貴州省頂效開(kāi)發(fā)區(qū)頂興學(xué)校高中數(shù)學(xué)必修五32一元二次不等式及34基本不等式教案

教案陳建立3.2一元二次不等式及3.4基本不等式及必修5總復(fù)習(xí)2018春季第7周上周教學(xué)反思：通過(guò)對(duì)數(shù)列的復(fù)習(xí)以及不等式的學(xué)習(xí)，學(xué)生在數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法以及數(shù)列求和方面還比較薄弱，特別是構(gòu)造法求通項(xiàng)公式以及錯(cuò)位相減法與裂項(xiàng)相消法掌握不熟練，接下來(lái)還得加強(qiáng)訓(xùn)練。3.2一元二次不等式三維目標(biāo)一、知識(shí)與技能1.經(jīng)歷從實(shí)際情境抽象出一元二次不等式模型的過(guò)程。2.通過(guò)函數(shù)圖象了解一元二次不等式與相應(yīng)函數(shù)、方程的聯(lián)系。3.會(huì)解一元二次不等式。4.培養(yǎng)數(shù)形結(jié)合、分類(lèi)討論、等價(jià)轉(zhuǎn)化的思想方法，培養(yǎng)抽象概括能力和邏輯思維能力；通過(guò)看圖象找解集，培養(yǎng)學(xué)生從“從形到數(shù)”的轉(zhuǎn)化力，“由具體到抽象”、“從特殊到一般”的歸納概括能力。二、過(guò)程與方法經(jīng)歷從實(shí)際情境中抽象出一元二次不等式模型的過(guò)程和通過(guò)函數(shù)圖象探究一元二次不等式與相應(yīng)函數(shù)、方程的聯(lián)系，獲得一元二次不等式的解法；三、情感、態(tài)度與價(jià)值觀1．激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣和積極性，陶冶學(xué)生的情操，培養(yǎng)學(xué)生堅(jiān)忍不拔的意志，實(shí)事求是的科學(xué)學(xué)習(xí)態(tài)度和勇于創(chuàng)新的精神。2．通過(guò)研究函數(shù)、方程與不等式之間的內(nèi)在聯(lián)系，使學(xué)生認(rèn)識(shí)到事物是相互聯(lián)系、相互轉(zhuǎn)化的，樹(shù)立辯證的世界觀。二、教學(xué)重點(diǎn)與難點(diǎn)教學(xué)重點(diǎn):1.一元二次不等式的解法；2.一元二次方程、一元二次函數(shù)與一元二次不等式三者之間的關(guān)系。教學(xué)難點(diǎn)：一元二次方程、一元二次函數(shù)與一元二次不等式三者之間的關(guān)系。三、教學(xué)方法與教學(xué)手段教學(xué)方法：?jiǎn)l(fā)式、發(fā)現(xiàn)法教學(xué)手段:計(jì)算機(jī)輔助教學(xué)。四、教學(xué)過(guò)程（一）問(wèn)題情境用一根長(zhǎng)為100m的繩子能?chē)梢粋€(gè)面積大于600的矩形嗎？由此引出課題(板書(shū)課題)。分析：設(shè)矩形一邊的長(zhǎng)為xm(0<x<50)根據(jù)題意得：x(50x)>600即50x+600<0定義：只含有一個(gè)未知數(shù)，并且未知數(shù)的最高次數(shù)是2的不等式叫做一元二次不等式.問(wèn)題：如何解一元二次不等式呢？（二）推進(jìn)新課請(qǐng)同學(xué)們解一元二次不等式？:是否存在x的值，使得y>0,y=0,y<0無(wú)數(shù)個(gè)，兩個(gè)，無(wú)數(shù)個(gè)當(dāng)x為何值時(shí)，能使y>0,y=0,y<0結(jié)合圖像分析，當(dāng)x=1或3時(shí)，，所以，方程的解就是函數(shù)圖像與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)。在x軸上方的圖像都滿(mǎn)足y>0，所以的解在兩交點(diǎn)的兩邊，又因?yàn)閳D像與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)就是所對(duì)應(yīng)的方程的解，所以，解在所對(duì)應(yīng)方程的兩解之外，所以它的解x<1或x>3;在x軸下方的圖像都滿(mǎn)足y<0,所以的解在兩交點(diǎn)之內(nèi)，也就是在所對(duì)應(yīng)的方程的兩解之內(nèi)，所以它的解為1<x<3.滿(mǎn)足的x的取值范圍是:1<x<3,我們把1<x<3叫做不等式的解，解的集合叫做不等式的解集。記作{x|1<x<3}.不等式的解集是：{x|x<1或x>3}解不等式必須先解出相應(yīng)的二次方程的根，并畫(huà)出相應(yīng)的二次函數(shù)的圖像，根據(jù)圖像求出一元二次不等式的解集。根據(jù)求不等式的解集的過(guò)程，可以得到如下的結(jié)論：結(jié)論：當(dāng)函數(shù)圖像開(kāi)口向上，與x軸有2個(gè)交點(diǎn)時(shí)，不等式的解在圖像與x軸的交點(diǎn)之外，也就是在方程的兩根之外；不等式的解在圖像與x軸的交點(diǎn)之內(nèi)，也就是在方程的兩根之內(nèi)。解一開(kāi)始的問(wèn)題情境中的50x+600<0。（三）例題講解例1解下列不等式（1）（2）（3）解：法一:方程的解為根據(jù)二次函數(shù)的圖像，可得原不等式的解集為法2：原不等式可化為(x2)（2x+1）>0,所以，原不等式的解集為結(jié)論：二次函數(shù)可以寫(xiě)成一般式，頂點(diǎn)式，交點(diǎn)式，寫(xiě)成交點(diǎn)式立刻可以求到方程的根，從而得到函數(shù)的圖像，根據(jù)圖像求到不等式的解集。所以能寫(xiě)成交點(diǎn)式即能分解因式，采用第二種方法還是挺方便的，一下子就可以找到方程的根。（2）方程的解為1，根據(jù)二次函數(shù)的圖像，可得原不等式的解集為。（3）判別式，所以方程無(wú)解，由二次函數(shù)的圖像可得，原不等式的解集為R。問(wèn)題：請(qǐng)各位同學(xué)思考一下解一元二次不等式的步驟？第一步：求出方程的根；第二步：確定函數(shù)的圖像與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，畫(huà)出函數(shù)圖像；第三步：根據(jù)圖像確定所求不等式的解集。例1中涉及到的函數(shù)圖像與x軸分別有2個(gè)，1個(gè)，0個(gè)交點(diǎn)，而交點(diǎn)個(gè)數(shù)不同，結(jié)果也非常不同，函數(shù)圖像與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是通過(guò)控制的。由此可以得到：當(dāng)a>0時(shí)一元二次方程、二次函數(shù)、一元二次不等式的相互關(guān)系及其解法：不等式不等式的解集不等式的解集二次函數(shù)的圖像無(wú)實(shí)根有兩個(gè)相等的實(shí)根一元二次方程的根==例2.解不等式：不等式的解集為變式1：不等式的解集為變式2：不等式的解集為變式3：解：不等式的解為，不等式的解為，所以原不等式組的解集為。結(jié)論：做一元二次不等式的題目時(shí)，能分解因式的就分解因式做，如果不能，可以根據(jù)的符號(hào)確定函數(shù)的圖像，根據(jù)圖像確定不等式的解集；或者不能分解因式的，也可以配方做。例3：已知不等式的解集是{x|3<x<4},求實(shí)數(shù)a,b的值。分析：一般地，解一元二次不等式時(shí)，什么時(shí)候會(huì)出現(xiàn)x介于兩者之間？只有當(dāng)圖像與x軸有2個(gè)交點(diǎn)時(shí)，才會(huì)出現(xiàn)x介于兩者之間，且這兩者就是一元二次不等式所對(duì)應(yīng)的方程的根。故方程的兩個(gè)根為3，4.解：法一：（代入法）方程的兩個(gè)根為3，4，把3，4代入方程，可得：，解得。法二：（利用根與系數(shù)的關(guān)系）方程的兩個(gè)根為3，4，所以，，解得.備用題：例4.已知函數(shù)若不等式f(x)>0對(duì)一切成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍？解：由題意得：f(x)的圖像開(kāi)口向上，與x軸沒(méi)有交點(diǎn)。所以，解得，2<m<1，所以，實(shí)數(shù)m的取值范圍為2<m<1.變1.若存在，使得f(x)<0,求實(shí)數(shù)m的取值范圍？解：由，解得m<2或m>1.變2：若函數(shù)的定義域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)k的取值范圍？解：因?yàn)間(x)的定義域?yàn)镽,所以，對(duì)于任意的x，都有恒成立，所以，，解得，。結(jié)論：恒成立恒成立變題：若函數(shù)f(x)=的定義域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)k的取值范圍？分析：由題意得，對(duì)于任意的，都有恒成立，是形似一元二次不等式，所以要分k=0和k>0兩種情況考慮。解：由題意得，對(duì)于任意的，都有恒成立，當(dāng)k=0時(shí)，恒成立；當(dāng)k>0時(shí)，，化簡(jiǎn)得，，解得，，因?yàn)閗>0,所以因?yàn)閗=0符合題意，所以k得取值范圍為。例5：求解不等式解：方法一：不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化為（1）或（2），不等式（1）的解集為{x|2<x<1}，不等式（2）的解集為，所以不等式的解集為{x|2<x<1}。分式不等式的定義：分母中含有未知數(shù)的不等式叫做分式不等式。方法二：分析：分式不等式實(shí)際上就是說(shuō)明分子x+2和分母x1是異號(hào)的，拋開(kāi)形式上的差異，在本質(zhì)上與不等式(x+2)(x1)<0是一樣的。解：原不等式可轉(zhuǎn)化為(x+2)(x1)<0，可得2<x<1，所以，原不等式的解集為{x|2<x<1}.變題：解不等式問(wèn)題：如果是分式不等式，是不是可以轉(zhuǎn)化為(x+2)(x1)0?分析：不等式在轉(zhuǎn)化過(guò)程中要等價(jià)，而上述轉(zhuǎn)化就是不等價(jià)的。因?yàn)樵谥校挥蟹肿觴+2可以等于0，而分母x1不能等于0。但在中，兩個(gè)因式都可以為0.那應(yīng)該怎么辦呢？將這個(gè)分式不等式轉(zhuǎn)化為整式不等式時(shí)，應(yīng)將分母不為0這一因素考慮在內(nèi)，因此分式不等式可等價(jià)轉(zhuǎn)化為。(四)．練習(xí)與反饋求下列函數(shù)的定義域：2.不等式的解集是.3.不等式的解集是.4.不等式的解集是5.已知集合M=，N=，則=，=.6.若不等式的解集是，則a=6b=17.若函數(shù)對(duì)于一切實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍？分析：根據(jù)得到6<a<2.8.求不等式(x2)(xa)<0的解集？解：分析:方程(x2)(xa)=0的兩個(gè)根為2，a,不知道哪個(gè)根大，所以要討論，可分為a<2,a=2,a>2三種情況討論。解：當(dāng)a<2時(shí)，不等式的解集為{x|a<x<2};當(dāng)a=2時(shí)，不等式的解集為；當(dāng)a<2時(shí)，不等式的解集為{x|2<x<a}.變式：求不等式的解集？解：當(dāng)，即m<1或m>0時(shí)，不等式的解集為;當(dāng)，即m=1或m=0時(shí)，不等式的解集為；當(dāng)，即1<m<0時(shí)，不等式的解集為五、課堂小結(jié)1、一元二次方程,二次函數(shù),一元二次不等式之間有何關(guān)系?2、如何求解一元二次不等式?3、這節(jié)課你學(xué)到了什么思想方法?六、布置作業(yè)優(yōu)化探究課后習(xí)題，板書(shū)設(shè)計(jì)一元二次不等式概念解法講解例題小結(jié)3.4基本不等式教學(xué)目標(biāo)：1.進(jìn)一步掌握并運(yùn)用基本不等式；2.會(huì)運(yùn)用基本不等式求某些函數(shù)的最值，求最值時(shí)注意一正二定三相等。3.使學(xué)生能夠運(yùn)用基本不等式來(lái)討論函數(shù)的最大值和最小值問(wèn)題。教學(xué)重點(diǎn)與難點(diǎn)：重點(diǎn)：能靈活利用基本不等式及其變式解決有關(guān)求值問(wèn)題；難點(diǎn)：等號(hào)成立的條件及解題中的轉(zhuǎn)化技巧。一、復(fù)習(xí)回顧：題目分析：除運(yùn)用函數(shù)的單調(diào)性求解最值外，當(dāng)時(shí)，可以利用基本不等式解題，引導(dǎo)出基本不等式。并強(qiáng)調(diào)基本不等式時(shí)三個(gè)條件“一正、二定、三相等?！被静坏仁剑喝绻?是正數(shù)，那么變形公式：解題分析：對(duì)于且積為定值，求和的最值時(shí)利用求其最小值。并加以總結(jié)：當(dāng)積為定值時(shí)和有最小值。解題分析：對(duì)于且和為定值，求積的最值時(shí)利用求其最大值。并加以總結(jié)：當(dāng)和為定值時(shí)積有最大值。2.最值定理：已知都是正數(shù)，①如果積是定值，那么當(dāng)時(shí)，和有最小值；②如果和是定值，那么當(dāng)時(shí)，積有最大值．說(shuō)明：用基本不等式求最值的必須具備的三個(gè)條件：一“正”、二“定”、三“相等”。二、例題講解、發(fā)散思維【題型1.不具備“正數(shù)”】學(xué)生板演，教師根據(jù)學(xué)生的做題情況進(jìn)行點(diǎn)評(píng)總結(jié)。本題小結(jié)：利用基本不等式求函數(shù)最值時(shí)要滿(mǎn)足各項(xiàng)均為正值，當(dāng)不具備“正值”條件時(shí)，需將其轉(zhuǎn)化為正值；對(duì)于本題的解法是化負(fù)為正。然后再利用基本不等式解題?！绢}型2.不具備“定值”】學(xué)生板演，教師根據(jù)學(xué)生的做題情況進(jìn)行點(diǎn)評(píng)總結(jié)。本題小結(jié)：利用基本不等式求函數(shù)最值時(shí)要滿(mǎn)足為定值。不具備“定值”條件時(shí)，需將其構(gòu)造成定值條件；求和的最值化積為定值，求積的最值化和為定值。然后再利用基本不等式解題?！绢}型3.不具備“相等”的條件】學(xué)生板演，教師根據(jù)學(xué)生的做題情況進(jìn)行點(diǎn)評(píng)總結(jié)。本題小結(jié)：利用基本不等式求函數(shù)最值時(shí)要滿(mǎn)足等號(hào)成立。當(dāng)不具備“相等”條件時(shí)，不能利用基本不等式解題。可以先講解觀察函數(shù)的圖像求解最值?？偨Y(jié)：等號(hào)成立時(shí)，利用基本不等式求最值。等號(hào)不成立時(shí)，利用函數(shù)單調(diào)性求最值。習(xí)題訓(xùn)練：求下列函數(shù)的值域:學(xué)生板演，教師根據(jù)學(xué)生的做題情況進(jìn)行點(diǎn)評(píng)總結(jié)。本題小結(jié)：對(duì)于分母為一次函數(shù)，分子為二次函數(shù)的分式函數(shù)求最值，可以結(jié)合以前所學(xué)過(guò)的分離常數(shù)法將分式函數(shù)變形為的形式，也可以利用換元法將分式函數(shù)變形為的形式，再利用基本不等式解題。學(xué)生板演，教師根據(jù)學(xué)生的做題情況進(jìn)行點(diǎn)評(píng)總結(jié)。本題小結(jié)：對(duì)于分母為二次函數(shù)，分子為常數(shù)項(xiàng)為0的一次函數(shù)的分式函數(shù)求最值，分子分母同除以分子；轉(zhuǎn)化為分母為基本不等式形式。對(duì)于分母先利用基本不等式求解，再求其倒數(shù)。解題時(shí)一定要注意基本不等式的使用條件。【題型4.含兩個(gè)變量或多個(gè)變量的最值問(wèn)題】例4、已知x，y為正實(shí)數(shù)，且x+y=1，（1）求xy的最大值，及取得最大值時(shí)的x，y的值；學(xué)生板演，教師根據(jù)學(xué)生的做題情況進(jìn)行點(diǎn)評(píng)總結(jié)。本題小結(jié)：對(duì)于（1）已知兩正數(shù)的和為定值求積的最值，直接利用基本不等式解題，并強(qiáng)調(diào)等號(hào)成立的條件。對(duì)于（2）中求的最小值，采用的是整體代換思想，將中的1用來(lái)代換，轉(zhuǎn)化為，再利用基本不等式解題。歸納：利用基本不等式求函數(shù)值域，要注意基本不等式的三個(gè)條件:（1）不具備“正值”條件時(shí)，需將其轉(zhuǎn)化為正值；（2）不具備“定值”條件時(shí)，需將其構(gòu)造成定值條件；（構(gòu)造：積為定值或和為定值）（3）不具備“相等”條件時(shí)，需進(jìn)行適當(dāng)變形或利用函數(shù)單調(diào)性求值域；同時(shí)要靈活運(yùn)用“1”的代換。一般說(shuō)來(lái)，和式形式存在最小值，湊積為常數(shù)；積的形式存在最大值，湊和為常數(shù)，要注意定理及變形的應(yīng)用。三、課堂小結(jié)：本節(jié)課的主要內(nèi)容是用基本不等式求最值的必須具備的三個(gè)條件：一“正”、二“定”、三“相等”，當(dāng)給出的函數(shù)式不具備條件時(shí)，往往通過(guò)對(duì)所給的函數(shù)式及條件進(jìn)行拆分、配湊變形來(lái)創(chuàng)造利用基本不等式的條件進(jìn)行求解；四、作業(yè)布置：板書(shū)設(shè)計(jì)基本不等式概念例題練習(xí)小結(jié)高中數(shù)學(xué)必修五總復(fù)習(xí)(1)第一章解三角形一、基礎(chǔ)知識(shí)在本章中約定用A，B，C分別表示△ABC的三個(gè)內(nèi)角，a,b,c分別表示它們所對(duì)的各邊長(zhǎng)，為半周長(zhǎng)。1．正弦定理：=2R（R為△ABC外接圓半徑）。推論1：△ABC的面積為S△ABC=推論2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.推論3：在△ABC中，A+B=，解a滿(mǎn)足，則a=A.正弦定理可以在外接圓中由定義證明得到，這里不再給出，下證推論。先證推論1，由正弦函數(shù)定義，BC邊上的高為bsinC，所以S△ABC=；再證推論2，因?yàn)锽+C=A，所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，兩邊同乘以2R得bcosC+ccosB=a；（換一種思路）再證推論4，由正弦定理，所以，即sinasin(A)=sin(a)sinA，等價(jià)于[cos(A+a)cos(Aa)]=[cos(a+A)cos(aA)]，等價(jià)于cos(A+a)=cos(a+A)，因?yàn)?<A+a，a+A<.所以只有A+a=a+A，所以a=A，得證。2．余弦定理：a2=b2+c22bccosA，下面用余弦定理證明幾個(gè)常用的結(jié)論。（1）斯特瓦特定理【了解】：在△ABC中，D是BC邊上任意一點(diǎn)，BD=p，DC=q，則AD2=（1）【證明】因?yàn)閏2=AB2=AD2+BD22AD·BDcos，所以c2=AD2+p22AD·pcos①同理b2=AD2+q22AD·qcos，②因?yàn)锳DB+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，則為中線(xiàn)長(zhǎng)公式（2）海倫公式：因?yàn)閎2c2sin2A=b2c2(1cos2A)=b2c2[(b+c)a2][a2(bc)2]=p(pa)(pb)(pc).這里所以S△ABC=二、基礎(chǔ)例題3．一個(gè)常用的代換：在△ABC中，記點(diǎn)A，B，C到內(nèi)切圓的切線(xiàn)長(zhǎng)分別為x,y,z，則a=y+z,b=z+x,c=x+y.例4（看一下就可以）在△ABC中，求證：a2(b+ca)+b2(c+ab)+c2(a+bc)≤3abc.【證明】令a=y+z,b=z+x,c=x+y，則abc=(x+y)(y+z)(z+x)=8xyz=(b+ca)(a+cb)(a+bc)=a2(b+ca)+b2(c+ab)+c2(a+bc)2abc.所以a2(b+ca)+b2(c+ab)+c2(a+bc)≤3abc.4．三角換元。例5設(shè)a,b,c∈R+，且abc+a+c=b，試求的最大值?！窘狻坑深}設(shè)，（這個(gè)結(jié)構(gòu)重要，看結(jié)構(gòu)，想方法）令a=tanα,c=tanγ,b=tanβ,則tanβ=tan(α+γ),P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤，當(dāng)且僅當(dāng)α+β=，sinγ=，即a=時(shí)，Pmax=三1．在△ABC中，cos2，c＝5，求△ABC的內(nèi)切圓半徑．【解析】：∵c＝5，，∴b＝4又cos2∴cosA＝又cosA＝∴∴b2＋c2a2＝2b2∴a2＋b2＝c2∴△ABC是以角C為直角的三角形．a(chǎn)＝＝3∴△ABC的內(nèi)切圓半徑r＝(b＋ac)＝1．2．R是△ABC的外接圓半徑，若ab＜4R2cosAcosB，則外心位于△ABC的外部．

【解析】：∵ab＜4R2cosAcosB由正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB∴4R2sinAsinB＜4R2cosAcosB∴cosAcosB＞sinAsinB∴cosAcosBsinAsinB＞0∴cos(A＋B)＞0∵cos(A＋B)＝cosC∴cosC＞0∴cosC＜0∴90°＜C＜180°∴△ABC是鈍角三角形∴三角形的外心位于三角形的外部．

3．半徑為R的圓外接于△ABC，且2R(sin2Asin2C)＝(ab)sinB(1)求角C；

(2)求△ABC面積的最大值．

【解析】：(1)∵∵2R(sin2Asin2C)＝(a－b)sin∴2R［()2()2］＝(ab)·∴a2c2＝abb2∴∴cosC＝，∴C＝30°(2)∵S＝absinC＝·2RsinA·2RsinB·sinC＝R2sinAsinB＝［cos(A＋B)cos(AB)］＝［cos(AB)＋cosC］＝［cos(AB)＋］當(dāng)cos(AB)＝1時(shí)，S有最大值板書(shū)設(shè)計(jì)解三角形知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)例題小結(jié)第二章數(shù)列一、基礎(chǔ)知識(shí)定義1數(shù)列，按順序給出的一列數(shù)，例如1，2，3，…，n，….數(shù)列分有窮數(shù)列和無(wú)窮數(shù)列兩種，數(shù)列{an}的一般形式通常記作a1,a2,a3,…，an或a1,a2,a3,…，an…。其中a1叫做數(shù)列的首項(xiàng)，an是關(guān)于n的具體表達(dá)式，稱(chēng)為數(shù)列的通項(xiàng)。定理1若Sn表示{an}的前n項(xiàng)和，則S1=a1,當(dāng)n>1時(shí)，an=SnSn1.定義2等差數(shù)列，如果對(duì)任意的正整數(shù)n，都有an+1an=d（常數(shù)），則{an}稱(chēng)為等差數(shù)列，d叫做公差。若三個(gè)數(shù)a,b,c成等差數(shù)列，即2b=a+c，則稱(chēng)b為a和c的等差中項(xiàng)，若公差為d,則a=bd,c=b+d.定理2*****【必考】等差數(shù)列的性質(zhì)：1）通項(xiàng)公式an=a1+(n1)d；2）前n項(xiàng)和公式：Sn=；3）anam=(nm)d，其中n,m為正整數(shù)；4）若n+m=p+q，則an+am=ap+aq；5）對(duì)任意正整數(shù)p,q，恒有apaq=(pq)(a2a1)；6）若A，B至少有一個(gè)不為零，則{an}是等差數(shù)列的充要條件是Sn=An2+Bn.定義3等比數(shù)列，若對(duì)任意的正整數(shù)n，都有，則{an}稱(chēng)為等比數(shù)列，q叫做公比。定理3*****【必考】等比數(shù)列的性質(zhì)：1）an=a1qn1；2）前n項(xiàng)和Sn，當(dāng)q1時(shí)，Sn=；當(dāng)q=1時(shí)，Sn=na1；3）如果a,b,c成等比數(shù)列，即b2=ac(b0)，則b叫做a,c的等比中項(xiàng)；4）若m+n=p+q，則aman=apaq。定理4（看一下）數(shù)學(xué)歸納法：給定命題p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）當(dāng)p(n)時(shí)n=k成立時(shí)能推出p(n)對(duì)n=k+1成立，則由（1），（2）可得命題p(n)對(duì)一切自然數(shù)n≥n0成立。 二、基礎(chǔ)例題1．不完全歸納法。這種方法是從特殊情況出發(fā)去總結(jié)更一般的規(guī)律，當(dāng)然結(jié)論未必都是正確的，但卻是人類(lèi)探索未知世界的普遍方式。通常解題方式為：特殊→猜想→數(shù)學(xué)歸納法證明。例1試給出以下幾個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)（不要求證明）；1）0，3，8，15，24，35，…；2）1，5，19，65，…；3）1，0，3，8，15，…。【解】1）an=n21；2）an=3n2n；3）an=n22n.例2已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=,a1+a2+…+an=n2an,n≥1，求通項(xiàng)an.【解】因?yàn)閍1=,又a1+a2=22·a2,所以a2=，a3=,猜想(n≥1).證明；1）當(dāng)n=1時(shí)，a1=，猜想正確。2）假設(shè)當(dāng)n≤k時(shí)猜想成立。當(dāng)n=k+1時(shí)，由歸納假設(shè)及題設(shè)，a1+a1+…+a1=[(k+1)21]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=由數(shù)學(xué)歸納法可得猜想成立，所以例3設(shè)0<a<1，數(shù)列{an}滿(mǎn)足an=1+a,an1=a+，求證：對(duì)任意n∈N+,有an>1.【證明】證明更強(qiáng)的結(jié)論：1<an≤1+a.1)當(dāng)n=1時(shí)，1<a1=1+a，①式成立；2)假設(shè)n=k時(shí)，①式成立，即1<an≤1+a，則當(dāng)n=k+1時(shí)，有由數(shù)學(xué)歸納法可得①式成立，所以原命題得證。2．迭代法數(shù)列的通項(xiàng)an或前n項(xiàng)和Sn中的n通常是對(duì)任意n∈N成立，因此可將其中的n換成n+1或n1等，這種辦法通常稱(chēng)迭代或遞推。例4數(shù)列{an}滿(mǎn)足an+pan1+qan2=0,n≥3，q0，求證：存在常數(shù)c，使得·an+【證明】·an+1+(pan+1+an+2)+=an+2·(qan)+=+an(pqn+1+qan)]=q().若=0，則對(duì)任意n,+=0，取c=0即可.若0，則{+}是首項(xiàng)為，公式為q的等比數(shù)列。所以+=·qn.取·即可.綜上，結(jié)論成立。例5已知a1=0,an+1=5an+，求證：an都是整數(shù)，n∈N+.【證明】因?yàn)閍1=0,a2=1，所以由題設(shè)知當(dāng)n≥1時(shí)an+1>an.又由an+1=5an+移項(xiàng)、平方得①當(dāng)n≥2時(shí)，把①式中的n換成n1得，即②因?yàn)閍n1<an+1，所以①式和②式說(shuō)明an1,an+1是方程x210anx+1=0的兩個(gè)不等根。由韋達(dá)定理得an+1+an1=10an(n≥2).再由a1=0,a2=1及③式可知，當(dāng)n∈N+時(shí)，an都是整數(shù)。****3．?dāng)?shù)列求和法。數(shù)列求和法主要有倒序相加、裂項(xiàng)求和法、錯(cuò)項(xiàng)相消法等。例6已知an=(n=1,2,…)，求S99=a1+a2+…+a99.（看結(jié)構(gòu)想方法）【解】因?yàn)閍n+a100n=+=，所以S99=例7求和：+…+【解】一般地，，所以Sn=例8已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=a2=1，an+2=an+1+an,Sn為數(shù)列的前n項(xiàng)和，求證：Sn<2?！咀C明】由遞推公式可知，數(shù)列{an}前幾項(xiàng)為1，1，2，3，5，8，13。因?yàn)?，①所以。②由①②得，所以。又因?yàn)镾n2<Sn且>0,所以Sn,所以，所以Sn<2，得證。例10已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足a1=3,a2=6,an+2=2an+1+3an，求通項(xiàng)an.（·3]。）5．構(gòu)造等差或等比數(shù)列（構(gòu)造函數(shù)）例11正數(shù)列a0,a1,…,an,…滿(mǎn)足=2an1(n≥2)且a0=a1=1，求通項(xiàng)?！窘狻坑傻?1，即令bn=+1，則{bn}是首項(xiàng)為+1=2，公比為2的等比數(shù)列，所以bn=+1=2n，所以=（2n1）2，所以an=·…··a0=注：C1·C2·…·Cn.例12已知數(shù)列{xn}滿(mǎn)足x1=2,xn+1=,n∈N+,求通項(xiàng)?！窘狻靠紤]函數(shù)f(x)=的不動(dòng)點(diǎn)，由=x得x=因?yàn)閤1=2,xn+1=,可知{xn}的每項(xiàng)均為正數(shù)。又+2≥，所以xn+1≥(n≥1)。又Xn+1==,①Xn+1+==,②由①÷②得。③又>0，由③可知對(duì)任意n∈N+，>0且,所以是首項(xiàng)為，公比為2的等比數(shù)列。所以·，所以，解得·。注意：本例解法是借助于不動(dòng)點(diǎn)，具有普遍意義。三1.設(shè)，則（）．（A） （B）（C）（D）解析：數(shù)列，…，是以2為首項(xiàng)，8為公比的等比數(shù)列，給出的這個(gè)數(shù)列共有項(xiàng)，根據(jù)等比數(shù)列的求和公式有．選（D）．2.在德國(guó)不來(lái)梅舉行的第48屆世乒賽期間，某商店櫥窗里用同樣的乒乓球堆成若干堆“正三棱錐”形的展品，其中第1堆只有1層，就一個(gè)球；第2，3，4，…堆最底層（第一層）分別按下圖所示方式固定擺放，從第二層開(kāi)始，每層的小球自然壘放在下一層之上，第n堆第n層就放一個(gè)乒乓球，以表示第n堆的乒乓球總數(shù)，則_____；=_____（答案用n表示）．【解析】：觀察歸納，；觀察圖示，不難發(fā)現(xiàn)第堆最底層（第一層）的乒乓球數(shù)，第n堆的乒乓球總數(shù)相當(dāng)于n堆乒乓球的底層數(shù)之和，即．?dāng)?shù)列求和，無(wú)論等差還是等比數(shù)3.設(shè)等差數(shù)列的首項(xiàng)及公差d都為整數(shù)，前n項(xiàng)和為．（1）若，求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）若，求所有可能的數(shù)列的通項(xiàng)公式．【解析】：（1）由，即，解得．因此，的通項(xiàng)公式是；（2）由，得，即由①+②，得，即．由①+③，得，即．所以．又，故．將代入①、②，得．又，故或．所以，數(shù)列的通項(xiàng)公式是或．品：利用等差（比）數(shù)列的定義構(gòu)造方程（組）或不等式（組）是常用的解題方法．4.設(shè)數(shù)列滿(mǎn)足，證明為等差數(shù)列的充要條件是為等差數(shù)列且．【解析】：必要性：設(shè)是公差為的等差數(shù)列，則 ．易知成立．由遞推關(guān)系（常數(shù)）（n=1，2，3，…）．所以數(shù)列為等差數(shù)列．充分性：設(shè)數(shù)列是公差為的等差數(shù)列，且，∵， ①∴， ②由①②，得．∵，∴， ③從而有， ④④③，得， ⑤∵，∴由⑤得，由此不妨設(shè)，則（常數(shù)）．由此．從而，兩式相減得．因此（常數(shù)）（n=1，2，3，…），即數(shù)列為等差數(shù)列．品：利用遞推關(guān)系式是解決數(shù)列問(wèn)題的重要方法，要熟練掌握等差數(shù)列的定義、通項(xiàng)公式．5.已知數(shù)列滿(mǎn)足．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）若，證明是等差數(shù)列．【解析】：（1）∵，∴．∴是以為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列．∴，即；（2）∵，利用的通項(xiàng)公式，有．∴．①構(gòu)建遞推關(guān)系， ②②－①，得，③從而有，④③④，得，即．故是等差數(shù)列．[方法：]由遞推式求數(shù)列的通項(xiàng)，常常構(gòu)造新的輔助數(shù)列為等差或等比數(shù)列，用迭代法、累加法或累乘法求其通項(xiàng)．板書(shū)設(shè)計(jì)數(shù)列知識(shí)點(diǎn)復(fù)習(xí)例題小結(jié)第三章不等式一、基礎(chǔ)知識(shí)不等式的基本性質(zhì)：（1）a>bab>0；（2）a>b,b>ca>c；（3）a>ba+c>b+c；（4）a>b,c>0ac>bc；（5）a>b,c<0ac<bc;（6）a>b>0,c>d>0（7）a>b>0,n∈N+an>bn;（8）a>b>0,n∈N+;（9）a>0,|x|<aa<x<a,|x|>ax>a或x<a;（10）a,b∈R，則|a||b|≤|a+b|≤|a|+|b|;（11）a,b∈R，則(ab)2≥0a2+b2≥（12）x,y,z∈R+，則x+y≥2,x+y+z因?yàn)榍拔鍡l是顯然的，以下從第六條開(kāi)始給出證明。（6）因?yàn)閍>b>0,c>d>0，所以ac>bc,bc>bd，所以ac>bd；重復(fù)利用性質(zhì)（6），可得性質(zhì)（7）；再證性質(zhì)（8），用反證法，若，由性質(zhì)（7）得，即a≤b，與a>b矛盾，所以假設(shè)不成立，所以；由絕對(duì)值的意義知（9）成立；|a|≤a≤|a|,|b|≤b≤|b|，所以(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再證（10）的左邊，因?yàn)閨a|=|a+bb|≤|a+b|+|b|，所以|a||b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）顯然成立；下證（12），因?yàn)閤+y2≥0，所以x+y≥，當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)，等號(hào)成立，再證另一不等式，令，因?yàn)閤3+b3+c33abc=(a+b)3+c3-3a2b3ab23abc=(a+b)3+c33ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2(a+b)c+c2]3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2abbcca)=(a+b+c)[(ab)2+(bc)2+(ca)2]≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥，等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)x=y=z時(shí)成立。二、基礎(chǔ)例題1．不等式證明的基本方法。（1）比較法，在證明A>B或A<B時(shí)利用AB與0比較大小，或把（A，B>0）與1比較大小，最后得出結(jié)論。例1設(shè)a,b,c∈R+，試證：對(duì)任意實(shí)數(shù)x,y,z,有x2+y2+z2【證明】左邊右邊=x2+y2+z2所以左邊≥右邊，不等式成立。例2若a<x<1，比較大小：|loga(1x)|與|loga(1+x)|.【解】因?yàn)?x1，所以loga(1x)0,=|log(1x)(1+x)|=log(1x)(1+x)=log(1x)>log(1x)(1x)=1（因?yàn)?<1x2<1，所以>1x>0,0<1x<1）.所以|loga(1+x)|>|loga(1x)|.（2）分析法（了解），即從欲證不等式出發(fā)，層層推出使之成立的充分條件，直到已知為止，敘述方式為：要證……，只需證……。例3已知a,b,c∈R+，求證：a+b+c3≥a+b【證明】要證a+b+c≥a+b只需證，因?yàn)椋栽坏仁匠闪?。?已知實(shí)數(shù)a,b,c滿(mǎn)足0<a≤b≤c≤，求證：【證明】因?yàn)?<a≤b≤c≤，由二次函數(shù)性質(zhì)可證a(1a)≤b(1b)≤c(1c)，所以，所以，所以只需證明，也就是證，只需證b(ab)≤a(ab)，即(ab)2≥0，顯然成立。所以命題成立。（3）數(shù)學(xué)歸納法。例5對(duì)任意正整數(shù)n(≥3)，求證：nn+1>(n+1)n.【證明】1）當(dāng)n=3時(shí)，因?yàn)?4=81>64=43，所以命題成立。2）設(shè)n=k時(shí)有kk+1>(k+1)k，當(dāng)n=k+1時(shí)，只需證(k+1)k+2>(k+2)k+1，即>1.因?yàn)椋灾恍枳C，即證(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需證(k+1)2>k(k+2)，即證k2+2k+1>k2+2k.顯然成立。所以由數(shù)學(xué)歸納法，命題成立。（4）反證法。例6設(shè)實(shí)數(shù)a0,a1,…,an滿(mǎn)足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0,a1-2a2+a3≥0,…,an22an1+an≥0，求證ak≤0(k=1,2,…,n1).【證明】假設(shè)ak(k=1,2,…,n1)中至少有一個(gè)正數(shù)，不妨設(shè)ar是a1,a2,…,an1中第一個(gè)出現(xiàn)的正數(shù)，則a1≤0,a2≤0,…,ar1≤0,ar>0.于是arar1>0，依題設(shè)ak+1ak≥akak1(k=1,2,…,n1)。所以從k=r起有anak1≥an1an2≥…≥arar1>0.因?yàn)閍n≥ak1≥…≥ar+1≥ar>0與an=0矛盾。故命題獲證。（5）分類(lèi)討論法。（6）放縮法，即要證A>B，可證A>C1,C1≥C2,…,Cn1≥Cn,Cn>B(n∈N+).（放縮法尤為重要）例8求證：【證明】，得證。例9已知a,b,c是△ABC的三條邊長(zhǎng)，m>0，求證：【證明】（因?yàn)閍+b>c），得證。（7）引入?yún)⒆兞糠ā＃ㄒ齾橄麉⒎?wù)）例10已知x,y∈R