高考数学总复习系列—高中数学必修五 17页

‎《2011年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·pcos ①‎ 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 ‎，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、趋近高考【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=；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）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01.‎ ‎【证明】 证明更强的结论：1an.‎ 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-10,‎ 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-==, ①‎ Xn+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， ④‎ ‎④③，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 ‎， ②‎ ‎②－①，得 ‎，③‎ 从而有，④‎ ‎③④，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 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<0acb>0, c>d>0ac>bd;‎ ‎（7）a>b>0, n∈N+an>bn; （8）a>b>0, n∈N+;‎ ‎（9）a>0, |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alog(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(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0 ① c2+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[‎ ‎4‎ y ‎0‎ ‎6‎ ‎3x＋4y＝28‎ x A z＝0.9x＋y ‎]【解析】原不等式等价于， 解得－1＜x≤2 2.（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