高考数学一轮复习资料二
高考数学一轮复习资料二
11、题目 高中数学复习专题讲座
综合运用等价转化、分类讨论、数形结合等思想解决函数综合问题
重难点归纳
注意等价转化、分类讨论、数形结合等思想的综合运用 挖掘题目中的隐含条件
学法指导 怎样学好函数
学习函数要重点解决好四个问题 准确深刻地理解函数的有关概念；揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系；把握数形结合的特征和方法；认识函数思想的实质，强化应用意识
(一)准确、深刻理解函数的有关概念
概念是数学的基础，而函数是数学中最主要的概念之一，函数概念贯穿在中学代数的始终 数、式、方程、函数、排列组合、数列极限等是以函数为中心的代数
(二)揭示并认识函数与其他数学知识的内在联系 函数是研究变量及相互联系的数学概念，是变量数学的基础，利用函数观点可以从较高的角度处理式、方程、不等式、数列、曲线与方程等内容 在利用函数和方程的思想进行思维中，动与静、变量与常量如此生动的辩证统一，函数思维实际上是辩证思维的一种特殊表现形式
所谓函数观点，实质是将问题放到动态背景上去加以考虑 高考试题涉及5个方面 (1)原始意义上的函数问题；(2)方程、不等式作为函数性质解决；(3)数列作为特殊的函数成为高考热点；(4)辅助函数法；(5)集合与映射，作为基本语言和工具出现在试题中
(三)把握数形结合的特征和方法
函数图像的几何特征与函数性质的数量特征紧密结合，有效地揭示了各类函数和定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性等基本属性，体现了数形结合的特征与方法，为此，既要从定形、定性、定理、定位各方面精确地观察图形、绘制图形，又要熟练地掌握函数图像的平移变换、对称变换
典型题例示范讲解
例1设f(x)是定义在R上的偶函数，其图像关于直线x=1对称，对任意x1、x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),且f(1)=a>0
(1)求f()、f();
(2)证明f(x)是周期函数；
(3)记an=f(2n+),求
命题意图 本题主要考查函数概念，图像函数的奇偶性和周期性以及数列极限等知识，还考查运算能力和逻辑思维能力
知识依托 认真分析处理好各知识的相互联系，抓住条件f(x1+x2)＝
f(x1)·f(x2)找到问题的突破口
错解分析 不会利用f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)进行合理变形
技巧与方法 由f(x1+x2)=f(x1)·f(x2)变形为是解决问题的关键
(1) 解 因为对x1,x2∈［0,］,都有f(x1+x2)=f(x1)·f(x2),所以f(x)=, x∈［0,1］
又因为f(1)=f(+)=f()·f()=［f()］2
f()=f(+)=f()·f()=［f（）］2
又f(1)=a>0
∴f()=a, f()=a
(2)证明 依题意设y=f(x)关于直线x=1对称，故f(x)=f(1+1－x),
即 f(x)=f(2－x),x∈R
又由f(x)是偶函数知 f(－x)=f(x),x∈R
∴f(－x)=f(2－x),x∈R
将上式中－x以x代换得f(x)=f(x+2)，这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期
(3)解 由(1)知f(x)≥0,x∈［0,1］
∵f()=f(n·)=f(+(n－1) )=f()·f((n－1)·)=……
=f()·f()·……·f()
=［f()］n=a
∴f()=a
又∵f(x)的一个周期是2
∴f(2n+)=f(),
∴an=f(2n+)=f()=a
因此an=a
∴
例2甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速驶到乙地，速度不得超过c千米/小时，已知汽车每小时的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度v(km/h)的平方成正比，比例系数为b,固定部分为a元
(1)把全程运输成本y(元)表示为v(km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；
(2)为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？
命题意图 本题考查建立函数的模型、不等式性质、最值等知识，还考查学生综合运用所学数学知识解决实际问题的能力
知识依托 运用建模、函数、数形结合、分类讨论等思想方法
错解分析 不会将实际问题抽象转化为具体的函数问题，易忽略对参变量的限制条件
技巧与方法 四步法 (1)读题；(2)建模；(3)求解；(4)评价
解法一 (1)依题意知，汽车从甲地匀速行驶到乙地所用时间为,全程运输成本为y=a·+bv2·=S(+bv)
∴所求函数及其定义域为y=S(+bv),v∈(0,c
(2)依题意知，S、a、b、v均为正数
∴S(+bv)≥2S ①
当且仅当=bv,即v=时，①式中等号成立
若≤c则当v=时，有ymin＝2S；
若>c,则当v∈(0,c时，有S(+bv)－S(+bc)
=S［(－)+(bv－bc)］= (c－v)(a－bcv)
∵c－v≥0,且c>bc2, ∴a－bcv≥a－bc2>0
∴S(+bv)≥S(+bc),当且仅当v=c时等号成立，
也即当v=c时，有ymin ＝S(+bc)；
综上可知，为使全程运输成本y最小，当≤c时，行驶速度应为v=, 当>c时行驶速度应为v=c
解法二 (1)同解法一
(2)∵函数y=S(+bv), v∈(0,+∞),
当x∈(0, )时，y单调减小，
当x∈(,+∞)时y单调增加，
当x=时y取得最小值，而全程运输成本函数为y=Sb(v+),v∈(0,c
∴当≤c时，则当v=时，y最小，若>c时，则当v=c时，y最小 结论同上
例3 设函数f(x)的定义域为R，对任意实数x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y),当x>0时f(x)<0且f(3)=－4
(1)求证 f(x)为奇函数；
(2)在区间［－9，9］上，求f(x)的最值
(1）证明 令x=y=0,得f(0)=0
令y=－x,得f(0)=f(x)+f(－x),即f(－x)=－f(x)
∴f(x)是奇函数
(2）解 1°,任取实数x1、x2∈［－9,9］且x1＜x2,这时，x2－x1>0,
f(x1)－f(x2)=f［(x1－x2)+x2］－f(x2)=f(x1－x2)+f(x2)－f(x1)=－f(x2－x1)
因为x>0时f(x)＜0,∴f(x1)－f(x2)>0
∴f(x)在［－9，9］上是减函数
故f(x)的最大值为f(－9),最小值为f(9)
而f(9)=f(3+3+3)=3f(3)=－12,f(－9)=－f(9)=12
∴f(x)在区间［－9，9］上的最大值为12，最小值为－12
学生巩固练习
1 函数y=x+a与y=logax的图像可能是( )
2 定义在区间(－∞,+∞)的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0，+∞)的图像与f(x)的图像重合，设a>b>0,给出下列不等式
①f(b)－f(－a)>g(a)－g(－b) ②f(b)－f(－a)
g(b)－g(－a) ④f(a)－f(－b)0
求证
7 某工厂拟建一座平面图(如下图)为矩形且面积为200平方米的三级污水处理池，由于地形限制，长、宽都不能超过16米，如果池外周壁建造单价为每米400元，中间两条隔墙建造单价为每米248元，池底建造单价为每平方米80元(池壁厚度忽略不计，且池无盖)
(1)写出总造价y(元)与污水处理池长x(米)的函数关系式，并指出其定义域
(2)求污水处理池的长和宽各为多少时，污水处理池的总造价最低？并求最低总造价
8 已知函数f(x)在(－∞,0)∪(0,+∞)上有定义，且在(0,+∞)上是增函数，f(1)=0,又g(θ)=sin2θ－mcosθ－2m,θ∈［0,］,设M={m|g(θ)<0,m∈R},N={m|f［g(θ)］<0},求M∩N
参考答案:
1 解析 分类讨论当a>1时和当0＜a＜1时
答案 C
2 解析 用特值法，根据题意，可设f(x)=x,g(x)=|x|,又设a=2,b=1,
则f(a)=a,g(a)=|a|,f(b)=b,g(b)=|b|,f(a)－f(b)=f(2)－f(－1)=2+1=3
g(b)－g(－a)=g(1)－g(－2)=1－2=－1
∴f(a)－f(－b)>g(1)－g(－2)=1－2=－1
又f(b)－f(－a)=f(1)－f(－2)=1+2=3
g(a)－g(－b)=g(2)－g(1)=2－1=1,∴f(b)－f(－a)=g(a)－g(－b)
即①与③成立
答案 C
3 解析 设2x=t>0，则原方程可变为t2+at+a+1=0 ①
方程①有两个正实根，则
解得 a∈(－1,2－2
答案 (－1，2－2
4 解 (1)当a=0时，函数f(－x)=(－x)2+|－x|+1=f(x),此时f(x)为偶函数；当a≠0时，f(a)=a2+1,f(－a)=a2+2|a|+1,f(－a)≠f(a),f(－a)≠－f(a) 此时函数f(x)既不是奇函数也不是偶函数
(2)①当x≤a时，函数f(x)=x2－x+a+1=(x－)2+a+,若a≤,则函数f(x)在(－∞,a上单调递减，从而，函数f(x)在(－∞,a上的最小值为f(a)=a2+1
若a>,则函数f(x)在(－∞,a上的最小值为f()=+a,且f()≤f(a)
②当x≥a时，函数f(x)=x2+x－a+1=(x+)2－a+;
当a≤－时，则函数f(x)在［a,+∞上的最小值为
f(－)=－a,且f(－)≤f(a)
若a>－,则函数f(x)在［a,+∞)上单调递增，
从而，函数f(x)在［a,+∞］上的最小值为f(a)=a2+1
综上，当a≤－时，函数f(x)的最小值是－a,
当－＜a≤时，函数f(x)的最小值是a2+1;
当a>时，函数f(x)的最小值是a+
5 (1)证明 由 得f(x)的定义域为(－1，1)，
易判断f(x)在(－1，1)内是减函数
(2)证明 ∵f(0)=,∴f-－1()=0,即x=是方程f-－1(x)=0的一个解
若方程f-－1(x)=0还有另一个解x0≠,则f-－1(x0)=0,
由反函数的定义知f(0)=x0≠,与已知矛盾，故方程f-－1(x)=0有惟一解
(3)解 f［x(x－)］＜,即f［x(x－)］＜f(0)
6 证明 对f(x)+f(y)=f()中的x,y,令x=y=0,得f(0)=0,
再令y=－x,又得f(x)+f(－x)=f(0)=0,即f(－x)=－f(x),
∴f(x)在x∈(－1,1)上是奇函数
设－1＜x1＜x2＜0,则f(x1)－f(x2)=f(x1)+f(－x2)=f(),
∵－1＜x1＜x2＜0,∴x1－x2＜0,1－x1x2>0 ∴＜0,
于是由②知f()>0,
从而f(x1)－f(x2)>0,即f(x1)>f(x2),
故f(x)在x∈(－1,0)上是单调递减函数
根据奇函数的图像关于原点对称，知
f(x)在x∈(0,1)上仍是递减函数，且f(x)＜0
7 解 (1)因污水处理水池的长为x米，则宽为米，
总造价y=400(2x+2×)+248××2+80×200=800(x+)+1600,由题设条件
解得12 5≤x≤16,即函数定义域为［12 5，16］
(2)先研究函数y=f(x)=800(x+)+16000在［12 5,16］上的单调性，
对于任意的x1,x2∈［12 5,16］,不妨设x1＜x2,
则f(x2)－f(x1)=800［(x2－x1)+324()］=800(x2－x1)(1－),
∵12 5≤x1≤x2≤16
∴0＜x1x2＜162＜324,∴>1,即1－＜0
又x2－x1>0,∴f(x2)－f(x1)＜0,即f(x2)＜f(x1),
故函数y=f(x)在［12 5,16］上是减函数
∴当x=16时，y取得最小值，此时，ymin=800(16+)+16000=45000(元)，=12 5(米）
综上，当污水处理池的长为16米，宽为12 5米时，总造价最低，最低为45000元
8 解 ∵f(x)是奇函数，且在(0,+∞)上是增函数，
∴f(x)在(－∞,0)上也是增函数
又f(1)=0,∴f(－1)=－f(1)=0,从而，当f(x)＜0时，有x＜－1或0＜x＜1,
则集合N={m|f［g(θ)］＜θ＝={m|g(θ)＜－1或0＜g(θ)＜1,
∴M∩N={m|g(θ)＜－1
由g(θ)＜－1,得cos2θ>m(cosθ－2)+2,θ∈［0,］,
令x=cosθ,x∈［0,1］得 x2>m(x－2)+2,x∈［0,1］，
令① y1=x2,x∈［0,1］及②y2=m(m－2)+2,
显然①为抛物线一段，②是过(2，2)点的直线系，
在同一坐标系内由x∈［0,1］得y1>y2
∴m>4－2,故M∩N={m|m>4－2}
12、题目 高中数学复习专题讲座等差数列、等比数列性质的灵活运用
重难点归纳
1 等差、等比数列的性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题的既快捷又方便的工具，应有意识去应用
2 在应用性质时要注意性质的前提条件，有时需要进行适当变形
3 “巧用性质、减少运算量”在等差、等比数列的计算中非常重要，但用“基本量法”并树立“目标意识”，“需要什么，就求什么”，既要充分合理地运用条件，又要时刻注意题的目标，往往能取得与“巧用性质”解题相同的效果
典型题例示范讲解
例1已知函数f(x)= (x<－2)
(1)求f(x)的反函数f-－1(x);
(2)设a1=1, =－f－-1(an)(n∈N*),求an;
(3)设Sn=a12+a22+…+an2,bn=Sn+1－Sn是否存在最小正整数m,使得对任意n∈N*,有bn<成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由
命题意图 本题是一道与函数、数列有关的综合性题目，着重考查学生的逻辑分析能力
知识依托 本题融合了反函数，数列递推公式，等差数列基本问题、数列的和、函数单调性等知识于一炉，结构巧妙，形式新颖，是一道精致的综合题
错解分析 本题首问考查反函数，反函数的定义域是原函数的值域，这是一个易错点，(2)问以数列{}为桥梁求an,不易突破
技巧与方法 (2)问由式子得=4,构造等差数列{},从而求得an,即“借鸡生蛋”是求数列通项的常用技巧；(3)问运用了函数的思想
解 (1)设y=,∵x<－2,∴x=－,
即y=f－-1(x)=－ (x>0)
(2)∵，
∴{}是公差为4的等差数列，
∵a1=1, =+4(n－1)=4n－3,∵an>0,∴an=
(3)bn=Sn+1－Sn=an+12=,由bn<,得m>,
设g(n)= ,∵g(n)= 在n∈N*上是减函数，
∴g(n)的最大值是g(1)=5,
∴m>5,存在最小正整数m=6,使对任意n∈N*有bn<成立
例2设等比数列{an}的各项均为正数，项数是偶数，它的所有项的和等于偶数项和的4倍，且第二项与第四项的积是第3项与第4项和的9倍，问数列{lgan}的前多少项和最大？(lg2=0 3,lg3=0 4)
命题意图
本题主要考查等比数列的基本性质与对数运算法则，等差数列与等比数列之间的联系以及运算、分析能力
知识依托 本题须利用等比数列通项公式、前n项和公式合理转化条件，求出an;进而利用对数的运算性质明确数列{lgan}为等差数列，分析该数列项的分布规律从而得解
错解分析 题设条件中既有和的关系，又有项的关系，条件的正确转化是关键，计算易出错；而对数的运算性质也是易混淆的地方
技巧与方法 突破本题的关键在于明确等比数列各项的对数构成等差数列，而等差数列中前n项和有最大值，一定是该数列中前面是正数，后面是负数，当然各正数之和最大；另外，等差数列Sn是n的二次函数，也可由函数解析式求最值
解法一 设公比为q,项数为2m,m∈N*,依题意有
化简得
设数列{lgan}前n项和为Sn,则
Sn=lga1+lga1q2+…+lga1qn－1=lga1n·q1+2+…+(n－1)
=nlga1+n(n－1)·lgq=n(2lg2+lg3)－n(n－1)lg3
=(－)·n2+(2lg2+lg3)·n
可见，当n=时，Sn最大
而=5,故{lgan}的前5项和最大
解法二 接前，,于是lgan=lg［108()n－1］=lg108+(n－1)lg,
∴数列{lgan}是以lg108为首项，以lg为公差的等差数列，
令lgan≥0,得2lg2－(n－4)lg3≥0,
∴n≤=5 5
由于n∈N*,可见数列{lgan}的前5项和最大
例3 等差数列{an}的前n项的和为30，前2m项的和为100，求它的前3m项的和为_________
解法一 将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+d,得
解法二 由知，
要求S3m只需求m［a1+］,
将②－①得ma1+ d=70,∴S3m=210
解法三 由等差数列{an}的前n项和公式知，Sn是关于n的二次函数，即Sn=An2+Bn(A、B是常数）
将Sm=30,S2m=100代入，得
,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210
解法四
S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+…+a3m
=S2m+(a1+2md)+…+(am+2md)
=S2m+(a1+…+am)+m·2md
=S2m+Sm+2m2d
由解法一知d=,代入得S3m=210
解法五 根据等差数列性质知 Sm,S2m－Sm,S3m－S2m也成等差数列，
从而有 2(S2m－Sm)=Sm+(S3m－S2m)
∴S3m=3(S2m－Sm)=210
解法六 ∵Sn=na1+d,
∴=a1+d
∴点(n, )是直线y=+a1上的一串点，
由三点(m,),(2m, ),(3m, )共线，易得S3m=3(S2m－Sm)=210
解法七 令m=1得S1=30，S2=100，得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70
∴a3=70+(70－30)=110
∴S3=a1+a2+a3=210
答案 210
学生巩固练习
1 等比数列{an}的首项a1=－1,前n项和为Sn,若，则Sn等于( )
C 2 D －2
2 已知a,b,a+b成等差数列，a,b,ab成等比数列，且00,S13<0
(1)求公差d的取值范围；
(2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由
6 已知数列{an}为等差数列，公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列
a,a,…,a,…为等比数列，其中b1=1,b2=5,b3=17
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)记Tn=Cb1+Cb2+Cb3+…+Cbn,求
7 设{an}为等差数列，{bn}为等比数列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分别求出{an}及{bn}的前n项和S10及T10
8 {an}为等差数列，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)
(1)求证 当k取不同自然数时，此方程有公共根；
(2)若方程不同的根依次为x1,x2,…,xn,…,
求证 数列为等差数列
参考答案:
1 解析 利用等比数列和的性质
依题意，，而a1=－1,故q≠1,
∴,
根据等比数列性质知S5，S10－S5，S15－S10,…,也成等比数列，
且它的公比为q5,∴q5=－,即q=－
∴
答案 B
2 解析 解出a、b,解对数不等式即可
答案 (－∞,8)
3 解析 利用S奇/S偶=得解
答案 第11项a11=29
4 解法一 赋值法
解法二 b=aq,c=aq2,x=(a+b)=a(1+q),y=(b+c)=aq(1+q),
==2
答案 2
5 (1)解 依题意有
解之得公差d的取值范围为－＜d＜－3
(2)解法一 由d＜0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此，在S1，S2，…，S12中Sk为最大值的条件为 ak≥0且ak+1＜0,即
∵a3=12,∴，∵d＜0,∴2－＜k≤3－
∵－＜d＜－3,∴＜－＜4,得5 5＜k＜7
因为k是正整数，所以k=6,即在S1，S2，…，S12中，S6最大
解法二 由d＜0得a1>a2>…>a12>a13，
若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1＜0,
则Sk是S1，S2，…，S12中的最大值
由等差数列性质得，当m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q时，am+an=ap+aq 所以有2a7=a1+a13=S13＜0,
∴a7＜0,a7+a6=a1+a12=S12>0,∴a6≥－a7>0,
故在S1，S2，…，S12中S6最大
解法三 依题意得
最小时，Sn最大；
∵－＜d＜－3,∴6＜(5－)＜6 5
从而，在正整数中，当n=6时，［n－ (5－)］2最小，所以S6最大
点评 该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求，难度不高，入手容易 第(2)问难度较高，为求{Sn}中的最大值Sk,1≤k≤12,思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak+1＜0，思路之三是可视Sn为n的二次函数，借助配方法可求解 它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力，较好地体现了高考试题注重能力考查的特点 而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律，找出“分水岭”，从而得解
6 解 (1)由题意知a52=a1·a17，即(a1+4d)2=a1(a1+16d)a1d=2d2,
∵d≠0,∴a1=2d,数列{}的公比q==3,
∴=a1·3n－1 ①
又=a1+(bn－1)d= ②
由①②得a1·3n－1=·a1 ∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n－1－1
(2)Tn=Cb1+Cb2+…+Cbn
=C (2·30－1)+C·(2·31－1)+…+C(2·3n－1－1)
=(C+C·32+…+C·3n)－(C+C+…+C)
=［(1+3)n－1］－(2n－1)= ·4n－2n+,
7 解 ∵{an}为等差数列，{bn}为等比数列，∴a2+a4=2a3,b2·b4=b32,
已知a2+a4=b3,b2·b4=a3,∴b3=2a3,a3=b32,
得b3=2b32,∵b3≠0,∴b3=,a3=
由a1=1,a3=，知{an}的公差d=－,
∴S10=10a1+d=－
由b1=1,b3=,知{bn}的公比q=或q=－,
8 证明 (1）∵{an}是等差数列，∴2ak+1=ak+ak+2,
故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可变为(akx+ak+2)(x+1)=0,
∴当k取不同自然数时，原方程有一个公共根－1
(2）原方程不同的根为xk=
13、题目 高中数学复习专题讲座数列的通项公式与求和的常用方法
重难点归纳
1 数列中数的有序性是数列定义的灵魂，要注意辨析数列中的项与数集中元素的异同 因此在研究数列问题时既要注意函数方法的普遍性，又要注意数列方法的特殊性
2 数列{an}前n 项和Sn与通项an的关系式 an=
3 求通项常用方法
①作新数列法 作等差数列与等比数列
②累差叠加法 最基本形式是
an=(an－an－1+(an－1+an－2)+…+(a2－a1)+a1
③归纳、猜想法
4 数列前n项和常用求法
①重要公式
1+2+…+n=n(n+1)
12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)
13+23+…+n3=(1+2+…+n)2=n2(n+1)2
②等差数列中Sm+n=Sm+Sn+mnd，等比数列中Sm+n=Sn+qnSm=Sm+qmSn
③裂项求和 将数列的通项分成两个式子的代数和，即an=f(n+1)－f(n
)，然后累加时抵消中间的许多项 应掌握以下常见的裂项
④错项相消法
⑤并项求和法
数列通项与和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法
典型题例示范讲解
例1已知数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的(q∈R且q≠1)的等比数列，若函数f(x)=(x－1)2，且a1=f(d－1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q－1)，
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，都有=an+1成立，求
命题意图 本题主要考查等差、等比数列的通项公式及前n项和公式、数列的极限，以及运算能力和综合分析问题的能力
知识依托 本题利用函数思想把题设条件转化为方程问题非常明显，而(2)中条件等式的左边可视为某数列前n项和，实质上是该数列前n项和与数列{an}的关系，借助通项与前n项和的关系求解cn是该条件转化的突破口
错解分析 本题两问环环相扣，(1)问是基础，但解方程求基本量a1、b1、d、q，计算不准易出错；(2)问中对条件的正确认识和转化是关键
技巧与方法 本题(1)问运用函数思想转化为方程问题，思路较为自然，(2)问“借鸡生蛋”构造新数列{dn}运用和与通项的关系求出dn，丝丝入扣
解 (1)∵a1=f(d－1)=(d－2)2，a3=f(d+1)=d2，
∴a3－a1=d2－(d－2)2=2d，
∵d=2，∴an=a1+(n－1)d=2(n－1)；
又b1=f(q+1)=q2，b3=f(q－1)=(q－2)2，
∴=q2，由q∈R，且q≠1，得q=－2，
∴bn=b·qn－1=4·(－2)n－1
(2)令=dn，则d1+d2+…+dn=an+1,(n∈N*),
∴dn=an+1－an=2,
∴=2,即cn=2·bn=8·(－2)n－1；∴Sn=［1－(－2)n］
∴
例2设An为数列{an}的前n项和，An= (an－1)，数列{bn}的通项公式为bn=4n+3;
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)把数列{an}与{bn}的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明 数列{dn}的通项公式为dn=32n+1;
(3)设数列{dn}的第n项是数列{bn}中的第r项，Br为数列{bn}的前r项的和；Dn为数列{dn}的前n项和，Tn=Br－Dn，求
命题意图 本题考查数列的通项公式及前n项和公式及其相互关系；集合的相关概念，数列极限，以及逻辑推理能力
知识依托 利用项与和的关系求an是本题的先决；(2)问中探寻{an}与{bn}的相通之处，须借助于二项式定理；而(3)问中利用求和公式求和则是最基本的知识点
错解分析 待证通项dn=32n+1与an的共同点易被忽视而寸步难行；注意不到r与n的关系，使Tn中既含有n，又含有r，会使所求的极限模糊不清
技巧与方法 (1)问中项与和的关系为常规方法，(2)问中把3拆解为4－1，再利用二项式定理，寻找数列通项在形式上相通之处堪称妙笔；(3)问中挖掘出n与r的关系，正确表示Br，问题便可迎刃而解
解 (1)由An=(an－1)，可知An+1=(an+1－1)，
∴an+1－an= (an+1－an)，即=3，而a1=A1= (a1－1)，得a1=3，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，数列{an}的通项公式an=3n
(2)∵32n+1=3·32n=3·(4－1)2n
=3·［42n+C·42n－1(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n］=4n+3，
∴32n+1∈{bn}
而数32n=(4－1)2n
=42n+C·42n－1·(－1)+…+C·4·(－1)+(－1)2n=(4k+1)，
∴32n{bn}，而数列{an}={a2n+1}∪{a2n}，∴dn=32n+1
(3)由32n+1=4·r+3，可知r=，
∴Br=，
例3 设{an}是正数组成的数列，其前n项和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项
(1)写出数列{an}的前3项
(2)求数列{an}的通项公式(写出推证过程)
(3)令bn=(n∈N*)，求 (b1+b2+b3+…+bn－n)
解析 (1)由题意，当n=1时，有，S1=a1，
∴，解得a1=2 当n=2时，有，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得(a2－2)2=16，由a2＞0，解得a2=6
当n=3时，有，S3=a1+a2+a3，
将a1=2，a2=6代入，整理得(a3－2)2=64，由a3＞0，解得a3=10
故该数列的前3项为2，6，10
(2）解法一 由(1）猜想数列{an} 有通项公式an=4n－2
下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n－2，(n∈N*）
①当n=1时，因为4×1－2=2，，又在(1)中已求出a1=2，所以上述结论成立
②假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k－2，由题意，有，将ak=4k－2 代入上式，解得2k=，得Sk=2k2，
由题意，有，Sk+1=Sk+ak+1，
将Sk=2k2代入得()2=2(ak+1+2k2)，
整理得ak+12－4ak+1+4－16k2=0，由ak+1＞0，解得ak+1=2+4k，
所以ak+1=2+4k=4(k+1)－2，
即当n=k+1时，上述结论成立
根据①②，上述结论对所有的自然数n∈N*成立
解法二 由题意知，(n∈N*) 整理得，Sn=(an+2)2,
由此得Sn+1=(an+1+2)2，∴an+1=Sn+1－Sn=［(an+1+2)2－(an+2)2］
整理得(an+1+an）(an+1－an－4)=0，
由题意知an+1+an≠0，∴an+1－an=4，
即数列{an}为等差数列，其中a1=2，公差d=4
∴an=a1+(n－1)d=2+4(n－1)，即通项公式为an=4n－2
解法三 由已知得,(n∈N*) ①，
所以有 ②，
由②式得，
整理得Sn+1－2·+2－Sn=0，
解得，
由于数列{an}为正项数列，而，
因而，
即{Sn}是以为首项，以为公差的等差数列
所以= +(n－1) =n,Sn=2n2，
故an=即an=4n－2(n∈N*)
(3)令cn=bn－1，则cn=
学生巩固练习
1 设zn=()n，(n∈N*)，记Sn=｜z2－z1｜+｜z3－z2｜+…+｜zn+1－zn｜，则Sn=_________
2 作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________
3 数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an＞0,且(n+1)an2+an·an+1－nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n－1+1
(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn；
(2)求数列{bn}的前n项和Tn；
(3)猜想Sn与Tn的大小关系，并说明理由
4 数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1－an,(n∈N*)
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Sn=｜a1｜+｜a2｜+…+｜an｜,求Sn;
(3)设bn=(n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn＞成立？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由
5 设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(m+1)－man 对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m＜－1
(1)求证 {an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}满足 b1=a1,bn=f(bn－1)(n≥2,n∈N*) 试问当m为何值时，成立？
6 已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145
(1)求数列{bn}的通项bn；
(2)设数列{an}的通项an=loga(1+)(其中a＞0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与logabn+1的大小，并证明你的结论
7 设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式 3tSn－(2t+3)Sn－1=3t(t＞0,n=2,3,4…)
(1)求证 数列{an}是等比数列；
(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f()(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn；
(3)求和 b1b2－b2b3+b3b4－…+b2n－1b2n－b2nb2n+1
参考答案
答案 1+
2 解析 由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an=
，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn=a,
∴这些圆的周长之和c=2π(r1+r2+…+rn)= a2，
面积之和S=π(n2+r22+…+rn2)=a2
答案 周长之和πa，面积之和a2
3 解 (1）可解得，从而an=2n，有Sn=n2+n，
(2)Tn=2n+n－1
(3)Tn－Sn=2n－n2－1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2＜S2；n=3时，T3＜S3;n=4时，T4＜S4；n=5时，T5＞S5；n=6时T6＞S6
猜想当n≥5时，Tn＞Sn，即2n＞n2+1
可用数学归纳法证明(略）
4 解 (1）由an+2=2an+1－anan+2－an+1=an+1－an可知{an}成等差数列，
d==－2,∴an=10－2n
(2)由an=10－2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=－n2+9n，
当n＞5时，Sn=n2－9n+40，故Sn=
(3)bn=
；要使Tn＞总成立，需＜T1=成立，即m＜8且m∈Z，故适合条件的m的最大值为7
5 解 (1）由已知Sn+1=(m+1)－man+1 ①， Sn=(m+1)－man ②,
由①－②，得an+1=man－man+1，即(m+1)an+1=man对任意正整数n都成立
∵m为常数，且m＜－1
∴，即{}为等比数列
(2)当n=1时，a1=m+1－ma1，∴a1=1，从而b1=
由(1)知q=f(m)=，∴bn=f(bn－1)= (n∈N*,且n≥2)
∴，即，
∴{}为等差数列 ∴=3+(n－1)=n+2，
(n∈N*)
6 解 (1)设数列{bn}的公差为d，由题意得
解得b1=1,d=3,∴bn=3n－2
(2)由bn=3n－2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+)+…+loga(1+)
=loga［(1+1)(1+)…(1+)］，logabn+1=loga
因此要比较Sn与logabn+1的大小，
可先比较(1+1)(1+)…(1+)与的大小，
取n=1时，有(1+1)＞
取n=2时，有(1+1)(1+)＞…
由此推测(1+1)(1+)…(1+)＞ ①
若①式成立，则由对数函数性质可判定
当a＞1时，Sn＞logabn+1， ②
当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1， ③
下面用数学归纳法证明①式
(ⅰ)当n=1时，已验证①式成立
(ⅱ)假设当n=k时(k≥1），①式成立，即
那么当n=k+1时，
这就是说①式当n=k+1时也成立
由(ⅰ）(ⅱ）可知①式对任何正整数n都成立
由此证得 当a＞1时，Sn＞logabn+1；当0＜a＜1时，Sn＜logabn+1
7 解 (1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)－(2t+3)=3t
∴a2=
又3tSn－(2t+3)Sn－1=3t， ①
3tSn－1－(2t+3)Sn－2=3t ②
①－②得3tan－(2t+3)an－1=0
∴,n=2,3,4…,
所以{an}是一个首项为1公比为的等比数列；
(2)由f(t)= =,得bn=f()=+bn－1
可见{bn}是一个首项为1，公差为的等差数列
于是bn=1+(n－1)=;
(3)由bn=,可知
{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列，
于是b2n=,
∴b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1
=b2(b1－b3)+b4(b3－b5)+…+b2n(b2n－1－b2n+1)
=－ (b2+b4+…+b2n)=－·n(+)=－ (2n2+3n)
14、题目 高中数学复习专题讲座构建数学模型解数列综合题和应用性问题
重难点归纳
1 解答数列综合题和应用性问题既要有坚实的基础知识,又要有良好的思维能力和分析、解决问题的能力；解答应用性问题，应充分运用观察、归纳、猜想的手段，建立出有关等差(比)数列、递推数列模型，再综合其他相关知识来解决问题
典型题例示范讲解
例1从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业，根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少，本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加
(1)设n年内(本年度为第一年)总投入为an万元，旅游业总收入为bn万元，写出an,bn的表达式；
(2)至少经过几年，旅游业的总收入才能超过总投入？
命题意图 本题主要考查建立函数关系式、数列求和、不等式等基础知识；考查综合运用数学知识解决实际问题的能力，本题有很强的区分度，属于应用题型，正是近几年高考的热点和重点题型
知识依托 本题以函数思想为指导，以数列知识为工具，涉及函数建模、数列求和、不等式的解法等知识点
错解分析 (1)问an、bn实际上是两个数列的前n项和，易与“通项”混淆；(2)问是既解一元二次不等式又解指数不等式，易出现偏差
技巧与方法 正确审题、深刻挖掘数量关系，建立数量模型是本题的灵魂，(2)问中指数不等式采用了换元法，是解不等式常用的技巧
解 (1)第1年投入为800万元，
第2年投入为800×(1－)万元，…
第n年投入为800×(1－)n－1万元，
所以，n年内的总投入为
an=800+800×(1－)+…+800×(1－)n－1
=800×(1－)k－1=4000×［1－()n］
第1年旅游业收入为400万元，
第2年旅游业收入为400×(1+)，…，
第n年旅游业收入400×(1+)n－1万元
所以，n年内的旅游业总收入为
bn=400+400×(1+)+…+400×(1+)k－1
=400×()k－1=1600×［()n－1］
(2)设至少经过n年旅游业的总收入才能超过总投入，由此bn－an＞0，即1600×［()n－1］－4000×［1－()n］＞0，
令x=()n，代入上式得 5x2－7x+2＞0
解此不等式，得x＜，或x＞1(舍去)
即()n＜，由此得n≥5
∴至少经过5年，旅游业的总收入才能超过总投入
例2已知Sn=1++…+,(n∈N*)，设f(n)=S2n+1－Sn+1,试确定实数m的取值范围，使得对于一切大于1的自然数n，不等式
f(n)＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立
命题意图 本题主要考查应用函数思想解决不等式、数列等问题，需较强的综合分析问题、解决问题的能力
知识依托 本题把函数、不等式恒成立等问题组合在一起，构思巧妙
错解分析 本题学生很容易求f(n)的和，但由于无法求和，故对不等式难以处理
技巧与方法 解决本题的关键是把f(n)(n∈N*)看作是n的函数，此时不等式的恒成立就转化为
函数f(n)的最小值大于［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2
解 ∵Sn=1++…+ (n∈N*)
∴f(n+1)＞f(n)
∴f(n)是关于n的增函数
∴f(n) min=f(2)=
∴要使一切大于1的自然数n，不等式
f(n)＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2恒成立
只要＞［logm(m－1)］2－［log(m－1)m］2成立即可
由得m＞1且m≠2
此时设［logm(m－1)］2=t 则t＞0
于是 解得0＜t＜1
由此得0＜［logm(m－1)］2＜1
解得m＞且m≠2
例3 已知二次函数y=f(x)在x=处取得最小值－ (t＞0),f(1)=0
(1)求y=f(x)的表达式；
(2)若任意实数x都满足等式f(x)·g(x)+anx+bn=xn+1［g(x)］为多项式，n∈N*),试用t表示an和bn；
(3)设圆Cn的方程为(x－an)2+(y－bn)2=rn2，圆Cn与Cn+1外切(n=1,2,3,…);{rn}是各项都是正数的等比数列，记Sn为前n个圆的面积之和，求rn、Sn
解 (1)设f(x)=a(x－)2－，由f(1)=0得a=1
∴f(x)=x2－(t+2)x+t+1
(2)将f(x)=(x－1)［x－(t+1)］代入已知得
(x－1)［x－(t+1)］g(x)+anx+bn=xn+1，
上式对任意的x∈R都成立，
取x=1和x=t+1分别代入上式得
且t≠0，
解得an=［(t+1)n+1－1］，bn=［1－(t+1n)
(3)由于圆的方程为(x－an)2+(y－bn)2=rn2，
又由(2)知an+bn=1，故圆Cn的圆心On在直线x+y=1上，
又圆Cn与圆Cn+1相切，故有rn+rn+1=｜an+1－an｜=(t+1)n+1
设{rn}的公比为q，则
②÷①得q==t+1，代入①得rn=
∴Sn=π(r12+r22+…+rn2)=［(t+1)2n－1］
学生巩固练习
1 已知二次函数y=a(a+1)x2－(2a+1)x+1，当a=1，2，…，n，…时，其抛物线在x轴上截得的线段长依次为d1,d2，…,dn,…,则 (d1+d2+…+dn)的值是( )
A 1 B 2 C 3 D 4
2 在直角坐标系中，O是坐标原点，P1(x1，y1)、P2(x2，y2)是第一象限的两个点，若1，x1，x2，4依次成等差数列，而1，y1，y2，8依次成等比数列，则△OP1P2的面积是_________
3 从盛满a升酒精的容器里倒出b升，然后再用水加满，再倒出b升，再用水加满；这样倒了n次，则容器中有纯酒精_________升
4 据2000年3月5日九届人大五次会议《政府工作报告》 “2001年国内生产总值达到95933亿元，比上年增长7 3%，”如果“十·五”期间(2001年~2005年)每年的国内生产总值都按此年增长率增长，那么到“十·五”末我国国内年生产总值约为_________亿元
5 已知数列{an}满足条件 a1=1,a2=r(r＞0),且{anan+1}是公比为q(q＞0)的等比数列，设bn=a2n－1+a2n(n=1,2,…)
(1)求出使不等式anan+1+an+1an+2＞an+2an+3(n∈N*)成立的q的取值范围；
(2)求bn和，其中Sn=b1+b2+…+bn；
(3)设r=219 2－1，q=，求数列{}的最大项和最小项的值
6 某公司全年的利润为b元，其中一部分作为奖金发给n位职工，奖金分配方案如下 首先将职工按工作业绩(工作业绩均不相同)从大到小，由1到n排序，第1位职工得奖金元，然后再将余额除以n发给第2位职工，按此方法将奖金逐一发给每位职工，并将最后剩余部分作为公司发展基金
(1)设ak(1≤k≤n)为第k位职工所得奖金金额，试求a2,a3，并用k、n和b表示ak(不必证明)；
(2)证明ak＞ak+1(k=1,2,…,n－1),并解释此不等式关于分配原则的实际意义；
(3)发展基金与n和b有关，记为Pn(b),对常数b，当n变化时，求Pn(b)
7 据有关资料，1995年我国工业废弃垃圾达到7 4×108吨，占地562 4平方公里，若环保部门每年回收或处理1吨旧物资，则相当于处理和减少4吨工业废弃垃圾，并可节约开采各种矿石20吨，设环保部门1996年回收10万吨废旧物资，计划以后每年递增20%的回收量，试问
(1)2001年回收废旧物资多少吨？
(2)从1996年至2001年可节约开采矿石多少吨(精确到万吨)？
(3)从1996年至2001年可节约多少平方公里土地？
8 已知点的序列An(xn，0),n∈N,其中x1=0,x2=a(a＞0),A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…，An是线段An－2An－1的中点，…
(1)写出xn与xn－1、xn－2之间关系式(n≥3);
(2)设an=xn+1－xn，计算a1,a2,a3，由此推测数列{an}的通项公式，并加以证明；
(3)求xn
参考答案:
1 解析 当a=n时y=n(n+1)x2－(2n+1)x+1
由｜x1－x2｜=，得dn=，
∴d1+d2+…+dn
答案 A
2 解析 由1,x1,x2,4依次成等差数列得 2x1=x2+1,x1+x2=5解得x1=2,x2=3
又由1，y1,y2,8依次成等比数列，得y12=y2,y1y2=8,解得y1=2,y2=4,
∴P1(2,2),P2(3,4) ∴=(3,4)
∴
答案 1
3 解析 第一次容器中有纯酒精a－b即a(1－)升，
第二次有纯酒精a(1－)－，即a(1－)2升，
故第n次有纯酒精a(1－)n升
答案 a(1－)n
4 解析 从2001年到2005年每年的国内生产总值构成以95933为首项，以7 3%为公比的等比数列，∴a5=95933(1+7 3%)4≈120000(亿元)
答案 120000
5 解 (1)由题意得rqn－1+rqn＞rqn+1
由题设r＞0,q＞0,故从上式可得 q2－q－1＜0，解得＜q＜,因q＞0,故0＜q＜;
(2)∵
b1=1+r≠0，所以{bn}是首项为1+r，公比为q的等比数列，从而bn=(1+r)qn-1
当q=1时，Sn=n(1+r),
,从上式可知，
当n－20 2＞0，即n≥21(n∈N*)时，Cn随n的增大而减小，
故1＜Cn≤C21=1+=2 25 ①
当n－20 2＜0，即n≤20(n∈N*)时，Cn也随n的增大而减小，
故1＞Cn≥C20=1+=－4 ②
综合①②两式知，对任意的自然数n有C20≤Cn≤C21,
故{Cn}的最大项C21=2 25，最小项C20=－4
6 解 (1)第1位职工的奖金a1=，
第2位职工的奖金a2=(1－)b，
第3位职工的奖金a3=(1－)2b，…，
第k位职工的奖金ak= (1－)k－1b;
(2)ak－ak+1=(1－)k－1b＞0，此奖金分配方案体现了“按劳分配”或“不吃大锅饭”的原则
(3)设fk(b)表示奖金发给第k位职工后所剩余数，
则f1(b)=(1－)b,f2(b)=(1－)2b,…,fk(b)=(1－)kb
得Pn(b)=fn(b)=(1－)nb,
故
7 解 设an表示第n年的废旧物资回收量，Sn表示前n年废旧物资回收总量，则数列{an}是以10为首项，1+20%为公比的等比数列
(1)a6=10(1+20%)5=10×1.25=24.8832≈25(万吨)
(2)S6==99.2992≈99.3(万吨)
∴从1996年到2000年共节约开采矿石20×99 3≈1986(万吨)
(3）由于从1996年到2001年共减少工业废弃垃圾4×99.3=397.2(万吨)，
∴从1996年到2001年共节约
≈3 平方公里
8 解 (1)当n≥3时，xn=;
由此推测an=(－)n-1a(n∈N)
证法一 因为a1=a＞0,且
(n≥2)
所以an=(－)n-1a
证法二 用数学归纳法证明
(ⅰ)当n=1时，a1=x2－x1=a=(－)0a,公式成立；
(ⅱ)假设当n=k时，公式成立，即ak=(－)k－1a成立
那么当n=k+1时，
ak+1=xk+2－xk+1=
据(ⅰ)(ⅱ)可知，对任意n∈N，公式an=(－)n-1a成立
(3)当n≥3时，有
xn=(xn－xn－1)+(xn－1－xn－2)+…+(x2－x1)+x1=an－1+an－2+…+a1,
由(2)知{an}是公比为－的等比数列，所以a
15、题目 高中数学复习专题讲座灵活运用三角函数的图像和性质解题
重难点归纳
1 考查三角函数的图像和性质的基础题目，此类题目要求考生在熟练掌握三角函数图像的基础上要对三角函数的性质灵活运用
2 三角函数与其他知识相结合的综合题目，此类题目要求考生具有较强的分析能力和逻辑思维能力 在今后的命题趋势中综合性题型仍会成为热点和重点，并可以逐渐加强
3 三角函数与实际问题的综合应用
此类题目要求考生具有较强的知识迁移能力和数学建模能力，要注意数形结合思想在解题中的应用
典型题例示范讲解
例1设z1=m+(2－m2)i, z2=cosθ+(λ+sinθ)i, 其中m,λ,θ∈R，已知z1=2z2，求λ的取值范围
命题意图 本题主要考查三角函数的性质，考查考生的综合分析问题的能力和等价转化思想的运用
知识依托 主要依据等价转化的思想和二次函数在给定区间上的最值问题来解决
错解分析 考生不易运用等价转化的思想方法来解决问题
技巧与方法 对于解法一，主要运用消参和分离变量的方法把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题；对于解法二，主要运用三角函数的平方关系把所求的问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题
解法一 ∵z1=2z2，
∴m+(2－m2)i=2cosθ+(2λ+2sinθ)i,∴
∴λ=1－2cos2θ－sinθ=2sin2θ－sinθ－1=2(sinθ－)2－
当sinθ=时λ取最小值－，当sinθ=－1时，λ取最大值2
解法二 ∵z1=2z2 ∴
∴,
∴=1
∴m4－(3－4λ)m2+4λ2－8λ=0, 设t=m2,则0≤t≤4,
令f(t)=t2－(3－4λ)t+4λ2－8λ,
则或f(0)·f(4)≤0 ∴
∴－≤λ≤0或0≤λ≤2
∴λ的取值范围是［－，2］
例2如右图，一滑雪运动员自h=50m高处A点滑至O点，由于运动员的技巧(不计阻力)，在O点保持速率v0不为，并以倾角θ起跳，落至B点，令OB=L，试问，α=30°时，L的最大值为多少？当L取最大值时，θ为多大？
命题意图 本题是一道综合性题目，主要考查考生运用数学知识来解决物理问题的能力
知识依托 主要依据三角函数知识来解决实际问题
错解分析 考生不易运用所学的数学知识来解决物理问题，知识的迁移能力不够灵活
技巧与方法 首先运用物理学知识得出目标函数，其次运用三角函数的有关知识来解决实际问题
解 由已知条件列出从O点飞出后的运动方程
由①②整理得 v0cosθ=
∴v02+gLsinα=g2t2+≥=gL
运动员从A点滑至O点，机械守恒有:mgh=mv02,
∴v02=2gh,∴L≤=200(m)
即Lmax=200(m),又g2t2=
∴
得cosθ=cosα,∴θ=α=30°∴L最大值为200米，当L最大时，起跳仰角为30°
例3如下图，某地一天从6时到14时的温度变化曲线近似满足函数y=Asin(ωx+φ)+b
(1)求这段时间的最大温差
(2)写出这段曲线的函数解析式
命题意图 本题以应用题的形式考查备考中的热点题型，要求考生把所学的三角函数知识与实际问题结合起来分析、思考，充分体现了“以能力立意”的命题原则
知识依托 依据图像正确写出解析式
错解分析 不易准确判断所给图像所属的三角函数式的各个特定系数和字母
技巧与方法 数形结合的思想，以及运用待定系数法确定函数的解析式
解 (1)由图示，这段时间的最大温差是30－10=20(℃)；
(2)图中从6时到14时的图像是函数y=Asin(ωx+φ)+b的半个周期的图像
∴=14－6,解得ω=,
由图示A=(30－10)=10，b=(30+10)=20，这时y=10sin(x+φ)+20,将x=6,y=10代入上式可取φ=π
综上所求的解析式为y=10sin(x+π)+20,x∈［6,14］
例4 已知α、β为锐角，且x(α+β－)＞0,试证不等式f(x)=x
＜2对一切非零实数都成立
证明 若x＞0，则α+β＞
∵α、β为锐角，∴0＜－α＜β＜;0＜－β＜,
∴0＜sin(－α)＜sinβ 0＜sin(－β)＜sinα，
∴0＜cosα＜sinβ,0＜cosβ＜sinα,
∴0＜＜1,0＜＜1,
∴f(x)在(0,+∞)上单调递减，∴f(x)＜f(0)=2
若x＜0,α+β＜,∵α、β为锐角，
0＜β＜－α＜,0＜α＜－β＜,
0＜sinβ＜sin(－α),
∴sinβ＜cosα,0＜sinα＜sin(－β),
∴sinα＜cosβ,∴＞1, ＞1,
∵f(x)在(－∞,0）上单调递增，∴f(x)＜f(0)=2,∴结论成立
学生巩固练习
1 函数y=－x·cosx的部分图像是( )
2 函数f(x)=cos2x+sin(+x)是( )
A 非奇非偶函数 B 仅有最小值的奇函数
C 仅有最大值的偶函数 D 既有最大值又有最小值的偶函数
3 函数f(x)=()｜cosx｜在［－π，π］上的单调减区间为_________
4 设ω＞0，若函数f(x)=2sinωx在［－，］上单调递增，则ω的取值范围是_________
5 设二次函数f(x)=x2+bx+c(b,c∈R),已知不论α、β为何实数恒有f(sinα)≥0和f(2+cosβ)≤0
(1)求证 b+c=－1；
(2)求证c≥3；
(3)若函数f(sinα)的最大值为8，求b，c的值
6 用一块长为a，宽为b(a＞b)的矩形木板，在二面角为α的墙角处围出一个直三棱柱的谷仓，试问应怎样围才能使谷仓的容积最大？并求出谷仓容积的最大值
7 有一块半径为R，中心角为45°的扇形铁皮材料，为了获取面积最大的矩形铁皮，工人师傅常让矩形的一边在扇形的半径上，然后作其最大内接矩形，试问 工人师傅是怎样选择矩形的四点的？并求出最大面积值
8 设－≤x≤，求函数y=log2(1+sinx)+log2(1－sinx)的最大值和最小值
9 是否存在实数a，使得函数y=sin2x+a·cosx+a－在闭区间［0，］上的最大值是1？若存在，求出对应的a值；若不存在，试说明理由
参考答案
1 解析 函数y=－xcosx是奇函数，图像不可能是A和C，又当x∈(0, )时，y＜0
答案 D
2 解析 f(x)=cos2x+sin(+x)=2cos2x－1+cosx=2［(cosx+］－1
答案 D
3 解 在［－π,π］上，y=｜cosx｜的单调递增区间是［－,0］及［,π］ 而f(x)依｜cosx｜取值的递增而递减,故［－,0］及［,π］为f(x)的递减区间
4 解 由－≤ωx≤，得f(x)的递增区间为［－,］，由题设得
5 解 (1)∵－1≤sinα≤1且f(sinα)≥0恒成立，∴f(1)≥0
∵1≤2+cosβ≤3,且f(2+cosβ)≤0恒成立 ∴f(1)≤0
从而知f(1)=0∴b+c+1=0
(2)由f(2+cosβ)≤0,知f(3)≤0,∴9+3b+c≤0 又因为b+c=－1,∴c≥3
(3)∵f(sinα)=sin2α+(－1－c)sinα+c=(sinα－)2+c－()2,
当sinα=－1时，［f(sinα)］max=8,由解得b=－4,c=3
6 解 如图，设矩形木板的长边AB着地，并设OA=x，OB=y，则a2=x2+y2－2xycosα≥2xy－2xycosα=2xy(1－cosα)
∵0＜α＜π,∴1－cosα＞0,∴xy≤ (当且仅当x=y时取“=”号)，故此时谷仓的容积的最大值V1=(xysinα)b= 同理，若木板短边着地时，谷仓的容积V的最大值V2=ab2cos,
∵a＞b,∴V1＞V2
从而当木板的长边着地，并且谷仓的底面是以a为底边的等腰三角形时，谷仓的容积最大，其最大值为a2bcos
7 解 如下图，扇形AOB的内接矩形是MNPQ，连OP，则OP=R，设∠AOP=θ，则∠QOP=45°－θ，NP=Rsinθ,在△PQO中，，
∴PQ=Rsin(45°－θ)
S矩形MNPQ=QP·NP=R2sinθsin(45°－θ)
=R2·［cos(2θ－45°)－］≤R2，
当且仅当cos(2θ－45°)=1,即θ=22 5°时，S矩形MNPQ的值最大且最大值为R2
工人师傅是这样选点的，记扇形为AOB，以扇形一半径OA为一边，在扇形上作角AOP且使∠AOP=22 5°，P为边与扇形弧的交点，自P作PN⊥OA于N，PQ∥OA交OB于Q，并作OM⊥OA于M，则矩形MNPQ为面积最大的矩形，面积最大值为R2
8 解 ∵在［－］上，1+sinx＞0和1－sinx＞0恒成立，
∴原函数可化为y=log2(1－sin2x)=log2cos2x，
又cosx＞0在［－］上恒成立，
∴原函数即是y=2log2cosx,在x∈［－］上，≤cosx≤1
∴log2≤log2cosx≤log21，即－1≤y≤0，也就是在x∈［－］上，ymax=0, ymin=－1
综合上述知，存在符合题设
课前后备注
16、题目 高中数学复习专题讲座三角函数式的化简与求值
高考要求
三角函数式的化简和求值是高考考查的重点内容之一 通过本节的学习使考生掌握化简和求值问题的解题规律和途径，特别是要掌握化简和求值的一些常规技巧，以优化我们的解题效果，做到事半功倍
重难点归纳
1 求值问题的基本类型 ①给角求值，②给值求值，③给式求值，④求函数式的最值或值域，⑤化简求值
2 技巧与方法 ①要寻求角与角关系的特殊性，化非特角为特殊角，熟练准确地应用公式 ②注意切割化弦、异角化同角、异名化同名、角的变换等常规技巧的运用 ③对于条件求值问题，要认真寻找条件和结论的关系，寻找解题的突破口，很难入手的问题，可利用分析法 ④求最值问题，常用配方法、换元法来解决
典型题例示范讲解
例1不查表求sin220°+cos280°+cos20°cos80°的值
命题意图 本题主要考查两角和、二倍角公式及降幂求值的方法，对计算能力的要求较高
知识依托 熟知三角公式并能灵活应用
错解分析 公式不熟，计算易出错
技巧与方法 解法一利用三角公式进行等价变形；解法二转化为函数问题，使解法更简单更精妙，需认真体会
解法一 sin220°+cos280°+sin220°cos80°
= (1－cos40°)+ (1+cos160°)+ sin20°cos80°
=1－cos40°+cos160°+sin20°cos(60°+20°)
=1－cos40°+ (cos120°cos40°－sin120°sin40°)
+sin20°(cos60°cos20°－sin60°sin20°)
=1－cos40°－cos40°－sin40°+sin40°－sin220°
=1－cos40°－(1－cos40°)=
解法二 设x=sin220°+cos280°+sin20°cos80°
y=cos220°+sin280°－cos20°sin80°，则
x+y=1+1－sin60°=，
x－y=－cos40°+cos160°+sin100°
=－2sin100°sin60°+sin100°=0
∴x=y=，
即x=sin220°+cos280°+sin20°cos80°=
例2设关于x的函数y=2cos2x－2acosx－(2a+1)的最小值为f(a)，试确定满足f(a)=的a值，并对此时的a值求y的最大值
命题意图 本题主要考查最值问题、三角函数的有界性、计算能力以及较强的逻辑思维能力
知识依托 二次函数在给定区间上的最值问题
错解分析 考生不易考查三角函数的有界性，对区间的分类易出错
技巧与方法 利用等价转化把问题化归为二次函数问题，还要用到配方法、数形结合、分类讲座等
解 由y=2(cosx－)2－及cosx∈［－1，1］得
f(a)＝
∵f(a)=,
∴1－4a=a=［2,+∞
或 －－2a－1=，解得a=－1，
此时，y=2(cosx+)2+，
当cosx=1时，即x=2kπ，k∈Z，ymax=5
例3已知函数f(x)=2cosxsin(x+)－sin2x+sinxcosx
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)求f(x)的最小值及取得最小值时相应的x的值；
(3)若当x∈［，］时，f(x)的反函数为f－1(x)，求f-－1(1)的值
命题意图
本题主要考查三角公式、周期、最值、反函数等知识，还考查计算变形能力，综合运用知识的能力
知识依托 熟知三角函数公式以及三角函数的性质、反函数等知识
错解分析 在求f-－1(1)的值时易走弯路
技巧与方法 等价转化，逆向思维
解 (1)f(x)=2cosxsin(x+)－sin2x+sinxcosx
=2cosx(sinxcos+cosxsin)－sin2x+sinxcosx
=2sinxcosx+cos2x=2sin(2x+)
∴f(x)的最小正周期T=π
(2)当2x+=2kπ－，即x=kπ－ (k∈Z)时，f(x)取得最小值－2
(3)令2sin(2x+)=1，又x∈［］,
∴2x+∈［,］,∴2x+=，
则x=，故f-－1(1)=
例4 已知＜β＜α＜,cos(α－β)=,sin(α+β)=－,求sin2α的值_________
解法一 ∵＜β＜α＜,∴0＜α－β＜ π＜α+β＜,
∴
∴sin2α=sin［(α－β)+(α+β)］
=sin(α－β)cos(α+β)+cos(α－β)sin(α+β)
解法二 ∵sin(α－β)=,cos(α+β)=－,
∴sin2α+sin2β=2sin(α+β)cos(α－β)=－
sin2α－sin2β=2cos(α+β)sin(α－β)=－
∴sin2α=
学生巩固练习
1 已知方程x2+4ax+3a+1=0(a＞1)的两根均tanα、tanβ，且α，β∈
(－)，则tan的值是( )
A B －2 C D 或－2
2 已知sinα=，α∈(，π)，tan(π－β)= ，则tan(α－2β)=______
3 设α∈()，β∈(0，)，cos(α－)=，sin(+β)=，则sin(α+β)=_________
4 不查表求值:
5 已知cos(+x)=，(＜x＜)，求的值
6 已知α－β=π，且α≠kπ(k∈Z) 求的最大值及最大值时的条件
7 如右图，扇形OAB的半径为1，中心角60°，四边形PQRS是扇形的内接矩形，当其面积最大时，求点P的位置，并求此最大面积
8 已知cosα+sinβ=，sinα+cosβ的取值范围是D，x∈D，求函数y=的最小值，并求取得最小值时x的值
参考答案
1 解析 ∵a＞1，tanα+tanβ=－4a＜0 tanα+tanβ=3a+1＞0,
又α、β∈(－,)∴α、β∈(－,θ),则∈(－,0),
又tan(α+β)=,
整理得2tan2=0 解得tan=－2
答案 B
2 解析 ∵sinα=,α∈(,π),∴cosα=－
则tanα=－,又tan(π－β)=可得tanβ=－,
答案
3 解析 α∈(),α－∈(0, ),又cos(α－)=
答案
4 答案 2
（k∈Z）, （k∈Z）
∴当即（k∈Z）时,的最小值为－1
7 解 以OA为x轴 O为原点，建立平面直角坐标系，
并设P的坐标为(cosθ,sinθ)，则
｜PS｜=sinθ 直线OB的方程为y=x，直线PQ的方程为y=sinθ 联立解之得Q(sinθ；sinθ)，所以｜PQ｜=cosθ－sinθ
于是SPQRS=sinθ(cosθ－sinθ)
=(sinθcosθ－sin2θ)=(sin2θ－)
=(sin2θ+cos2θ－)= sin(2θ+)－
∵0＜θ＜,∴＜2θ+＜π ∴＜sin(2θ+)≤1
∴sin(2θ+)=1时，PQRS面积最大，且最大面积是，
此时，θ=，点P为的中点，P()
8 解 设u=sinα+cosβ 则u2+()2
=(sinα+cosβ)2+(cosα+sinβ)2=2+2sin(α+β)≤4
∴u2≤1,－1≤u≤1 即D=［－1,1］,
设t=,∵－1≤x≤1,∴1≤t≤ x=
17、题目 高中数学复习专题讲座三角函数式在解三角形中的应用
重难点归纳
(1)运用方程观点结合恒等变形方法巧解三角形；
(2)熟练地进行边角和已知关系式的等价转化；
(3)能熟练运用三角形基础知识，正、余弦定理及面积公式与三角函数公式配合，通过等价转化或构建方程解答三角形的综合问题，注意隐含条件的挖掘
典型题例示范讲解
例1在海岛A上有一座海拔1千米的山，山顶设有一个观察站P，上午11时，测得一轮船在岛北30°东，俯角为30°的B处，到11时10分又测得该船在岛北60°西、俯角为60°的C处。
(1)求船的航行速度是每小时多少千米；
(2)又经过一段时间后，船到达海岛的正西方向的D处，问此时船距岛A有多远？
命题意图 本题主要考查三角形基础知识，以及学生的识图能力和综合运用三角知识解决实际问题的能力
知识依托 主要利用三角形的三角关系，关键找准方位角，合理利用边角关系
错解分析 考生对方位角识别不准，计算易出错
技巧与方法 主要依据三角形中的边角关系并且运用正弦定理来解决问题
解 (1)在Rt△PAB中，∠APB=60° PA=1，∴AB= (千米)
在Rt△PAC中，∠APC=30°，∴AC= (千米)
在△ACB中，∠CAB=30°+60°=90°
(2)∠DAC=90°－60°=30°
sinDCA=sin(180°－∠ACB)=sinACB=
sinCDA=sin(∠ACB－30°)=sinACB·cos30°－cosACB·sin30°
在△ACD中，据正弦定理得，
∴
答 此时船距岛A为千米
例2已知△ABC的三内角A、B、C满足A+C=2B，设x=cos，f(x)=cosB()
(1)试求函数f(x)的解析式及其定义域；
(2)判断其单调性，并加以证明；
(3)求这个函数的值域
命题意图 本题主要考查考生运用三角知识解决综合问题的能力，并且考查考生对基础知识的灵活运用的程度和考生的运算能力
知识依托 主要依据三角函数的有关公式和性质以及函数的有关性质去解决问题
错解分析 考生对三角函数中有关公式的灵活运用是难点，并且不易想到运用函数的单调性去求函数的值域问题
技巧与方法 本题的关键是运用三角函数的有关公式求出f(x)的解析式，公式主要是和差化积和积化和差公式 在求定义域时要注意||的范围
解 (1)∵A+C=2B，∴B=60°，A+C=120°
∵0°≤||＜60°，∴x=cos∈(，1
又4x2－3≠0，∴x≠，∴定义域为(，)∪(，1］
(2)设x1＜x2，
∴f(x2)－f(x1)==，
若x1，x2∈()，则4x12－3＜0，4x22－3＜0，4x1x2+3＞0，x1－x2＜0，∴f(x2)－f(x1)＜0
即f(x2)＜f(x1)，若x1，x2∈(，1］，则4x12－3＞0
4x22－3＞0，4x1x2+3＞0，x1－x2＜0，∴f(x2)－f(x1)＜0
即f(x2)＜f(x1)，∴f(x)在(,)和(，1上都是减函数
(3)由(2)知，f(x)＜f()=－或f(x)≥f(1)=2
故f(x)的值域为(－∞，－)∪［2，+∞
例3已知△ABC的三个内角A、B、C满足A+C=2B
，求cos的值
解法一 由题设条件知B=60°，A+C=120°
设α=，则A－C=2α，可得A=60°+α，C=60°－α，
依题设条件有
整理得4cos2α+2cosα－3=0(M)
(2cosα－)(2cosα+3)=0，∵2cosα+3≠0，
∴2cosα－=0 从而得cos
解法二 由题设条件知B=60°，A+C=120°
①，
把①式化为cosA+cosC=－2cosAcosC ②，
利用和差化积及积化和差公式，②式可化为
③，
将cos=cos60°=，cos(A+C)=－代入③式得
④
将cos(A－C)=2cos2()－1代入 ④
4cos2()+2cos－3=0，(*)，
学生巩固练习
1 给出四个命题 (1)若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形；(2)若sinA=cosB，则△ABC为直角三角形；(3)若sin2A+sin2B+sin2C＜2，则△ABC为钝角三角形；(4)若cos(A－B)cos(B－C)cos(C－A)=1，则△ABC为正三角形 以上正确命题的个数是( )
A 1 B 2 C 3 D 4
2 在△ABC中，已知A、B、C成等差数列，则的值为__________
3 在△ABC中，A为最小角，C为最大角，已知cos(2A+C)=－，sinB=，则cos2(B+C)=__________
4 已知圆内接四边形ABCD的边长分别为AB=2，BC=6，CD=DA=4，求四边形ABCD的面积
5 如右图，在半径为R的圆桌的正中央上空挂一盏电灯，桌子边缘一点处的照度和灯光射到桌子边缘的光线与桌面的夹角θ的正弦成正比，角和这一点到光源的距离 r的平方成反比，即I=k·，其中 k是一个和灯光强度有关的常数，那么怎样选择电灯悬挂的高度h，才能使桌子边缘处最亮？
6 在△ABC中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，
(1)求角A的度数；
(2)若a=，b+c=3，求b和c的值
7 在△ABC中，∠A、∠B、∠C所对的边分别为a、b、c，且a、b、3c成等比数列，又∠A－∠C=，试求∠A、∠B、∠C的值
8 在正三角形ABC的边AB、AC上分别取D、E两点，使沿线段DE折叠三角形时，顶点A正好落在边BC上，在这种情况下，若要使AD最小，求AD∶AB的值
参考答案
1 解析 其中(3）(4）正确
答案 B
2 解析 ∵A+B+C=π，A+C=2B，
答案
3 解析 ∵A为最小角∴2A+C=A+A+C＜A+B+C=180°
∵cos(2A+C)=－，∴sin(2A+C)=
∵C为最大角，∴B为锐角，又sinB= 故cosB=
即sin(A+C)=，cos(A+C)=－
∵cos(B+C)=－cosA=－cos［(2A+C)－(A+C)］=－，
∴cos2(B+C)=2cos2(B+C)－1=
答案
4 解 如图 连结BD，则有四边形ABCD的面积
S=S△ABD+S△CDB=·AB·ADsinA+·BC·CD·sinC
∵A+C=180°，∴sinA=sinC
故S=(AB·AD+BC·CD)sinA=(2×4+6×4)sinA=16sinA
由余弦定理，在△ABD中，BD2=AB2+AD2－2AB·AD·cosA=20－16cosA
在△CDB中，BD2=CB2+CD2－2CB·CD·cosC=52－48cosC
∴20－16cosA=52－48cosC，∵cosC=－cosA，
∴64cosA=－32，cosA=－，
又0°＜A＜180°，∴A=120°故S=16sin120°=8
5 解 R=rcosθ，由此得 ，
7 解 由a、b、3c成等比数列，得 b2=3ac
∴sin2B=3sinC·sinA=3(－)［cos(A+C)－cos(A－C)］
∵B=π－(A+C) ∴sin2(A+C)=－［cos(A+C)－cos］
即1－cos2(A+C)=－cos(A+C)，解得cos(A+C)=－
∵0＜A+C＜π，∴A+C=π 又A－C=∴A=π，B=，C=
8 解 按题意，设折叠后A点落在边BC上改称P点，显然A、P两点关于折线DE对称，又设∠BAP=θ，∴∠DPA=θ，∠BDP=2θ，
再设AB=a，AD=x，∴DP=x 在△ABC中，
∠APB=180°－∠ABP－∠BAP=120°－θ，
由正弦定理知 ∴BP=
在△PBD中，
,
∵0°≤θ≤60°，∴60°≤60°+2θ≤180°，
∴当60°+2θ=90°，即θ=15°时，
sin(60°+2θ)=1，此时x取得最小值a，即AD最小，
∴AD∶DB=2－3
18、题目 高中数学复习专题讲座关于不等式证明的常用方法
重难点归纳
1 不等式证明常用的方法有 比较法、综合法和分析法，它们是证明不等式的最基本的方法
(1)比较法证不等式有作差(商)、变形、判断三个步骤，变形的主要方向是因式分解、配方，判断过程必须详细叙述 如果作差以后的式子可以整理为关于某一个变量的二次式，则考虑用判别式法证
(2)综合法是由因导果，而分析法是执果索因，两法相互转换，互相渗透，互为前提，充分运用这一辩证关系，可以增加解题思路，开扩视野
2 不等式证明还有一些常用的方法 换元法、放缩法、反证法、函数单调性法、判别式法、数形结合法等 换元法主要有三角代换，均值代换两种，在应用换元法时，要注意代换的等价性 放缩性是不等式证明中最重要的变形方法之一，放缩要有的放矢，目标可以从要证的结论中考查 有些不等式，从正面证如果不易说清楚，可以考虑反证法 凡是含有“至少”“惟一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法
证明不等式时，要依据题设、题目的特点和内在联系，选择适当的证明方法，要熟悉各种证法中的推理思维，并掌握相应的步骤、技巧和语言特点
典型题例示范讲解
例1证明不等式(n∈N*)
命题意图 本题是一道考查数学归纳法、不等式证明的综合性题目，考查学生观察能力、构造能力以及逻辑分析能力
知识依托 本题是一个与自然数n有关的命题，首先想到应用数学归纳法，另外还涉及不等式证明中的放缩法、构造法等
错解分析 此题易出现下列放缩错误
这样只注重形式的统一，而忽略大小关系的错误也是经常发生的
技巧与方法 本题证法一采用数学归纳法从n=k到n=k+1的过渡采用了放缩法 证法二先放缩，后裂项，有的放矢，直达目标 而证法三运用函数思想，借助单调性，独具匠心，发人深省
证法一 (1)当n等于1时，不等式左端等于1，右端等于2，所以不等式成立
(2)假设n=k(k≥1)时，不等式成立，即1+＜2，
∴当n=k+1时，不等式成立
综合(1)、(2)得 当n∈N*时，都有1+＜2
另从k到k+1时的证明还有下列证法
证法二 对任意k∈N*，都有
证法三 设f(n)=
那么对任意k∈N* 都有
∴f(k+1)＞f(k)
因此，对任意n∈N* 都有f(n)＞f(n－1)＞…＞f(1)=1＞0，
∴
例2求使≤a(x＞0，y＞0)恒成立的a的最小值
命题意图 本题考查不等式证明、求最值函数思想、以及学生逻辑分析能力
知识依托 该题实质是给定条件求最值的题目，所求a的最值蕴含于恒成立的不等式中，因此需利用不等式的有关性质把a呈现出来，等价转化的思想是解决题目的突破口，然后再利用函数思想和重要不等式等求得最值
错解分析 本题解法三利用三角换元后确定a的取值范围，此时我们习惯是将x、y与cosθ、sinθ来对应进行换元，即令=cosθ，=sinθ(0＜θ＜)，这样也得a≥sinθ+cosθ，但是这种换元是错误的 其原因是 (1)缩小了x、y的范围 (2)这样换元相当于本题又增加了“x、y=1”这样一个条件，显然这是不对的
技巧与方法 除了解法一经常用的重要不等式外，解法二的方法也很典型，即若参数a满足不等关系，a≥f(x)，则amin=f(x)max 若 a≤f(x)，则amax=f(x)min，利用这一基本事实，可以较轻松地解决这一类不等式中所含参数的值域问题 还有三角换元法求最值用的恰当好处，可以把原问题转化
解法一 由于a的值为正数，将已知不等式两边平方，得
x+y+2≤a2(x+y)，即2≤(a2－1)(x+y)， ①
∴x，y＞0，∴x+y≥2， ②
当且仅当x=y时，②中有等号成立
比较①、②得a的最小值满足a2－1=1，
∴a2=2，a= (因a＞0)，∴a的最小值是
解法二 设
∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2 (当x=y时“=”成立)，
∴≤1，的最大值是1
从而可知，u的最大值为，
又由已知，得a≥u，∴a的最小值为
解法三 ∵y＞0，
∴原不等式可化为+1≤a，
设=tanθ，θ∈(0，)
∴tanθ+1≤a 即tanθ+1≤asecθ
∴a≥sinθ+cosθ=sin(θ+)， ③
又∵sin(θ+)的最大值为1(此时θ=)
由③式可知a的最小值为
例3已知a＞0，b＞0，且a+b=1 求证 (a+)(b+)≥
证法一 (分析综合法）
欲证原式，即证4(ab)2+4(a2+b2)－25ab+4≥0，
即证4(ab)2－33(ab)+8≥0，即证ab≤或ab≥8
∵a＞0，b＞0，a+b=1，∴ab≥8不可能成立
∵1=a+b≥2，∴ab≤，从而得证
证法二 (均值代换法)
设a=+t1，b=+t2
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴t1+t2=0，|t1|＜，|t2|＜
显然当且仅当t=0，即a=b=时，等号成立
证法三 (比较法）
∵a+b=1，a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤
证法四 (综合法)
∵a+b=1， a＞0，b＞0，∴a+b≥2，∴ab≤
证法五 (三角代换法）
∵ a＞0，b＞0，a+b=1，故令a=sin2α，b=cos2α，α∈(0，)
2
学生巩固练习
1 已知x、y是正变数,a、b是正常数,且=1，x+y的最小值为 _
2 设正数a、b、c、d满足a+d=b+c，且|a－d|＜|b－c|，则ad与bc的大小关系是_________
3 若m＜n，p＜q，且(p－m)(p－n)＜0，(q－m)(q－n)＜0，则m、n、p、q的大小顺序是__________
4 已知a，b，c为正实数，a+b+c=1 求证
(1)a2+b2+c2≥
(2)≤6
5 已知x，y，z∈R，且x+y+z=1，x2+y2+z2=，
证明 x，y，z∈［0，］
6 证明下列不等式
(1)若x，y，z∈R，a，b，c∈R+，
则z2≥2(xy+yz+zx)
(2)若x，y，z∈R+，且x+y+z=xyz，
则≥2()
7 已知i，m、n是正整数，且1＜i≤m＜n
(1)证明 niA＜miA
(2)证明 (1+m)n＞(1+n)m
8 若a＞0，b＞0，a3+b3=2，求证 a+b≤2，ab≤1
参考答案
1 解析 令=cos2θ，=sin2θ，则x=asec2θ，y=bcsc2θ，
∴x+y=asec2θ+bcsc2θ=a+b+atan2θ+bcot2θ
≥a+b+2
答案 a+b+2
2 解析 由0≤|a－d|＜|b－c|(a－d)2＜(b－c)2
(a+b)2－4ad＜(b+c)2－4bc
∵a+d=b+c，∴－4ad＜－4bc，故ad＞bc
答案 ad＞bc
3 解析 把p、q看成变量，则m＜p＜n，m＜q＜n
答案 m＜p＜q＜n
4 (1)证法一 a2+b2+c2－=(3a2+3b2+3c2－1)
=［3a2+3b2+3c2－(a+b+c)2］
=［3a2+3b2+3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc］
=［(a－b)2+(b－c)2+(c－a)2］≥0 ∴a2+b2+c2≥
证法二 ∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc
≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2
∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1 ∴a2+b2+c2≥
证法三 ∵∴a2+b2+c2≥
∴a2+b2+c2≥
证法四 设a=+α，b=+β，c=+γ
∵a+b+c=1，∴α+β+γ=0
∴a2+b2+c2=(+α)2+(+β)2+(+γ)2
=+ (α+β+γ)+α2+β2+γ2
=+α2+β2+γ2≥
∴a2+b2+c2≥
∴原不等式成立
证法二
∴≤＜6
∴原不等式成立
5 证法一 由x+y+z=1，x2+y2+z2=，得x2+y2+(1－x－y)2=，整理成关于y的一元二次方程得
2y2－2(1－x)y+2x2－2x+=0，∵y∈R，故Δ≥0
∴4(1－x)2－4×2(2x2－2x+)≥0，得0≤x≤，∴x∈［0，］
同理可得y，z∈［0，］
证法二 设x=+x′，y=+y′，z=+z′，则x′+y′+z′=0，
于是=(+x′)2+(+y′)2+(+z′)2
=+x′2+y′2+z′2+ (x′+y′+z′)
=+x′2+y′2+z′2≥+x′2+=+x′2
故x′2≤，x′∈［－，］，x∈［0，］，同理y，z∈［0，］
证法三 设x、y、z三数中若有负数，不妨设x＜0，则x2＞0，
=x2+y2+z2≥x2+＞，矛盾
x、y、z三数中若有最大者大于，不妨设x＞，
则=x2+y2+z2≥x2+=x2+=x2－x+
=x(x－)+＞ 矛盾
故x、y、z∈［0，］
∵上式显然成立，∴原不等式得证
7 证明 (1)对于1＜i≤m，且A =m·…·(m－i+1)，
，
由于m＜n，对于整数k=1，2，…，i－1，有，
所以
(2)由二项式定理有
(1+m)n=1+Cm+Cm2+…+Cmn，
(1+n)m=1+Cn+Cn2+…+Cnm，
由(1)知miA＞niA (1＜i≤m，而C=
∴miCin＞niCim(1＜m＜n
∴m0C=n0C=1，mC=nC=m·n，m2C＞n2C，…，
mmC＞nmC，mm+1C＞0，…，mnC＞0，
∴1+Cm+Cm2+…+Cmn＞1+Cn+C2mn2+…+Cnm，
即(1+m)n＞(1+n)m成立
8 证法一 因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
(a+b)3－23=a3+b3+3a2b+3ab2－8=3a2b+3ab2－6
=3［ab(a+b)－2］=3［ab(a+b)－(a3+b3)］=－3(a+b)(a－b)2≤0
即(a+b)3≤23，又a+b＞0，所以a+b≤2，因为2≤a+b≤2，
所以ab≤1
证法二 设a、b为方程x2－mx+n=0的两根，则，
因为a＞0，b＞0，所以m＞0，n＞0，且Δ=m2－4n≥0 ①
因为2=a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］=m(m2－3n)
所以n= ②
将②代入①得m2－4()≥0，
即≥0，所以－m3+8≥0，即m≤2，所以a+b≤2，
由2≥m 得4≥m2，又m2≥4n，所以4≥4n，
即n≤1，所以ab≤1
证法三 因a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以
2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ab)≥(a+b)(2ab－ab)=ab(a+b)
于是有6≥3ab(a+b)，
从而8≥3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3=(a+b)3，所以a+b≤2，(下略）
证法四 因为
≥0，
所以对任意非负实数a、b，有≥
因为a＞0，b＞0，a3+b3=2，所以1=≥，
∴≤1，即a+b≤2，(以下略）
证法五 假设a+b＞2，则
a3+b3=(a+b)(a2－ab+b2)=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞(a+b)ab＞2ab，所以ab＜1，
又a3+b3=(a+b)［a2－ab+b2］=(a+b)［(a+b)2－3ab］＞2(22－3ab)
因为a3+b3=2，所以2＞2(4－3ab)，因此ab＞1，前后矛盾，
故a+b≤2(以下略)
