)aaaa(123n)．123n2226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.（20KK.北京）设等差数列{a}的首项a及公差d都为整数，前n项和为S．n1n（1）若a0，S98，求数列{a}的通项公式；1114n（2）若a≥6，a0，S≤77，求所有可能的数列{a}的通项公式．11114nS98，2a13d14，141【解析】：（1）由，即，a0，a10d0，111解得d2，a20．1因此，{a}的通项公式是a222n，n1，2，3，；nnS14≤77，2a113d≤11，（2）由a0，，得a10d0，，111a≥6，a≥6，112a13d≤11，(1)1即2a20d0，(2)12a≤12.(3)111由①+②，得7d11，即d．71由①+③，得13d≤1，即d≤．13111所以d≤．713又dZ，故d1．将d1代入①、②，得10a≤12．1又aZ，故a11或a12．111所以，数列{a}的通项公式是a12n或a13n，n1，2，3，．nnn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.（20KK.江苏）设数列{a}，{b}，{c}满足baa，ca2a3annnnnn2nnn1n2(n1，2，3，)，证明{a}为等差数列的充要条件是{c}为等差数列且nnb≤b(n1，2，3，…)．nn1【解析】：必要性：设{a}是公差为d的等差数列，n1【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】则bb(aa)(aa)n1nn1n3nn2(aa)(aa)dd0．n1nn3n211易知b≤b(n1，2，3，)成立．nn1由递推关系cc(aa)2(aa)3(aa)d2d3d6dn1nn1nn2n1n3n21111（常数）（n=1，2，3，…）．所以数列{c}为等差数列．n充分性：设数列{c}是公差为d的等差数列，且b≤b(n1，2，3，)，n2nn1∵ca2a3a，①nnn1n2∴ca2a3a，②n2n2n3n4由①②，得cc(aa)2(aa)3(aa)b2b3b．nn2nn2n1n3n2n4nn1n2∵cc2d，nn22∴b2b3b2d，③nn1n22从而有b2b3b2d，④n1n2n32④③，得(bb)2(bb)3(bb)0，⑤n1nn2n1n3n2∵bb≥0，bb≥0，bb≥0，n1nn2n1n3n2∴由⑤得bb0(n1，2，3，)，n1n由此不妨设bd(n1，2，3，)，n3则aad（常数）．nn23由此ca2a3a4a2a3d．nnn1n2nn13从而c4a2a3d，两式相减得cc2(aa)2d．n1n1n23n1nn1n311因此aa(cc)ddd（常数）（n=1，2，3，…），即数列{a}为n1nn1n323n22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.（20KK.福建）已知数列{a}满足a1，a2a1．n1n1n（1）求数列{a}的通项公式；n（2）若4k114k214kn1(a1)kn，bk，证明{b}是等差数列．nnnn【解析】：（1）∵a2a1(nN)，∴a12(a1)．n1nn1n∴{a1}是以a12为首项，2为公比的等比数列．n1nn∴a12，即a21；nn（2）∵4k114k21…4kn1(a1)k，n利用{a}的通项公式，有4(k1k2kn)n2nkn．n∴2[(bbb)n]nb．①12nn构建递推关系2[(bbbb)(n1)](n1)b，②12nn1n1②－①，得(n1)bnb20，③n1n从而有nb(n1)b20，④n2n1③④，得nb2nbnb0，即b2bb0．n2n1nn2n1n【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】故{b}是等差数列．n[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．第三章不等式一、基础知识【理解去记】KKK【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∈Nnnnn+a>b;（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≥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）；nnnnnn再证性质（8），用反证法，若ab，由性质（7）得(a)(b)，即a≤b，与a>bnn矛盾，所以假设不成立，所以ab；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|，2所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2xy(xy)≥0，333所以x+y≥2xy，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令xa,yb,z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)=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2x=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B1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abcabbccax2+y2+z22xyyzxz.(ab)(bc)(ca)cababbc【证明】左边-右边=x2+y2+z22xy2yz(bc)(ca)(ab)(ca)cab2aba2c22xzx2xyyy(ab)(bc)bc(bc)(ca)cacabcb2a2cac22yzzz2xzx(ab)(ca)abab(ab)(bc)bc222bacbacxyyzzx0.bccacaababbc所以左边≥右边，不等式成立。【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】例2若alog(1-x)(1-x)=1（因为0<1-x<1，所以|log(1x)|1xa1>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.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。1211例4已知实数a,b,c满足0(n+1)n.【证明】1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。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k1(k2)k1k2k1k(k1)k为1，所以只需证，即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需证kk1k(k1)(k2)(k1)(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。222222xyyzzx例7已知x,y,z∈R+，求证：0.yzzxxy【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】【证明】不妨设x≥y,x≥z.111ⅰ）x≥y≥z，则，x2≥y2≥z2，由排序原理可得xyxzyz222222xyzyzx，原不等式成立。yzzxxyyzzxxy111ⅱ）x≥z≥y，则，x2≥z2≥y2，由排序原理可得xzxyyz222222xyzyzx，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+).111例8求证：1n(n2).n2321111111111【证明】11nnnn2321244222n121n11n1，得证。nn2222abc例9已知a,b,c是△ABC的三条边长，m>0，求证：.ambmcmabababm【证明】1ambmabmabmabmabmmc1（因为a+b>c），得证。cmcm（7）引入参变量法。a33b例10已知x,y∈R+,l,a,b为待定正数，求f(x,y)=的最小值。22xy23ylkl(1k)3b【解】设k，则x,y，f(x,y)=a22x1k1klk1a3b3a3ka3kb31b31b31a3k21(a3+b3+3a2b+3ab2)=222lkkkl(ab)33ab(ab)，等号当且仅当时成立。所以f(x,y)min=.22lxyl例11设x21≥x2≥x3≥x4≥2,x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)≤4x1x2x3x4.1【证明】设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有≤k≤1,x3x4≥4，原不等式等价于3(1+k)2(x22+x3+x4)≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即2(1k)11(x2+x3+x4)≤x2x3x4，因为f(k)=k+在,1上递减，4kk32(1k)11所以(x2+x3+x4)=(k2)(x2+x3+x4)4k4k【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】1323≤·3x2=4x2≤x2x3x4.4所以原不等式成立。（8）局部不等式。xyz33例12已知x,y,z∈R+，且x2+y2+z2=1，求证：.2221x1y1z2x332【证明】先证x.21x2321222122因为x(1-x)=2x(1x),2233322xxx332所以x.12(12)2xxx233y332同理y，21y2z332z，21z2xyz3322233所以(xyz).2221x1y1z22abc例13已知0≤a,b,c≤1，求证：≤2。bc1ca1ab1a2a【证明】先证.①bc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。b2bc2c同理,.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。111例14已知非负实数a,b,c满足ab+bc+ca=1，求f(a,b,c)=的最abbcca小值。55【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)≥.2232cab1不妨设a≥b≥c，则0≤c≤,f(a,b,c)=.223c1c1ab2(ab)因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，42解关于a+b的不等式得a+b≥2(c1-c).【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】t12考虑函数g(t)=,g(t)在[c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所以f(a,b,c)=22c1c1ab22c2(c1c)1≥c21212c2(c1c)22cc1c=22c1c1212c3c1=2c1c212222c3c153(1c1)c≥4.2222222223下证3(1c1)c0①3c3c1c+6c+9≥9c+9cc≥04333c.因为c，所以①式成立。43455所以f(a,b,c)≥，所以f(a,b,c)min=.222．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nnn222(ai)(bi)(aibi).i1i1i1等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1,2,,n,ai=λbi,n2n2(ai)aii1变式1：若ai∈R,bi∈R,i=1,2,…,n，则().ni1bi2(bi)i1等号成立条件为ai=λbi,(i=1,2,…,n)。n2n(ai)aii1变式2：设ai,bi同号且不为0(i=1,2,…,n)，则.ni1biaibii1等号成立当且仅当b1=b2=…=bn.n（2）【必会】平均值不等式：设a1,a2,…,an∈R+，记Hn=,111aaa12n222aaaaaaGn12n12nn=aaa,An=,Q，则Hn≤Gn≤An≤Qn.即12nnnn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.【MeiWei_81-优质适用文档】\n【MeiWei_81-优质适用文档】【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G1kk≤Ak，当n=k+1时，记aaaa=Gk+1.12kk1因为akkk11+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥kaaakaG12kk1k1≥2k2kaaaGk12k2kG2k2kGk+1,12k1k1k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：2222aaaa+12n1na例15已知a1,a2,…,an∈R，求证；1+a2+…+an.aaaa23n12222aaaa12n1n【证明】证法一：因为a2a,a2a，…，a2a,a1132nn11aaaa23n1≥2an.2222aaaa12n1n上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an.aaaa23n12222aaaa证法二：由柯西不等式12n1n(a2，1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)aaaa23n12222aaaa12n1n因为a1+a2+…+an>0，所以≥a1+a2+…+an.aaaa23n1222证法三：设a1,a2,…,an从小到大排列为aaa，则aaa，i1i2ini1i2in111，由排序原理可得aaaiiinn112222aaaa12n1naaa=a1+a2+…+an≥，得证。i1i2inaaaa23n1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】x21.（成都市20KK届高三第三次诊断理科）不等式0的解集为（）x1(A){x|－1≤x≤2}(B){x|－1＜x≤2}(C){x|－1≤x＜2}(D){x|－1＜x＜2}【答案】B[(x1)(x2)0]【解析】原不等式等价于x10，解得－1＜x≤22.（成都市20KK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yz＝0.9x＋y4【MeiWei_81-优质适用文档】A3x＋4y＝280x6\n【MeiWei_81-优质适用文档】30x40y280由题意0x6且x、y∈Z0y4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。2213.(绵阳20KK年)把圆C：xy按向量a=(h，-1)平移后得圆C1，若圆C1在不等式x+y+12≥0所确定的平面区域内，则h的最小值为（A）33（A）1（B）-1（C）（D）334．（雅安市20KK届高三第三次诊断性考试理科）已知函数f(x)的定义域为[3,)，部b2分函数值如表所示，其导函数的图象如图所示，若正数a，b满足f(2ab)1，则a2的取值范围是(B)222A．(,1)B．(,4)C．(1,4)D．(,)(4,)5555.（20KK四川省攀枝花市文）已知函数2f(x)axbx1a,bR.f(1)0f(x)0a,b(Ⅰ)若且对任意实数x均有成立，求实数的值；x2,2g(x)f(x)kx（Ⅱ）在(Ⅰ)的条件下，当时，是单调函数，求实数k的取值范围.f(1)0ab10即ba1【解析】）f(x)又对任意实数x均有0成立2(a1)20b4a0恒成立，即恒成立a1,b222f(x)x2x1g(x)x(2k)x1（Ⅱ）由（Ⅰ）可知k2k2[2,2](,]或[2,2][,)g(x)在x[－2，2]时是单调函数，22k2k22或222即实数k的取值范围为(,2][6,)【MeiWei_81-优质适用文档】