資源簡介

第四章 數列
§4.1等差數列的通項與求和
一、知識導學
1.數列：按一定次序排成的一列數叫做數列.
2.項：數列中的每一個數都叫做這個數列的項，各項依次叫做這個數列的第1項（或首項），第2項，…，第n項，….
3.通項公式：一般地，如果數列｛an｝的第ｎ項與序號ｎ之間的關系可以用一個公式來表示，那么這個公式叫做這個數列的通項公式.
4. 有窮數列:項數有限的數列叫做有窮數列.
5. 無窮數列:項數無限的數列叫做無窮數列
6.數列的遞推公式：如果已知數列的第一項（或前幾項）及相鄰兩項（或幾項）間關系可以用一個公式來表示，則這個公式就叫做這個數列的遞推公式.遞推公式是給出數列的一種重要方法，其關健是先求出a1,a2,然后用遞推關系逐一寫出數列中的項.
7.等差數列:一般地，如果一個數列從第二項起，每一項減去它的前一項所得的差都等于同一個常數，那么這個數列就叫做等差數列，這個常數叫做等差數列的公差，公差通常用ｄ表示．
8.等差中項:如果ａ，Ａ，ｂ這三個數成等差數列，那么Ａ＝．我們把Ａ＝叫做ａ和ｂ的等差中項．
二、疑難知識導析
1.數列的概念應注意幾點：（1）數列中的數是按一定的次序排列的，如果組成的數相同而排列次序不同，則就是不同的數列；（2）同一數列中可以出現多個相同的數；（3）數列看做一個定義域為正整數集或其有限子集(｛1，2，3，…，n｝)的函數.
2.一個數列的通項公式通常不是唯一的.
3.數列｛an｝的前n項的和Sn與an之間的關系：若a1適合an(n>2),則不用分段形式表示，切不可不求a1而直接求an.
4.從函數的角度考查等差數列的通項公式：an= a1+(n-1)d=d·n+ a1-d, an是關于n的一次式；從圖像上看，表示等差數列的各點（n,）均勻排列在一條直線上，由兩點確定一條直線的性質，不難得出，任兩項可以確定一個等差數列.
5、對等差數列的前n項之和公式的理解：等差數列的前n項之和公式可變形為，若令A＝，B＝a1－，則＝An2+Bn.
6、在解決等差數列問題時，如已知，a1，an，d，，n中任意三個，可求其余兩個。
三、經典例題導講
[例1]已知數列1，4，7，10，…，3n+7,其中后一項比前一項大3.（1）指出這個數列的通項公式；（2）指出1+4+…+（3n－5）是該數列的前幾項之和.
錯解：（1）an=3n+7;
(2) 1+4+…+（3n－5）是該數列的前n項之和.
錯因：誤把最后一項（含n的代數式）看成了數列的通項.（1）若令n=1,a1=101,顯然3n+7不是它的通項.
正解：（1）an=3n－2;
(2) 1+4+…+（3n－5）是該數列的前n－1項的和.
[例2] 已知數列的前n項之和為① ②
求數列的通項公式。
錯解： ①
②
錯因：在對數列概念的理解上，僅注意了an＝Sn－Sn-1與的關系，沒注意a1=S1.
正解： ①當時，
當時，
經檢驗 時 也適合，
②當時，
當時，
∴
[例3] 已知等差數列的前n項之和記為Sn，S10=10 ，S30=70，則S40等于 。
錯解：S30= S10·2d. d＝30， S40= S30+d =100.
錯因：將等差數列中Sm, S2m －Sm, S3m －S2m成等差數列誤解為Sm, S2m, S3m成等差數列.
正解：由題意：得
代入得S40 ＝。
[例4]等差數列、的前n項和為Sn、Tn.若求；
錯解：因為等差數列的通項公式是關于n的一次函數，故由題意令an=7n+1;bn=4n+27.
錯因：誤認為
正解：
[例5]已知一個等差數列的通項公式an=25－5n，求數列的前n項和；
錯解：由an0得n5
前5項為非負，從第6項起為負，
Sn=a1+a2+a3+a4+a5=50(n5)
當n6時，Sn=｜a6｜+｜a7｜+｜a8｜+…+｜an｜＝
Sn=
錯因：一、把n5理解為n=5，二、把“前n項和”誤認為“從n6起”的和.
正解：
[例6]已知一個等差數列的前10項的和是310，前20項的和是1220，
由此可以確定求其前項和的公式嗎？
解：理由如下：由題設：
得：
∴
[例7]已知： （） （1） 問前多少項之和為最 大？（2）前多少項之和的絕對值最小？
解：（1） ∴
（2）
當近于0時其和絕對值最小
令： 即 1024+
得：
∵ ∴
[例8]項數是的等差數列，中間兩項為是方程的兩根，求證此數列的和是方程 的根。 （）
證明：依題意
∵ ∴
∵
∴ ∴ （獲證）。
四、典型習題導練
1．已知，求及。
2．設，求證：。
3.求和:
4.求和：
5.已知依次成等差數列，求證：依次成等差數列.
6.在等差數列中， ，則 （?????? ）。
A．72　　B．60　　C．48　　D．36
7. 已知是等差數列，且滿足，則等于________。
8.已知數列成等差數列，且，求的值。
§4.2等比數列的通項與求和
一、知識導學
1. 等比數列：一般地，如果一個數列從第２項起，每一項與它的前一項的比都等于 同 一 個 常 數，那 么 這 個 數 列 就 叫 做 等 比 數 列，這個常數叫做等比數列的公比，公比通常用字母ｑ表示．
2. 等比中項：若ａ，Ｇ，ｂ成等比數列，則稱Ｇ 為ａ 和ｂ 的等比中項．
3.等比數列的前n項和公式：
二、疑難知識導析
1.由于等比數列的每一項都可能作分母，故每一項均不為0，因此q也不為0.
2.對于公比q，要注意它是每一項與它前一項的比，防止把相鄰兩項的比的次序顛倒.
3.“從第2項起”是因為首項沒有“前一項”，同時應注意如果一個數列不是從第2項起，而是從第3項或第4項起每一項與它前一項的比都是同一個常數，此數列不是等比數列，這時可以說此數列從. 第2項或第3項起是一個等比數列.
4.在已知等比數列的a1和q的前提下，利用通項公式an=a1qn-1,可求出等比數列中的任一項.
5.在已知等比數列中任意兩項的前提下，使用an=amqn-m可求等比數列中任意一項.
6.等比數列｛an｝的通項公式an=a1qn-1可改寫為.當q>0，且q1時，y=qx是一個指數函數，而是一個不為0　的常數與指數函數的積，因此等比數列｛an｝的圖象是函數的圖象上的一群孤立的點.
7．在解決等比數列問題時，如已知，a1，an，d，，n中任意三個，可求其余兩個。
三、經典例題導講
[例1] 已知數列的前n項之和Sn=aqn（為非零常數），則為（　）。
A.等差數列　　　
B.等比數列　　
C.既不是等差數列，也不是等比數列
D.既是等差數列，又是等比數列
錯解：
（常數）
為等比數列，即B。
錯因：忽略了中隱含條件n＞1.
正解：當n＝1時，a1=S1＝aq;
當n>1時，
（常數）
但
既不是等差數列，也不是等比數列，選C。
[例2] 已知等比數列的前n項和記為Sn，S10=10 ，S30=70，則S40等于.
錯解：S30= S10·q 2. q 2＝7，q＝， S40= S30·q =.
錯因：是將等比數列中Sm, S2m －Sm, S3m －S2m成等比數列誤解為Sm, S2m, S3m成等比數列.
正解：由題意：得，
S40=.
[例3] 求和：a+a2+a3+…+an.
錯解： a+a2+a3+…+an＝.
錯因：是（1）數列｛an｝不一定是等比數列，不能直接套用等比數列前n項和公式（2）用等比數列前n項和公式應討論q是否等于1.
正解：當a＝0時，a+a2+a3+…+an＝0;
當a＝1時，a+a2+a3+…+an＝n;
當a1時， a+a2+a3+…+an＝.
[例4]設均為非零實數，，
求證：成等比數列且公比為。
證明：
證法一：關于的二次方程有實根，
∴，∴
則必有：，即，∴非零實數成等比數列
設公比為，則，代入

∵，即，即。
證法二：∵
∴
∴，∴，且
∵非零，∴。
[例5]在等比數列中，，求該數列前7項之積。
解：
∵，∴前七項之積
[例6]求數列前n項和
解： ①
②
兩式相減：
[例7]從盛有質量分數為20%的鹽水2kg的容器中倒出1kg鹽水，然后加入1kg水，以后每次都倒出1kg鹽水，然后再加入1kg水，
問：(1)第5次倒出的的1kg鹽水中含鹽多kg？
(2)經6次倒出后，一共倒出多少kg鹽？此時加1kg水后容器內鹽水的鹽的質量分數為多少？
解：(1)每次倒出的鹽的質量所成的數列為{an}，則：
a1= 0.2 （kg）, a2=×0.2（kg）, a3= ()2×0.2（kg）
由此可見：an= ()n(1×0.2（kg）, a5= ()5(1×0.2= ()4×0.2=0.0125（kg）。
(2)由(1)得{an}是等比數列 a1=0.2 , q=
答：第5次倒出的的1kg鹽水中含鹽0.0125kg；6次倒出后，一共倒出0.39375kg鹽，此時加1kg水后容器內鹽水的鹽的質量分數為0.003125。
四、典型習題導練
1.求下列各等比數列的通項公式：
a1=(2, a3=(8
a1=5, 且2an+1=(3an
a1=5, 且
2.在等比數列，已知，，求.
3.已知無窮數列，
求證：（1）這個數列成等比數列
（2）這個數列中的任一項是它后面第五項的，
（3）這個數列的任意兩項的積仍在這個數列中。
4.設數列為求此數列前項的和。
5.已知數列{an}中，a1=(2且an+1=Sn，求an ,Sn
6.是否存在數列{an}，其前項和Sn組成的數列{Sn}也是等比數列，且公比相同？
7.在等比數列中，，求的范圍。
§4.3數列的綜合應用
一、知識導學
1. 數學應用問題的教學已成為中學數學教學與研究的一個重要內容.解答數學應用問題的核心是建立數學模型，有關平均增長率、利率（復利）以及等值增減等實際問題，需利用數列知識建立數學模型.
2. 應用題成為熱點題型，且有著繼續加熱的趨勢，因為數列在實際生活中應用比較廣泛，所以數列應用題占有很重要的位置，解答數列應用題的基本步驟：（1）閱讀理解材料，且對材料作適當處理；（2）建立變量關系，將實際問題轉化為數列模型；（3）討論變量性質，挖掘題目的條件，分清該數列是等差數列還是等比數列，是求Sn還是求an.一般情況下，增或減的量是具體體量時，應用等差數列公式；增或減的量是百分數時，應用等比數列公式．若是等差數列，則增或減的量就是公差；若是等比數列，則增或減的百分數，加1就是公比q.
二、疑難知識導析
1.首項為正（或負）的遞減（或遞增）的等差數列前n項和的最大（或最小）問題，轉化為解不等式解決；
2.熟記等差、等比數列的定義，通項公式，前n項和公式，在用等比數列前n項和公式時，勿忘分類討論思想；
3.等差數列中, am=an+ (n－m)d, ; 等比數列中，an=amqn-m;
4.當m+n=p+q（m、n、p、q∈）時，對等差數列｛an｝有：am+an=ap+aq；對等比數列｛an｝有：aman=apaq；
5.若{an}、{bn}是等差數列，則{kan+bbn}(k、b是非零常數)是等差數列；若{an}、{bn}是等比數列，則｛kan｝、{anbn}等也是等比數列；
6.等差（或等比）數列的“間隔相等的連續等長片斷和序列”（如a1+a2+a3,a4+a5+a6,a7+a8+a9…）仍是等差（或等比）數列；
7.對等差數列｛an｝,當項數為2n時，S偶-S奇＝nd；項數為2n－1時，S奇－S偶＝a中（n∈）；
8.若一階線性遞推數列an=kan－1+b（k≠0,k≠1）,則總可以將其改寫變形成如下形式:(n≥2)，于是可依據等比數列的定義求出其通項公式；
三、經典例題導講
[例1]設是由正數組成的等比數列，Sn是其前n項和.證明：。
錯解：欲證
只需證＞2
即證：＞
由對數函數的單調性，只需證＜
－＝
＝－
＜
原不等式成立.
錯因：在利用等比數列前n項和公式時，忽視了q＝1的情況.
正解：欲證
只需證＞2
即證：＞
由對數函數的單調性，只需證＜
由已知數列是由正數組成的等比數列，
>0,.
若,
則－＝ ＝－＜0；
若,
－＝
＝－
＜
原不等式成立.
[例2] 一個球從100米高處自由落下，每次著地后又跳回至原高度的一半落下，當它第10次著地時，共經過了多少米？（精確到1米）
錯解：因球　每次著地后又跳回至原高度的一半，從而每次著地之間經過的路程形成了一公比為的等比數列，又第一次著地時經過了100米，故當它第10次著地時，共經過的路程應為前10項之和.
即＝199（米）
錯因：忽視了球落地一次的路程有往有返的情況.
正解：球第一次著地時經過了100米，從這時到球第二次著地時，一上一下共經過了＝100（米）…因此到球第10次著地時共經過的路程為
＝300（米）
答：共經過300米。
[例3] 一對夫婦為了給他們的獨生孩子支付將來上大學的費用，從孩子一出生就在每年生日，到銀行儲蓄a元一年定期，若年利率為r保持不變，且每年到期時存款（含利息）自動轉為新的一年定期，當孩子18歲上大學時，將所有存款（含利息）全部取回，則取回的錢的總數為多少？
錯解：年利率不變，每年到期時的錢數形成一等比數列，那18年時取出的錢數應為以a為首項，公比為1+r的等比數列的第19項，即a19=a(1+r)18.
錯因：只考慮了孩子出生時存入的a元到18年時的本息，而題目要求是每年都要存入a元.
正解：不妨從每年存入的a元到18年時產生的本息 入手考慮，出生時的a元到18年時變為a(1+r)18，
1歲生日時的a元到18歲時成為a(1+r)17，
2歲生日時的a元到18歲時成為a(1+r)16，
……
17歲生日時的a元到18歲時成為a(1+r)1，
a(1+r)18+ a(1+r)17+ …+ a(1+r)1
＝
＝
答：取出的錢的總數為。
[例4]求數列的前n項和。
解：設數列的通項為an，前n項和為Sn，則
當時，
當時，
[例5]求數列前n項和
解：設數列的通項為bn，則

[例6]設等差數列{an}的前n項和為Sn，且，
求數列{an}的前n項和
解：取n =1，則
又由 可得：
[例7]大樓共n層，現每層指定一人，共n人集中到設在第k層的臨時會議室開會，問k如何確定能使n位參加人員上、下樓梯所走的路程總和最短。（假定相鄰兩層樓梯長相等）
解：設相鄰兩層樓梯長為a，則
當n為奇數時，取 S達到最小值
當n為偶數時，取 S達到最大值
四、典型習題導練
1．在［1000，2000］內能被3整除且被4除余1的整數有多少個？
2．某城市1991年底人口為500萬，人均住房面積為6 m2，如果該城市每年人口平均增長率為1%，每年平均新增住房面積為30萬m2，求2000年底該城市人均住房面積為多少m2？(精確到0.01)
3．已知數列中，是它的前項和，并且，
（1） 設，求證數列是等比數列；
（2） 設，求證數列是等差數列。
4.在△ABC中，三邊成等差數列，也成等差數列，求證△ABC為正三角形。 5． 三數成等比數列，若將第三個數減去32，則成等差數列，若再將這等差數列的第二個數減去4，則又成等比數列，求原來三個數。
6. 已知 是一次函數，其圖象過點 ，又 成等差數列，求的值.
第五章　不等式
§5.1不等式的解法
一、知識導學
1. 一元一次不等式ax>b
(1)當a>0時，解為；
(2)當a＜0時，解為；
(3)當a＝0，b≥0時無解；當a＝0，b＜0時，解為R．
2. 一元二次不等式：(如下表)其中a＞0，x1，x2是一元二次方程ax2+bx+c=0的兩實根，且x1＜x2
　類型
解集
ax2+bx+c＞0
ax2+bx+c≥0
ax2+bx+c＜0
ax2+bx+c≤0
Δ＞0
{x｜x＜x1或x＞x2}
{x｜x≤x1或x≥x2}
{x｜x1＜x＜x2
｛x｜x1≤x≤x2｝
Δ＝0
{x｜x≠-，xR}
R
Ф
｛x｜x=-｝
Δ＜0
R
R
Φ
Φ
3.簡單的一元高次不等式：可用區間法(或稱根軸法)求解，其步驟是：
　　①將f(x)的最高次項的系數化為正數；
　　②將f(x)分解為若干個一次因式的積；
　　③將每一個一次因式的根標在數軸上，從右上方依次通過每一點畫曲線；
　　④根據曲線顯示出的f(x)值的符號變化規律，寫出不等式的解集.
4.分式不等式：先整理成＞0或≥0的形式，轉化為整式不等式求解，即：
　　＞0f(x)·g(x)＞0
　　≥0
　　然后用“根軸法”或化為不等式組求解.
二、疑難知識導析
1.不等式解法的基本思路
解不等式的過程，實質上是同解不等式逐步代換化簡原不等式的過程，因而保持同解變形就成為解不等式應遵循的主要原則，實際上高中階段所解的不等式最后都要轉化為一元一次不等式或一元二次不等式，所以等價轉化是解不等式的主要思路.代數化、有理化、整式化、低次化是解初等不等式的基本思路.為此，一要能熟練準確地解一元一次不等式和一元二次不等式，二要保證每步轉化都要是等價變形.
2.不等式組的解集是本組各不等式解集的交集，所以在解不等式組時，先要解出本組內各不等式的解集，然后取其交集，在取交集時，一定要利用數軸，將本組內各不等式的解集在同一數軸上表示出來，注意同一不等式解的示意線要一樣高，不要將一個不等式解集的兩個或幾個區間誤看成是兩個或幾個不等式的解集.
3.集合的思想和方法在解不等式問題中有廣泛的應用，其難點是區分何時取交集，何時取并集.解不等式的另一個難點是含字母系數的不等式求解—注意分類.
三、經典例題導講
[例1] 如果kx2+2kx－(k+2)<0恒成立，則實數k的取值范圍是＿＿＿.
A. －1≤k≤0 B. －1≤k<0 　C. －1錯解：由題意：
解得：－1錯因：將kx2+2kx－(k+2)<0看成了一定是一元二次不等式，忽略了k＝0的情況.
正解：當k＝0時，原不等式等價于－2＜0，顯然恒成立， k＝0符合題意.
當k0時，由題意：
解得：－1 ，故選C.
[例2] 命題＜3，命題＜0，若A是B的充分不必要條件，則的取值范圍是＿＿＿＿＿＿＿
A. B. C. D.
錯解：由｜x－1｜＜3得：－2＜x＜4，
又由（x＋2）(x＋a)=0得x=－2或x＝－a,
A是B的充分不必要條件,
x|－2＜x＜4x|－2＜x＜－a
－a>4故選D.
錯因：忽略了a＝－4時，x|－2＜x＜4＝x|－2＜x＜－a，此時A是B的充要條件，不是充分不必要條件.
正解：由｜x－1｜＜3得：－2＜x＜4，
又由（x＋2）(x＋a)=0得x=－2或x＝－a,
A是B的充分不必要條件,
x|－2＜x＜4x|－2＜x＜－a
－a>4故選C.
[例3]已知f(x) = ax + ，若求的范圍.
錯解： 由條件得
②×2－①
①×2－②得
+得
錯因：采用這種解法，忽視了這樣一個事實：作為滿足條件的函數，其值是同時受制約的.當取最大（小）值時，不一定取最大（小）值，因而整個解題思路是錯誤的.
正解： 由題意有,
解得：
把和的范圍代入得
[例4] 解不等式（x+2）2(x+3)(x－2)
錯解：（x+2）2
原不等式可化為：(x+3)(x－2)
原不等式的解集為｛x| x －3或x｝
錯因:忽視了“”的含義，機械的將等式的運算性質套用到不等式運算中.
正解：原不等式可化為：（x+2）2(x+3)(x－2) ①或（x+2）2(x+3)(x－2)②，
解①得：x=－3或x＝－2或x＝2
解②得：x＜ －3或x＞2
原不等式的解集為｛x| x －3或x或x｝
[例5] 解關于x的不等式
解：將原不等式展開，整理得：
討論：當時，
當時，若≥0時；若<0時
當時，
點評：在解一次不等式時，要討論一次項系數的符號.
[例6]關于x的不等式的解集為
求關于x的不等式的解集．
解：由題設知　，且是方程的兩根
∴，
從而 可以變形為
即： ∴
點評：二次不等式的解集與二次方程的根之間的聯系是解本題的關健，這也體現了方程思想在解題中的簡單應用.
[例7]（06年高考江蘇卷）不等式的解集為　　
解：∵，∴0＜，∴
∴
解得
反思：在數的比較大小過程中,要遵循這樣的規律,異中求同即先將這些數的部分因式化成相同的部分,再去比較它們剩余部分,就會很輕易啦.一般在數的比較大小中有如下幾種方法：(1)作差比較法和作商比較法,前者和零比較,后者和1比較大小；(2)找中間量,往往是1,在這些數中,有的比1大,有的比1小；,(3)計算所有數的值；(4)選用數形結合的方法,畫出相應的圖形；(5)利用函數的單調性等等.
四、典型習題導練
1.解不等式
2. 解不等式
3.解不等式
4. 解不等式
5.解不等式
6.k為何值時，下式恒成立：
7. 解不等式
8. 解不等式
§5.2簡單的線性規劃
一、知識導學
1. 目標函數: Ｐ ＝２ｘ＋ｙ是一個含有兩個變 量 ｘ 和ｙ 的 函數，稱為目標函數．
2.可行域:約束條件所表示的平面區域稱為可行域.
3. 整點:坐標為整數的點叫做整點．
4.線性規劃問題:求線性目標函數在線性約束條件下的最大值或最小值的問題，通常稱為線性規劃問題．只含有兩個變量的簡單線性規劃問題可用圖解法來解決．
5. 整數線性規劃:要求量取整數的線性規劃稱為整數線性規劃．
二、疑難知識導析
線性規劃是一門研究如何使用最少的人力、物力和財力去最優地完成科學研究、工業設計、經濟管理中實際問題的專門學科.主要在以下兩類問題中得到應用：一是在人力、物力、財務等資源一定的條件下，如何使用它們來完成最多的任務；二是給一項任務，如何合理安排和規劃，能以最少的人力、物力、資金等資源來完成該項任務.
1.對于不含邊界的區域，要將邊界畫成虛線．
2.確定二元一次不等式所表示的平面區域有多種方法，常用的一種方法是“選點法”：任選一個不在直線上的點，檢驗它的坐標是否滿足所給的不等式，若適合，則該點所在的一側即為不等式所表示的平面區域；否則，直線的另一側為所求的平面區域．若 直 線 不 過 原點，通 常 選 擇 原 點 代入檢驗．
3. 平 移 直 線 ｙ＝－kｘ ＋Ｐ時，直線必須經過可行域．
4.對于有實際背景的線性規劃問題，可行域通常是位于第一象限內的一個凸多邊形區域，此時變動直線的最佳位置一般通過這個凸多邊形的頂點．
5.簡單線性規劃問題就是求線性目標函數在線性約束條件下的最優解，無論此類題目是以什么實際問題提出，其求解的格式與步驟是不變的：（1）尋找線性約束條件，線性目標函數；（2）由二元一次不等式表示的平面區域做出可行域；（3）在可行域內求目標函數的最優解.
三、經典例題導講
[例1] ．畫出不等式組表示的平面區域.
錯解：如圖（1）所示陰影部分即為不等式組表示的平面區域.
錯因一是實虛線不清，二是部分不等式所表示的平面區域弄錯了.
正解：如圖（2）所示陰影部分即為不等式組表示的平面區域.
[例2] 已知1x－y2,且2x+y4,求4x－2y的范圍.
錯解：由于　1x－y2　　①,
2x+y4　　　②,
①+② 得32x6 ③
①×(－1)+② 得：02y3 ④.
③×2+④×(－1)得. 34x－2y12
錯因：可行域范圍擴大了.
正解：線性約束條件是：
令z＝4x－2y，
畫出可行域如右圖所示，
由得A點坐標（1.5，0.5）此時z＝4×1.5－2×0.5＝5.
由得B點坐標（3，1）此時z＝4×3－2×1＝10.
54x－2y10

[例3] 已知,求x2+y2的最值.
錯解：不等式組表示的平面區域如右圖所示ABC的內部（包括邊界），
令z= x2+y2
由得A點坐標（4，1），
此時z＝x2+y2＝42+12＝17，
由得B點坐標（－1，－6），
此時z＝x2+y2＝（－1）2+(－6)2＝37，
由得C點坐標（－3，2），
此時z＝x2+y2＝（－3）2+22＝13，
當時x2+y2取得最大值37，當時x2+y2取得最小值13.
錯因：誤將求可行域內的點到原點的距離的平方的最值誤認為是求三點A、B、C到原點的距離的平方的最值.
正解：不等式組表示的平面區域如圖所示ABC的內部（包括邊界），
令z= x2+y2,則z即為點（x，y）到原點的距離的平方.
由得A點坐標（4，1），
此時z＝x2+y2＝42+12＝17，
由得B點坐標（－1，－6），
此時z＝x2+y2＝（－1）2+(－6)2＝37，
由得C點坐標（－3，2），
此時z＝x2+y2＝（－3）2+22＝13，
而在原點處，，此時z＝x2+y2＝02+02＝0，
當時x2+y2取得最大值37，當時x2+y2取得最小值0.
[例4]某家具廠有方木料90m3，五合板600m2，準備加工成書桌和書櫥出售.已知生產每張書桌需要方木料0.1m3，五合板2m2，生產每個書櫥需要方木料0.2m3，五合板1m2，出售一張書桌可獲利潤80元，出售一個書櫥可獲利潤120元.如果只安排生產書桌，可獲利潤多少？如果只安排生產書櫥，可獲利潤多少？怎樣安排生產可使得利潤最大？
分析： 數據分析列表
書桌
書櫥
資源限制
木料（m3）
0．1
0．2
90
五合板（m2）
2
1
600
利潤（元/張）
80
120
計劃生產（張）
x
y
設生產書桌x張，書櫥y張，利潤z元，則約束條件為

2x+y-600=0
A(100,400)
x+2y-900=0
2x+3y=0
目標函數z=80x+120y
作出上可行域：
作出一組平行直線2x+3y=t, 此直線經過點A（100，400）時，即合理安排生產，生產書桌100張，書櫥400張，有最大利潤為
zmax=80×100+400×120=56000(元)
若只生產書桌，得0z=80×300=24000（元）
若只生產書櫥，得0z=120×450=54000（元）
答：略
[例5]某鋼材廠要將兩種大小不同的鋼板截成A、B、C三種規格，每張鋼板可同時截得三種規格小鋼板的塊數如下表：
A規格
B規格
C規格
第一種鋼板
1
2
1
第二種鋼板
1
1
3
需求
12
15
27
每張鋼板的面積，第一種為1m2，第二種為2 m2，今需要A、B、C三種規格的成品各12、15、27塊，請你們為該廠計劃一下，應該分別截這兩種鋼板多少張，可以得到所需的三種規格成品，而且使所用鋼板的面積最小？只用第一種鋼板行嗎？
解：設需要截第一種鋼板x張，第二種鋼板y張，所用鋼板面積為z m2，則
目標函數z=x+2y
作出可行域如圖
作一組平行直線x+2y=t，

2x+y=15
x+y=12 x+3y=27
x+2y=0
由
可得交點，
但點不是可行域內的整點，其附近的整點（4，8）或（6，7）可都使z有最小值，
且zmin=4+2×8=20 或zmin=6+2×7=20
若只截第一種鋼板，由上可知x≥27，所用鋼板面積最少為z=27(m2);
若只截第二種鋼板，則y≥15，最少需要鋼板面積z=2×15=30(m2).
它們都比zmin大，因此都不行.
答：略
[例6]設，式中滿足條件，求的最大值和最小值.
解：由引例可知：直線與所在直線平行，則由引例的解題過程知，
當與所在直線重合時最大，此時滿足條件的最優解有無數多個，
當經過點時，對應最小，∴，．
說明：1．線性目標函數的最大值、最小值一般在可行域的頂點處取得；
2．線性目標函數的最值也可在可行域的邊界上取得，即滿足條件的最優解有無數多個.
四、典型習題導練
1．畫出不等式－+2y－4＜0表示的平面區域.
2．畫出不等式組表示的平面區域
3.求z=3x+5y的最大值和最小值，使式中的x、y滿足約束條件
4.某工廠用兩種不同原料均可生產同一產品，若采用甲種原料，每噸成本1000元，運費500元，可得產品90千克；若采用乙種原料，每噸成本為1500元，運費400元，可得產品100千克，如果每月原料的總成本不超過6000元，運費不超過2000元，那么此工廠每月最多可生產多少千克產品？
5.某工廠家具車間造A、B型兩類桌子，每張桌子需木工和漆工兩道工序完成.已知木工做一張A、B型桌子分別需要1小時和2小時，漆工油漆一張A、B型桌子分別需要3小時和1小時；又知木工、漆工每天工作分別不得超過8小時和9小時，而工廠造一張A、B型桌子分別獲利潤2千元和3千元，試問工廠每天應生產A、B型桌子各多少張，才能獲得利潤最大？
6．（06年高考廣東）在約束條件下，當時，目標函數
的最大值的變化范圍是
A.[6,15] B.[7,15]
C.[6,8] D.[7,8]
§5.3 基本不等式的證明
一、知識導學
1.比較法：比較法是證明不等式的最基本、最重要的方法之一，它是兩個實數大小順序和運算性質的直接應用，比較法可分為差值比較法(簡稱為求差法)和商值比較法(簡稱為求商法).
(1)差值比較法的理論依據是不等式的基本性質：“ａ-ｂ≥0ａ≥ｂ；ａ-ｂ≤0ａ≤ｂ”.其一般步驟為：①作差：考察不等式左右兩邊構成的差式，將其看作一個整體；②變形：把不等式兩邊的差進行變形，或變形為一個常數，或變形為若干個因式的積，或變形為一個或幾個平方的和等等，其中變形是求差法的關鍵，配方和因式分解是經常使用的變形手段；③判斷：根據已知條件與上述變形結果，判斷不等式兩邊差的正負號，最后肯定所求證不等式成立的結論.應用范圍：當被證的不等式兩端是多項式、分式或對數式時一般使用差值比較法.
(2)商值比較法的理論依據是：“若ａ，ｂ∈R+，ａ/ｂ≥1ａ≥ｂ；ａ/ｂ≤1ａ≤ｂ”.其一般步驟為：①作商：將左右兩端作商；②變形：化簡商式到最簡形式；③判斷商與1的大小關系，就是判定商大于1或小于1.應用范圍：當被證的不等式兩端含有冪、指數式時，一般使用商值比較法.
2.綜合法：利用已知事實(已知條件、重要不等式或已證明的不等式)作為基礎，借助不等式的性質和有關定理，經過逐步的邏輯推理，最后推出所要證明的不等式，其特點和思路是“由因導果”，從“已知”看“需知”，逐步推出“結論”.即從已知Ａ逐步推演不等式成立的必要條件從而得出結論Ｂ.
3.分析法：是指從需證的不等式出發，分析這個不等式成立的充分條件，進而轉化為判定那個條件是否具備，其特點和思路是“執果索因”，即從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”.用分析法證明書寫的模式是：為了證明命題Ｂ成立，只需證明命題Ｂ1為真，從而有…，這只需證明Ｂ2為真，從而又有…，……這只需證明Ａ為真，而已知Ａ為真，故Ｂ必為真.這種證題模式告訴我們，分析法證題是步步尋求上一步成立的充分條件.
4.反證法：有些不等式的證明，從正面證不好說清楚，可以從正難則反的角度考慮，即要證明不等式Ａ>Ｂ，先假設Ａ≤Ｂ，由題設及其它性質，推出矛盾，從而肯定Ａ>Ｂ.凡涉及到的證明不等式為否定命題、惟一性命題或含有“至多”、“至少”、“不存在”、“不可能”等詞語時，可以考慮用反證法.
5.換元法：換元法是對一些結構比較復雜，變量較多，變量之間的關系不甚明了的不等式可引入一個或多個變量進行代換，以便簡化原有的結構或實現某種轉化與變通，給證明帶來新的啟迪和方法.主要有兩種換元形式.(1)三角代換法：多用于條件不等式的證明，當所給條件較復雜，一個變量不易用另一個變量表示，這時可考慮三角代換，將兩個變量都有同一個參數表示.此法如果運用恰當，可溝通三角與代數的聯系，將復雜的代數問題轉化為三角問題； (2)增量換元法：在對稱式(任意交換兩個字母，代數式不變)和給定字母順序(如ａ>ｂ>ｃ等)的不等式，考慮用增量法進行換元，其目的是通過換元達到減元，使問題化難為易，化繁為簡.如ａ+ｂ=1，可以用ａ=1-ｔ，ｂ=ｔ或ａ=1/2+ｔ，ｂ=1/2-ｔ進行換元.
二、疑難知識導析
1.在用商值比較法證明不等式時，要注意分母的正、負號，以確定不等號的方向.
2.分析法與綜合法是對立統一的兩個方面，前者執果索因，利于思考，因為它方向明確，思路自然，易于掌握；后者是由因導果，宜于表述，因為它條理清晰，形式簡潔，適合人們的思維習慣.但是，用分析法探求證明不等式，只是一種重要的探求方式，而不是一種好的書寫形式，因為它敘述較繁，如果把“只需證明”等字眼不寫，就成了錯誤.而用綜合法書寫的形式，它掩蓋了分析、探索的過程.因而證明不等式時，分析法、綜合法常常是不能分離的.如果使用綜合法證明不等式，難以入手時常用分析法探索證題的途徑，之后用綜合法形式寫出它的證明過程，以適應人們習慣的思維規律.還有的不等式證明難度較大，需一邊分析，一邊綜合，實現兩頭往中間靠以達到證題的目的.這充分表明分析與綜合之間互為前提、互相滲透、互相轉化的辯證統一關系.分析的終點是綜合的起點，綜合的終點又成為進一步分析的起點.
3.分析法證明過程中的每一步不一定“步步可逆”，也沒有必要要求“步步可逆”，因為這時僅需尋找充分條件，而不是充要條件.如果非要“步步可逆”，則限制了分析法解決問題的范圍，使得分析法只能使用于證明等價命題了.用分析法證明問題時，一定要恰當地用好“要證”、“只需證”、“即證”、“也即證”等詞語.
4.反證法證明不等式時，必須要將命題結論的反面的各種情形一一加以導出矛盾.
5.在三角換元中，由于已知條件的限制作用，可能對引入的角有一定的限制，應引起高度重視，否則可能會出現錯誤的結果.這是換元法的重點，也是難點，且要注意整體思想的應用.　　
三、經典例題導講
[例1] 已知a>b(ab),比較與的大小.
錯解： a>b(ab)，<.
錯因：簡單的認為大數的倒數必定小，小數的倒數必定大.正確的結論是：當兩數同號時，大數的倒數必定小，小數的倒數必定大.
正解：，又 a>b(ab)，
(1)當a、b同號時，即a>b>0或b0,b－a<0, ,<.
(2)當a、b異號時，則a>0,b<0, >0,<0>.
[例2] 當a、b為兩個不相等的正實數時，下列各式中最小的是（　　）
A.　　　B.　　　C.　　　D.
錯解：所以選B.
錯因是由于在、、中很容易確定最小，所以易誤選B.而事實上三者中最小者，并不一定是四者中最小者，要得到正確的結論，就需要全面比較，不可遺漏與前三者的大小比較.
正解：由均值不等式及a2+b22ab,可知選項A、B、C中，最小，而＝，由當ab時，a+b>2,兩端同乘以，可得（a+b）·＞2ab, ＜，因此選D.
[例3] 已知：a>0 , b>0 , a+b=1,求(a+ )2+(b+ )2的最小值.
錯解: (a+)2+(b+)2=a2+b2+++4≥2ab++4≥4+4=8,
∴(a+)2+(b+)2的最小值是8.
錯因：上面的解答中，兩次用到了基本不等式a2+b2≥2ab，第一次等號成立的條件是a=b=,第二次等號成立的條件是ab=，顯然，這兩個條件是不能同時成立的.因此，8不是最小值.
正解：原式= a2+b2+++4=( a2+b2)+(+)+4=[(a+b)2－2ab]+[(+)2－]+4
= (1－2ab)(1+)+4，
由ab≤()2= 得：1－2ab≥1－=, 且≥16，1+≥17，
∴原式≥×17+4= (當且僅當a=b=時，等號成立)，
∴(a + )2 + (b + )2的最小值是.
[例4] 已知0 < x < 1, 0 < a < 1，試比較的大小.
解法一：

∵0 < 1 ( x2 < 1, ∴
∴
解法二：

∵0 < 1 ( x2 < 1, 1 + x > 1, ∴
∴ ∴
解法三：∵0 < x < 1, ∴0 < 1 ( x < 1, 1 < 1 + x < 2,
∴
∴左 ( 右 =
∵0 < 1 ( x2 < 1, 且0 < a < 1 ∴
∴
[例5]已知x2 = a2 + b2，y2 = c2 + d2，且所有字母均為正，求證：xy≥ac + bd
證：證法一（分析法）∵a, b, c, d, x, y都是正數
∴要證：xy≥ac + bd
只需證：(xy)2≥(ac + bd)2
即：(a2 + b2)(c2 + d2)≥a2c2 + b2d2 + 2abcd
展開得：a2c2 + b2d2 + a2d2 + b2c2≥a2c2 + b2d2 + 2abcd
即：a2d2 + b2c2≥2abcd 由基本不等式，顯然成立
∴xy≥ac + bd
證法二（綜合法）xy =
≥
證法三（三角代換法）
∵x2 = a2 + b2，∴不妨設a = xsin(, b = xcos(
y2 = c2 + d2 c = ysin(, d = ycos(
∴ac + bd = xysin(sin( + xycos(cos( = xycos(( ( ()≤xy
[例6] 已知x > 0，求證：
證：構造函數 則， 設2≤(<(
由
顯然 ∵2≤(<( ∴( ( ( > 0, (( ( 1 > 0, (( > 0 ∴上式 > 0
∴f (x)在上單調遞增，∴左邊
四、典型習題導練
1.比較（a+3）(a－5)與（a+2）（a-4）的大小.
2.已知a,b,c,d都是正數，求證：
3.已知x > 0 , y > 0，2x + y = 1，求證：
4.若，求證：
5.若x > 1，y > 1，求證：
6．證明：若a > 0，則
§5.4不等式的應用
一、基礎知識導學
1.利用均值不等式求最值：如果a1，a2∈R+，那么.
2.求函數定義域、值域、方程的有解性、判斷函數單調性及單調區間，確定參數的取值范圍等.這些問題一般轉化為解不等式或不等式組，或證明不等式.
3.涉及不等式知識解決的實際應用問題，這些問題大體分為兩類：一是建立不等式解不等式；二是建立函數式求最大值或最小值.
二、疑難知識導析
不等式既屬數學的基礎知識，又是解決數學問題的重要工具，在解決函數定義域、值域、單調性、恒成立問題、方程根的分布、參數范圍的確定、曲線位置關系的討論、解析幾何、立體幾何中的最值等問題中有廣泛的應用，特別是近幾年來，高考試題帶動了一大批實際應用題問世，其特點是：
1．問題的背景是人們關心的社會熱點問題，如“物價、稅收、銷售收入、市場信息”等，題目往往篇幅較長.
2．函數模型除了常見的“正比例函數、反比例函數、一次函數、二次函數、冪函數、指數函數、對數函數、三角函數、反三角函數”等標準形式外，又出現了以“函數”
為模型的新的形式.
三　經典例題導講
[例1]求y=的最小值.
錯解： y=＝2
y的最小值為2.
錯因：等號取不到，利用均值定理求最值時“正、定、等”這三個條件缺一不可.
正解：令t=,則t,于是y=
由于當t時，y=是遞增的，故當t＝2即x=0時，y取最小值.
[例2]m為何值時，方程x2+(2m+1)x+m2－3=0有兩個正根.
錯解：由根與系數的關系得，因此當時，原方程有兩個正根.
錯因：忽視了一元二次方程有實根的條件，即判別式大于等于0.
正解：由題意：
因此當時，原方程有兩個正根.
[例3]若正數x，y滿足，求xy的最大值．
解：由于x，y為正數，則6x，5y也是正數，所以
當且僅當6x=5y時，取“=”號．
因，則，即，所以的最大值為.
[例4]?已知：長方體的全面積為定值S，試問這個長方體的長、寬、高各是多少時，它的體積最大，求出這個最大值．
分析：經過審題可以看出，長方體的全面積S是定值．因此最大值一定要用S來表示．首要問題是列出函數關系式．設長方體體積為y，其長、寬、高分別為a，b，c，則y=abc．由于a+b+c不是定值，所以肯定要對函數式進行變形．可以利用平均值定理先求出y2的最大值，這樣y的最大值也就可以求出來了．
解：設長方體的體積為y，長、寬、高分別是為a，b，c，則
y=abc，2ab+2bc+2ac=S．
而
y2=（abc）2=（ab）（bc）（ac）
當且僅當ab=bc=ac，即a=b=c時，上式取“=”號，y2有最小值
答：長方體的長、寬、高都等于時體積的最大值為.
說明：對應用問題的處理，要把實際問題轉化成數學問題，列好函數關系式是求解問題的關健.
四、典型習題導練
1.某工廠要建造一個長方體無蓋貯水池，其容積為4800m3,深為3m，如果池底每1m2的造價為150元，池壁每1m2的造價為120元，問怎樣設計水池能使總造價最低，最低總造價是多少元？
2.證明：通過水管放水，當流速相同時，如果水管截面的周長相等，那么截面是圓的水管比截面是正方形的水管流量大.
3.在四面體P-ABC中，∠APB=∠BPC=∠CPA=90°，各棱長的和為m，求這個四面體體積的最大值．
4. 設函數f(x)=ax2+bx+c的圖象與兩直線y=x，y=-x，均不相
交，試證明對一切R都有.
5．青工小李需制作一批容積為V的圓錐形漏斗，欲使其用料最省，問漏斗高與漏斗底面半徑應具有怎樣的比例？
6．輪船每小時使用燃料費用(單位：元)和輪船速度(單位：海里／時)的立方成正比．已知某輪船的最大船速是18海里／時，當速度是10海里／時時，它的燃料費用是每小時30元，其余費用(不論速度如何)都是每小時480元，如果甲、乙兩地相距1000海里，求輪船從甲地行駛到乙地，所需的總費用與船速的函數關系，并問船速為多少時，總費用最低？
5.5 推理與證明
一、基礎知識導學
推理一般包括合情推理和演繹推理.
合情推理：根據已有的事實和正確的結論（包括定義、公理、定理等）、實驗和實踐的結果，以及個人的經驗和直覺等推測某些結果的推理過程.歸納、類比是合情推理常用的思維方法.
歸納推理：根據一類事物的部分對象具有某種性質，推出這類事物的所有對象都具有這種性質的推理.
歸納推理的一般步驟：⑴通過觀察個別情況發現某些相同性質；⑵從已知的相同性質中推出一個明確表達的一般性命題（猜想）.
類比推理：根據兩類不同事物之間具有某些類似性，推出其中一類事物具有另一類事物類似的性質的推理.
類比推理的一般步驟：⑴找出兩類事物之間的相似性或一致性；⑵從一類事物的性質去推測另一類事物的性質，得出一個明確的命題（猜想）.
演繹推理：根據一般性的真命題導出特殊性命題為真的推理.
直接證明的兩種基本方法：分析法和綜合法；間接證明的一種基本方法──反證法.
分析法：從原因推導到結果的思維方法.
綜合法：從結果追溯到產生這一結果的原因的思維方法.
反證法：判定非q為假，推出q為真的方法.
應用反證法證明命題的一般步驟：⑴分清命題的條件和結論；⑵做出與命題結論相矛盾的假定；⑶由假定出發，應用正確的推理方法，推出矛盾的結果；⑷間接證明命題為真.
數學歸納法：設｛pn｝是一個與自然數相關的命題集合，如果⑴證明起始命題p1成立；⑵在假設pk成立的前提上，推出pk＋1也成立，那么可以斷定，｛pn｝對一切正整數成立.
數學歸納法的步驟：
??? （1）證明當 （如 或2等）時，結論正確；
??? （2）假設 時結論正確，證明 時結論也正確．
二、疑難知識導析
1.歸納推理是根據一類事物的部分對象具有某種性質，推出這類事物的所有對象都具有這種性質的推理.
而類比推理是根據兩類不同事物之間具有某些類似性，推出其中一類事物具有另一類事物類似的性質的推理.
2. 應用反證法證明命題的邏輯依據：做出與命題結論相矛盾的假定，由假定出發，應用正確的推理方法，推出矛盾的結果
3. 數學歸納法是一種證明方法，歸納推理是一種推理方法.
三、經典例題導講
[例1] {}是正數組成的數列,其前n項和為,并且對于所有的自然數,與2的等差中項等于與2的等比中項.
(1)寫出數列{}的前3項;
(2)求數列{}的通項公式(寫出推證過程);
錯解：由(1)猜想數列{}有通項公式=4-2.
下面用數學歸納法證明數列{}的通項公式是
=4-2. (∈N).
①當=1時,因為4×1-2=2,又在(1)中已求出=2,所以上述結論成立.
②假設n=k時結論成立,即有=4-2.由題意,有
將=4-2代入上式，得，解得
由題意,有
將代入，化簡得
解得.∴
這就是說,當n=k+1時,上述結論成立.
根據①、②,上述結論對所有的自然數n成立.
錯因在于解題過程中忽視了取值的取舍.　
正解：由(1)猜想數列{an}有通項公式an=4n-2.
猜想數列{}有通項公式=4-2.
下面用數學歸納法證明數列{}的通項公式是
=4-2. (∈N).
①當=1時,因為4×1-2=2,又在(1)中已求出=2,所以上述結論成立.
②假設n=k時結論成立,即有=4-2.由題意,有
將=4-2代入上式，得，解得
由題意,有
將代入，化簡得
解得.由∴
這就是說,當n=k+1時,上述結論成立.
根據①、②,上述結論對所有的自然數n成立.
[例2]　用數學歸納法證明對于任意自然數，
??? 　　
錯解：證明：假設當（N）時，等式成立，
　　　　　即，
　　　　　那么當時，
　　　　　　
　　　　　　　
　　　　　　　　
　　　　　　　　
　　　　　　　　
　　　　　這就是說，當時，等式成立．
　　　　可知等式對任意N成立．
錯因在于推理不嚴密，沒有證明當的情況 ．
正解：證明：（1）當時，左式，右式，所以等式成立．
　　　　　（2）假設當（）時，等式成立，
　　　　　即，
　　　　　那么當時，
　　　　　　
　　　　　　　　
　　　　　　　　
　　　　　　　　
　　　　　　　　
　　　　　這就是說，當時，等式成立．
　　　　　由（1）、（2），可知等式對任意N成立．
[例3]　是否存在自然數，使得對任意自然數，都能被整除，若存在，求出的最大值，并證明你的結論；若不存在，說明理由．
　分析　本題是開放性題型，先求出，，…再歸納、猜想、證明．
解：，
　　　　　　，
　　　　　　，
　　　　……
　　　　猜想， 能被36整除，用數學歸納法證明如下：
　　　　（1）當時，，能被36整除．
　　　　（2）假設當，（N）時，能被36整除．
　　　　那么，當時，
????????? 　　　　　　　　　　　　　　
????????? 　　　　　　　　　　　　　　
　　　　由歸納假設，能被36整除，
　　　　當為自然數時，為偶數，則能被36整除．
　　　　∴ 能被36整除，
　　　　這就是說當時命題成立．
　　　　由（1）、（2）對任意，都能被36整除．
　　　　當取大于36的自然數時，不能被整除，所以36為最大．
　[例4] 設點是曲線C：與直線的交點，過點作直線的垂線交軸于，過點作直線的平行線交曲線C于，再過點作的垂線作交X軸于，如此繼續下去可得到一系列的點，，…，，…如圖，試求的橫坐標的通項公式．
　分析 本題并沒有指明求通項公式的方法，可用歸納——猜想——證明的方法，也可以通過尋求與的遞推關系式求的通項公式．
解：解法一　 與（，）聯立，解得
　　直線的方程為，　令，得，所以點
　直線的方程為與聯立，消元得（），解得，　所以點（，）．
直線的方程為，
　令，得，所以點　同樣可求得點（，0）
　　　　　　……
　　由此推測（，0），即
　　　用數學歸納法證明
　　　（1）當時，由點的坐標為（，0），
　　　　即，所以命題成立．
　　　（2）假設當時命題成立，
　　　　　即，0），則當時，
　　　　　由于直線的方程為，
　　　　　把它與（，）聯立，
　　　　　消去可得（），
　　　　　∴
　　　　　于是
　　　　　　即點的坐標為（，）．
　　　　　　∴ 直線的方程為
　　　　　　令得，
　　　　　　即點的坐標為（，0）
　　　　　　∴ 當時，命題成立．
　　解法二　設點，的坐標分別為（，0）、（，0），
　　　　　　建立與的遞推關系，即，
　　　　　　由數列是等差數列，且，公差
　　　　　　可求得（），．
用數學歸納法證明與自然數n有關的幾何命題，由k過渡到k＋1常利用幾何圖形來分析圖形前后演變情況．
[例5] 有n個圓，其中每兩個圓都相交于兩點，并且每三個圓都不相交于同一點，求證：這n個圓把平面分成f(n)＝n2-n＋2個部分．
證明①當n＝1時，即一個圓把平面分成二個部分f(1)=2
又n＝1時，n2-n＋2＝2，∴命題成立
②假設n＝k時，命題成立，即k個圓把平面分成f(k)＝k2-k＋2個
部分，那么設第k＋1個圓記⊙O，由題意，它與k個圓中每個圓
交于兩點，又無三圓交于同一點，于是它與其它k個圓相交于2k
個點．把⊙O分成2k條弧而每條弧把原區域分成2塊，因此這平
面的總區域增加2k塊，即f(k＋1)＝k2-k＋2＋2k=(k＋1)2-(k＋1)＋2
即n＝k＋1時命題成立．
由①②可知對任何n∈N命題均成立．
說明:? 本題如何應用歸納假設及已知條件，其關鍵是分析k增加“1”時，研究第k＋1個圓與其它k個圓的交點個數問題．
[例6] 已知n≥2，n∈N
②假設n=k時，原不等式成立．
由①②可知，對任何n∈N(n≥2)，原不等式均成立．
四、典型習題導練
1.用數學歸納法證明等式“1＋2＋3＋…＋（＋3）= (N)”，
當=1時，左邊應為____________.
2.已知數列{ }的前n項和，則{}的前四項依次為_______,猜想=__________.
3.已知數列
證明.
4.已知不等式為大于2的整數，表示不超過的最大整數. 設數列的各項為正，且滿足證明.
5. 自然狀態下的魚類是一種可再生資源，為持續利用這一資源，需從宏觀上考察其再生能
力及捕撈強度對魚群總量的影響. 用xn表示某魚群在第n年年初的總量，n∈N*，且x1＞0.
不考慮其它因素，設在第n年內魚群的繁殖量及捕撈量都與xn成正比，死亡量與xn2成正比，
這些比例系數依次為正常數a，b，c.
（1）求xn+1與xn的關系式；
（2）猜測：當且僅當x1，a，b，c滿足什么條件時，每年年初魚群的總量保持不變？
（3）設a＝2，c＝1，為保證對任意x1∈（0,2），都有xn＞0，n∈N*，則捕撈強度b的
最大允許值是多少？證明你的結論.

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