1.1.1 正弦定理
课堂探究
一、判断三角形解的个数
剖析：(1)代数法
在△ABC中，已知a，b，∠A，由正弦定理可得sin B＝sin A＝m．
①当sin B>1时，这样的∠B不存在，即三角形无解．
②当sin B＝1时，∠B＝90°，若∠A<90°，则三角形有一解，否则无解．
③当sin B<1时，满足sin B＝m的角有两个，其中设锐角为α，钝角为β，则当∠A＋α>180°时，三角形无解；当∠A＋α<180°，且∠A＋β<180°时，有两解；当∠A＋α<180°且∠A＋β>180°时有一解．
(2)几何法
根据条件中∠A的大小，分为锐角、直角、钝角三种情况，通过几何作图，得出解的情况．作出已知∠A，以A为圆心，边长b为半径画弧交∠A的一边于C．使未知的边AB水平，顶点C在边AB上方，以点C为圆心，边长a为半径作圆，该圆与射线AB交点的个数，即为解的个数，如下表所示：
∠A为锐角
∠A为钝角或直角
图
形
①
②
关系式
①a＝bsin A
②a≥b
bsin A
a< bsin A
a>b
a≤b
解的个数
一解
两解
无解
一解
无解
二、教材中的“探索与研究”
在正弦定理中，设＝＝＝k．请研究常数k与△ABC外接圆的半径R的关系．(提示：先考察直角三角形)
剖析：(1)如图1，当△ABC为直角三角形时，直接得到＝＝＝2R(a，b，c分别为△ABC中角A，B，C的对边，R为外接圆半径)．
(2)如图2，当△ABC为锐角三角形时，连接BO并延长交圆O于点D，连接CD．因为∠A＝∠D，
所以＝＝2R，
同理＝＝2R，
即＝＝＝2R．
(3)如图3，当△ABC为钝角三角形且∠A为钝角时，连接BO并延长交圆O于点D，连接CD，∠A＝180°－∠D，所以＝＝＝2R．
由(2)知＝＝2R，
即＝＝＝2R．
综上所述，对于任意△ABC，＝＝＝2R恒成立．
归纳总结：根据上述关系式可得到正弦定理的常用变式：
(1)asin B＝bsin A；asin C＝csin A；bsin C＝csin B．
(2)a＝；sin B＝．
(3)＝＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)．
(4)a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C．
(5)边化角公式：a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C．
(6)角化边公式：sin A＝，sin B＝，sin C＝．
题型一 解三角形
【例1】 已知在△ABC中，c＝10，∠A＝45°，∠C＝30°，求a，b和∠B．
分析：正弦定理中有三个等式，每个等式都含有四个未知量，可知三求一．当知道两个角时，即可知道第三个角，所以若再知道三边中任意一边，就可解这个三角形．
解：∵＝，∠A＝45°，∠C＝30°，
∴a＝＝＝10，
∠B＝180°－(∠A＋∠C)＝180°－(45°＋30°)＝105°．
又＝，
∴b＝＝＝20sin 75°＝20×＝5(＋)．
反思：本题给出了解三角形第一类问题(即已知两角和一边，求另两边和一角)的方法步骤，即先由正弦定理求得已知角的对边，然后利用内角和公式求得第三角，再用正弦定理求第三边．
【例2】 在△ABC中，已知a＝，b＝，∠B＝45°，求∠A，∠C和c．
分析：已知两边和其中一边的对角的解三角形问题可运用正弦定理来求解，但应注意解的个数．
解：由正弦定理＝，知sin A＝＝．
∵asin B∴∠A有两个解，
∴∠A＝60°或∠A＝120°．
(1)当∠A＝60°时，∠C＝180°－∠A－∠B＝75°，
∴c＝＝＝．
(2)当∠A＝120°时，∠C＝180°－∠A－∠B＝15°，
∴c＝＝＝．
故∠A＝60°，∠C＝75°，c＝或∠A＝120°，∠C＝15°，c＝．
反思：本题给出了解三角形第二类问题(即已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角及其他的角和边)的方法步骤，即先由正弦定理求得已知边的对角，然后利用内角和公式求得第三角，再求得第三边．解答此类问题应注意对解的个数的讨论．
题型二 判断三角形的形状
【例3】 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别为a，b，c，且＝＝，试判断△ABC的形状．
分析：将式中的a，b，c分别用2Rsin A，2Rsin B，2Rsin C(R为△ABC外接圆半径)来代替是解决本题的关键．
解：由正弦定理＝＝＝2R(R为△ABC外接圆的半径)，得a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
代入＝＝中，可得
＝＝，
所以tan A＝tan B＝tan C．
又因为∠A，∠B，∠C是△ABC的内角，
所以∠A＝∠B＝∠C，
所以△ABC是等边三角形．
反思：已知三角形中的边角关系式，判断三角形的形状，有两种思路：其一，化边为角，再进行三角恒等变换求出三个角之间的关系；其二，化角为边，再进行代数恒等变换求出三条边之间的关系．
【互动探究】 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，且＝＝，试判断△ABC的形状．
解：由＝＝，＝＝
得＝，＝，
∴sin B＝cos B，即sin(∠B－45°)＝0，
∴∠B＝45°，同理，∠C＝45°．
∴∠A＝180°－∠B－∠C＝90°．
∴△ABC为等腰直角三角形．
题型三 用正弦定理证明
【例4】 在△ABC中，求证：＝．
分析：求证的等式左边既含有边又含有角，而右边只有角，可利用正弦定理将左边的边化成角．
证明：由正弦定理得
左边＝＝＝
＝＝＝＝右边．
故原等式成立．
反思：在含有边角关系的等式中，若含有a，b，c及sin A，sin B，sin C形式，可利用正弦定理完成边角关系的统一．
题型四 易错辨析
【例5】 在△ABC中，∠B＝30°，AB＝2，AC＝2，求△ABC的面积．
错解：由正弦定理，得sin C＝＝，所以∠C＝60°，所以∠A＝90°，所以S△ABC＝AB·AC·sin A＝×2×2×1＝2，
即△ABC的面积是2．
错因分析：利用正弦定理求角C时漏解了，实际上由AB>AC，得满足sin C＝的角C有两个．
正解：由正弦定理，得sin C＝＝．
因为AB>AC，所以∠C＝60°或120°．
当∠C＝60°时，∠A＝90°，S△ABC＝AB·AC·sin A＝2；当∠C＝120°时，∠A＝30°，S△ABC＝AB·AC·sin A＝．所以△ABC的面积为2或．
【例6】 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，c＝＋，∠C＝30°，求a＋b的最大值．
错解：因为∠C＝30°，所以∠A＋∠B＝150°，
即∠B＝150°－∠A．
由正弦定理，得＝＝．
又因为sin A≤1，sin(150°－∠A)≤1，
所以a＋b≤2(＋)＋2(＋)＝4(＋)．
故a＋b的最大值为4(＋)．
错因分析：上述解法错误的原因是未弄清∠A与150°－∠A之间的关系，这里∠A与150°－∠A是相互制约的，不是相互独立的量，sin A与sin(150°－∠A)不能同时取最大值1，因此所得的结果是错误的．
正解：因为C＝30°，所以∠A＋∠B＝150°．
由正弦定理，得＝＝．
因此，a＋b＝2(＋)·[sin A＋sin(150°－∠A)]
＝(8＋4)cos(∠A－75°)≤8＋4．
故a＋b的最大值为8＋4．
1.1.2 余弦定理
课堂探究
一、三角形中的四类基本问题
剖析：解三角形的问题可以分为以下四类：
(1)已知三角形的两边和其中一边的对角，解三角形．
此种情况的基本解法是先由正弦定理求出另一条边所对的角，用三角形的内角和定理求出第三个角，再用正弦定理求出第三边，注意判断解的个数．
(2)已知三角形的两角和任一边，解三角形．
此种情况的基本解法是若所给边是已知角的对边时，可由正弦定理求另一边，再由三角形内角和定理求出第三个角，再由正弦定理求第三边．若所给边不是已知角的对边时，先由三角形内角和定理求第三个角，再由正弦定理求另外两边．
(3)已知两边和它们的夹角，解三角形．
此种情况的基本解法是先用余弦定理求第三边，再用正弦定理或余弦定理求另一角，最后用三角形内角和定理求第三个角．
(4)已知三角形的三边，解三角形．
此种情况的基本解法是先用余弦定理求出一个角，再用正弦定理或余弦定理求出另一个角，最后用三角形内角和定理求出第三个角．
二、教材中的“？”
在△ABC中，令＝c，＝b，＝a，你能通过计算|a|2＝a·a证明余弦定理吗？
剖析：如图所示，|a|2＝a·a＝a2＝·＝(－)·(－)＝－2·＋＝－2||||cos A＋＝b2＋c2－2bccos A，即a2＝b2＋c2－2bccos A．
同理可证b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．
知识拓展：除了向量法和几何法来证明余弦定理外，我们还可以用坐标法或正弦定理来解决．
(1)(坐标法)如图所示，以A为坐标原点，AC所在直线为x轴建立如图所示的平面直角坐标系，
则点A，B，C的坐标分别为A(0，0)，B(ccos A，csin A)，C(b，0)，根据两点间的距离公式，得
a=|BC|=，
∴a2=c2cos2A-2bccos A+b2+c2sin2A，
即a2=b2+c2-2bccos A．
同理可得b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．
(2)(用正弦定理证明)∵a＝2Rsin A，b＝2Rsin B，c＝2Rsin C，
∴b2＋c2－2bccos A
＝4R2(sin2B＋sin2C－2sin Bsin Ccos A)
＝4R2[sin2B＋sin2C＋2sin Bsin Ccos(B＋C)]
＝4R2(sin2B＋sin2C－2sin2Bsin2C＋2sin Bsin Ccos Bcos C)
＝4R2[sin2B(1－sin2C)＋sin2C(1－sin2B)＋2sin B sin Ccos Bcos C]
＝4R2(sin2Bcos2C＋2sin Bsin Ccos Bcos C＋sin2Ccos2B)
＝4R2sin2(B＋C)＝4R2sin2A＝a2．
同理可证b2＝a2＋c2－2accos B，c2＝a2＋b2－2abcos C．
题型一 用余弦定理解三角形
【例1】 在△ABC中：
(1)a＝1，b＝1，∠C＝120°，求c；
(2)a＝3，b＝4，c＝，求最大角；
(3)a∶b∶c＝1∶∶2，求∠A，∠B，∠C．
分析：(1)直接利用余弦定理即可；
(2)在三角形中，大边对大角；
(3)可设三边为x，x，2x．
解：(1)由余弦定理，得
c2＝a2＋b2－2abcos C＝12＋12－2×1×1×＝3，
∴c＝．
(2)显然∠C最大．
∵cos C＝＝＝－，
∴∠C＝120°．
(3)由于a∶b∶c＝1∶∶2，可设a＝x，b＝x，c＝2x．
由余弦定理，得
cos A＝＝＝，∴∠A＝30°．
同理cos B＝，cos C＝0，
∴∠B＝60°，∠C＝90°．
反思：(1)本例为余弦定理的最基本应用，要在此基础上熟练地掌握余弦定理的结构特征．
(2)对于第(3)小题，根据已知条件，设出三边长，由余弦定理求出∠A，进而求出其余两角．另外也可由边长关系，判断出∠C为直角，再求角．
题型二 判断三角形的形状
【例2】 在△ABC中，已知(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，且sin A＝2sin B·cos C，试确定△ABC的形状．
分析：利用余弦定理先求出∠A＝60°，再根据三角变换公式求得∠B＝∠C．
解：∵(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，∴a2＝b2＋c2－bc．
而a2＝b2＋c2－2bccos A，∴2cos A＝1．∴cos A＝．
∴∠A＝60°．又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos B sin C，sin A＝2sin B·cos C，
∴sin Bcos C－cos Bsin C＝0，
即sin(∠B－∠C)＝0，∴∠B＝∠C．
又∵∠B＋∠C＝120°，∴∠A＝∠B＝∠C＝60°．
故△ABC为等边三角形．
反思：(1)判断三角形的形状是看该三角形是否为某特殊的三角形(如锐角、直角、钝角、等腰、等边三角形等)．
(2)对于给出条件是边角关系混合在一起的问题，一般地，应运用正弦定理和余弦定理，要么统一为边的关系，要么统一为角的关系．再利用三角形的有关知识、三角恒等变形方法、代数恒等变形方法进行转化、化简，从而得出结论．
(3)常见结论：设a，b，c分别是△ABC的角A，B，C的对边，
①若a2＋b2＝c2，则∠C＝90°；
②若a2＋b2>c2，则∠C<90°；
③若a2＋b290°；
④若sin 2A＝sin 2B，则∠A＝∠B或∠A＋∠B＝．
题型三 三角形的面积公式的应用
【例3】 在△ABC中，∠A，∠B，∠C的对边分别是a，b，c，且＝－．求：
(1)∠B的大小；
(2)若b＝，a＋c＝4，求△ABC的面积．
分析：先由余弦定理求出∠B，再结合条件列方程求出ac，利用面积公式求出△ABC的面积．
解：(1)∵＝－，
∴＝－，
整理，得a2＋c2－b2＝－ac，
∴cos B＝＝－＝－，
从而∠B＝120°．
(2)由(1)得a2＋c2＋ac＝13．①
又a＋c＝4，∴a2＋c2＋2ac＝16．②
由①②，得ac＝3，
∴S△ABC＝acsin B＝×3×sin 120°＝．
反思：求三角形的面积，要充分挖掘题目中的条件，转化为求两边及夹角的正弦问题，要注意方程思想在解题中的应用．
题型四 正、余弦定理的综合应用
【例4】 (2013·课标全国Ⅰ高考，理17)如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°．
(1)若PB＝，求PA；
(2)若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
分析：(1)在△PBA中，利用余弦定理求得PA；(2)在△PBA中，再利用正弦定理列出与∠PBA和∠APB有关的方程即可．
解：(1)由已知得∠PBC＝60°，所以∠PBA＝30°．
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝3＋－2××cos 30°＝．故PA＝．
(2)设∠PBA＝α，由已知得PB＝sin α．
在△PBA中，由正弦定理得＝，
化简得cos α＝4sin α．
所以tan α＝，即tan∠PBA＝．
反思：正、余弦定理在解三角形中的应用关键要明确已知的边和角及所求，正弦定理尤其在边角转化方面功能显著．余弦定理的使用要注意选择好“第三边”，这样才能列出有效的方程，再者要熟练掌握三角变换公式，这在解三角形中经常用到．
题型五 易错辨析
【例5】 在锐角△ABC中，b＝1，c＝2，则a的取值范围是( )
A．1错解：由三角形的性质，知c－b1．又∠A为锐角，从而cos A＝＝>0，得0所以1错因分析：上述解法忽视了三角形三个内角的关系，即∠A＋∠B＋∠C＝180°，cos A>0只能推出∠A为锐角，而不能推出△ABC一定为锐角三角形，因为∠A＋∠B＋∠C＝180°，所以当△ABC为锐角三角形时，不仅cos A>0，还必须满足cos B>0，cos C>0．
正解：由三角形的性质，知c－b1．
又由cos A＝＝>0，得0由cos B＝＝>0，得a∈R．
由cos C＝＝>0，得a>．
综上，知答案：C
【例6】 在△ABC中，已知a＝2，b＝2，∠C＝15°，求∠A．
错解：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝4＋8－2×2×2×＝8－4，所以c＝－．又由正弦定理，得sin A＝＝．因为0°<∠A<180°，所以∠A＝30°或150°．
错因分析：没有注意到b>a这一隐含条件，致使增解．
正解：由余弦定理，得c2＝a2＋b2－2abcos C＝8－4，所以c＝－．又由正弦定理，得sin A＝＝．因为b>a，所以∠B>∠A．又因为0°<∠A<180°，所以∠A＝30°．
1.2 应用举例
课堂探究
实际问题中度量A，B两点的长度(高度)的方法
剖析：(1)求距离问题．
如图，当AB的长度不可直接测量时，求AB的距离．
两点间不可到达又不可视
两点间可视但不可达
两点都不可达
①当A，B两点之间不可到达又不可视时，测出两边及其夹角，运用余弦定理求解，
则AB＝．
②当A，B两点之间可视但不可达时，测出两角及其夹边，先用内角和定理求第三角再运用正弦定理求解．
∵∠A＝π－(∠B＋∠C)，∴根据正弦定理，得＝＝＝＝，
则AB＝．
③当A，B两点都不可达时，先在△ADC和△BDC中分别求出AC，BD，再在△ABC或△ABD中运用余弦定理求解．
先求：AD＝×sin∠ACD；
再求：BD＝×sin∠BCD；
最后：AB＝．
名师点拨：将所求距离或方向的问题转化为求一个三角形的边或角的问题时，我们选择的三角形往往条件不够，这时需要我们寻找其他的三角形作为解这个三角形的支持，为解这个三角形提供必要的条件．
(2)求高度问题．
如图，当AB的高度不可直接测量时，求AB的高度，有如下情况．
底部可达
底部不可达
①当BC底部可达时，利用直角三角形的边角关系求解，则AB＝atan C．
②当BD不可达时，
在Rt△ABD中，BD＝，
在Rt△ABC中，BC＝，
∴a＝CD＝BC－BD＝－．
∴AB＝．
③在△BCD中，BC＝×sin D．
∵AB⊥BC ，∴∠BAC＝－∠ACB．
∴在△ABC中，AB＝×sin∠ACB
＝×sin∠ACB．
∴AB＝×sin∠ACB
＝．
名师点拨：在测量某物体高度的问题中，很多被测量的物体是一个立体的图形，而在测量过程中，我们测量的角度也不一定在同一平面内，因此还需要我们有一定的空间想象能力，关键是画出图形，把已知量和未知量归结到三角形中来求解．
题型一 测量距离问题
【例1】如图，隔河看两目标A，B，但不能到达，在岸边选取相距km的C，D两点，并测得∠ACB=75°，∠BCD=45°，∠ADC=30°，∠ADB=45°(A，B，C，D在同一平面内)，求两目标A，B之间的距离．
分析：要求出A，B之间的距离，可在△ABC(或△ADB)中去找关系，但不管在哪个三角形中，AC，BC这些量都是未知的，需要在三角形中找出合适的关系式，求出它们的值，然后解斜三角形即可．
解：在△ACD中，∠ADC＝30°，∠ACD＝75°＋45°＝120°，
∴∠CAD＝30°．
∴AC＝CD＝ km．
在△BDC中，∠CBD＝180°－(45°＋75°)＝60°．
由正弦定理，得BC＝＝(km)．
在△ACB中，由余弦定理，得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos∠BCA＝()2＋2－2×cos 75°＝5．
∴AB＝ km．
∴两目标A，B之间的距离为 km．
反思：测量长度(距离)是解三角形应用题的一种基本题型．在解这类问题时，首先要分析题意，确定已知与所求，然后画好示意图，通过解三角形确定实际问题的解；测量两个不可到达的点之间的距离问题，一般是把求距离问题转化为应用余弦定理求三角形的边长问题．
题型二 测量高度问题
【例2】 如图所示，在地面上有一旗杆OP，为测得它的高度h，在地面上取一基线AB，AB＝20 m，在A处测得P点的仰角∠OAP＝30°，在B处测得P点的仰角∠OBP＝45°，又测得∠AOB＝60°，求旗杆的高度h．(精确到0．1 m)
分析：先在Rt△PAO和Rt△PBO中求出AO，BO，再在△AOB中由余弦定理求出h．
解：在Rt△PAO中，AO＝＝h．
在Rt△PBO中，BO＝＝h．
在△ABO中，由余弦定理，得202＝(h)2＋h2－2h·hcos 60°，解得h＝≈13．3(m)．
反思：在解三角形的问题时，一定要选择合适的三角形，这样可以简化计算过程，再者还要注意立体几何图形中的边角关系，并选择好三角形的使用顺序．
题型三 测量角度问题
【例3】 如图，甲船在A处，乙船在甲船的南偏东45°方向，距A处9海里的B处，并以20海里/时的速度沿南偏西15°方向行驶，若甲船以28海里/时的速度行驶，应沿什么方向，用多少小时能最快追上乙船？(精确到1度)
分析：假设用t小时在C处追上乙船，则在△ABC中，AC，BC可用t来表示，进而利用余弦定理求得t，解此三角形即可．
解：假设用t小时甲船在C处追上乙船．在△ABC中，AC＝28t海里，BC＝20t海里，∠ABC＝180°－45°－15°＝120°．
由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC，
即(28t)2＝81＋(20t)2－2×9×20t×，
整理，得128t2－60t－27＝0，
即(4t－3)(32t＋9)＝0．
∴t＝或t＝－(舍去)．
∴AC＝28×＝21(海里)，BC＝20×＝15(海里)．
由正弦定理，得
sin∠BAC＝＝＝．
又∠ABC＝120°，
∴∠BAC为锐角，∴∠BAC≈38°．∴45°－38°＝7°．
∴甲船应沿南偏东7°方向用小时可最快追上乙船．
反思：航海问题常利用解三角形的知识解决，在具体解题时，应画出示意图，找出已知量及所求的量，转化为三角形的边角，利用正、余弦定理求解．
题型四 面积问题
【例4】 在半径为R的扇形OAB中，圆心角∠AOB＝60°，在扇形内有一个内接矩形，求内接矩形的最大面积．
分析：扇形内的内接矩形有且仅有两种类型：一种是矩形的一边与扇形的一条半径重合；另一种是以扇形的对称轴为对称轴的矩形．我们分别求出这两种类型的矩形的最大面积，再取两者中较大的，就是符合条件的最大面积．
解：如图(1)所示，设PQ＝x，MP＝y，则矩形的面积S＝xy．
连接ON，令∠AON＝θ，则y＝Rsin θ．
在△OMN中，利用正弦定理，得
＝，
∴x＝．
∴S＝xy＝
＝R2·．
当θ＝30°时，Smax＝R2．
如图(2)所示，设PN＝x，MN＝y，则矩形的面积为S＝xy，连接ON，令∠AON＝θ．
在△OPN中，利用正弦定理，得＝＝，
∴x＝×sin θ＝2Rsin θ，y＝2Rsin(30°－θ)．
∴S＝xy＝4R2sin θsin(30°－θ)
＝2R2[cos 2(15°－θ)－cos 30°]．
当θ＝15°时，Smax＝(2－)R2．
∵>2－，
∴所求内接矩形的最大面积为R2．
反思：关于求面积最值问题，关键是将面积函数表达出来，根据已知条件利用正弦定理将与矩形面积有关的量求出，再转化为求三角函数最值问题，这是这一类问题常用的解题思路．
题型五 易错辨析
【例5】 某观测站C在城A的南偏西20°的方向上，由城A出发的一条公路，走向是南偏东40°，在C处，测得公路上距C处31 km的B处有一人正沿公路向城A走去，走了20 km后到达D处，此时C，D间的距离为21 km，这人还要走多远才能到达城A?
错解：如图所示，∠CAD＝60°．
在△BCD中，由余弦定理，
得cos B＝＝＝，
所以sin B＝＝．
在△ABC中，AC＝＝24．
在△ACD中，由余弦定理，得CD2＝AC2＋AD2－2AC·ADcos∠CAD，
即212＝242＋AD2－24AD，所以AD＝15或AD＝9，
所以这人还要走15 km或9 km才能到达城A．
错因分析：没有及时检验，题目中△ACD为锐角三角形，故应舍去AD＝9的情况．
正解：设∠ACD＝α，∠CDB＝β，
在△CBD中，由余弦定理，得
cos β＝＝＝－，所以sin β＝，从而sin α＝sin(β－60°)＝sin βcos 60°－cos βsin 60°＝×＋×＝．
在△ACD中，由正弦定理，得＝，则AD＝＝15(km)．
所以这人还要走15 km才能到达城A．
3.1.1 不等关系与不等式
课堂探究
一、比较大小常用的方法
剖析：证明一个不等式和比较实数的大小一样，根据题目的特点可以有不同的证明方法．
(1)作差法和作商法是比较实数大小和证明不等式的重要方法，但是它们又有自己的适用范围，对于不同的问题应当选择不同的方法进行解决．
①一般实数大小的比较都可以采用作差法，但是我们要考虑作差后与0的比较，通常要进行因式分解，配方或者其他变形操作，所以，作差后必须容易变形到能看出与0的大小关系的式子．
②作商法主要适用于那些能够判断出恒为正数的数或者式子，具有一定的局限性，作商后要与1进行比较，所以，作商后必须易于变成能与1比较大小的式子，此种方法主要适用于那些含有幂指数的数或式子的大小的比较，例如，比较aabb与的大小就可以使用作商法．
③在解决这些问题的时候，根据实际情况选择其中一种合适的方法．要根据题目的具体结构特点，如是和差的形式一般用作差法，乘除的形式一般用作商法．
(2)要注意不等式与函数的结合，函数的图象和性质是解决不等式问题的重要工具，尤其是函数的单调性．如：a>ba3>b3，可根据幂函数y＝x3在R上单调递增得到．
名师点拨：利用比较法来比较两个代数式或实数的大小时，注意分情况对变量进行讨论，讨论时应做到不重不漏．
二、教材中的“思考与讨论”
已知＝，如果c＞d，那么a＞b是否一定成立？请说明理由．
剖析：不一定成立．如c＝1，d＝－1时，c＞d，此时若a＝－1，b＝1，也满足＝，但不满足a＞b．
题型一 用不等式(组)表示不等关系
【例1】 某矿山车队有4辆载重为10 t的甲型卡车和7辆载重为6 t的乙型卡车，有9名驾驶员．此车队每天至少要运360 t矿石至冶炼厂．已知甲型卡车每辆每天可往返6次，乙型卡车每辆每天可往返8次，写出满足上述所有不等关系的不等式．
分析：解答本题只需用不等式表示上述不等关系即可．
解：设每天派出甲型卡车x辆，乙型卡车y辆，则
即
反思：本题易忽略甲型卡车和乙型卡车的总和不超过驾驶员人数而导致错误．导致错误的原因是没有真正理解题意，因此解决此问题的难点是找出题中显性和隐性的不等关系．
题型二比较两数的大小
【例2】 当x≥1时，比较x3＋1与2x2－2x＋2的大小．
分析：根据a>ba－b>0，a解：x3＋1－(2x2－2x＋2)
＝x3－2x2＋2x－1
＝x3－x2－(x2－2x＋1)
＝x2(x－1)－(x－1)2
＝(x－1)(x2－x＋1)
＝(x－1)，
∵x≥1，∴x－1≥0，2＋>0，
∴(x－1)≥0．
∴x3＋1≥2x2－2x＋2．
反思：利用作差法比较大小时关键在于变形，变形的方向是将差式化成多因式积的形式，然后确定每个因式的符号，从而确定积的符号．变形中常用平方差、立方差、立方和公式，还可能用到通分、因式分解、分子(或分母)有理化等方法．
题型三 不等关系的实际应用
【例3】 商店出售茶壶和茶杯，茶壶每个定价20元，茶杯每个定价5元，该店推出两种优惠办法：
(1)买一个茶壶赠送一个茶杯；
(2)按总价的92%付款．
某顾客需购茶壶4个，茶杯若干个(不少于4个)，若设购买茶杯数为x个，付款数为y(元)，试分别建立两种优惠办法的y与x之间的函数关系式，并讨论该顾客买同样多的茶杯时，两种办法哪一种更省钱．
分析：本题是一次函数问题，通过建立两种优惠办法的一次函数模型，然后利用作差法讨论选哪种优惠办法．
解：由优惠办法(1)得y1＝20×4＋5(x－4)＝5x＋60(x≥4)，
由优惠办法(2)得y2＝(5x＋20×4)×92%＝4.6x＋73.6(x≥4)．
y1－y2＝0．4x－13.6(x≥4)，
令y1－y2＝0，得x＝34．
当购买34只茶杯时，两种办法付款相同；当4≤x<34时，y134时，y1>y2，优惠办法(2)省钱．
反思：利用作差法比较两个代数式的大小时，如果不能直接得出结果，就需要对某些字母的取值进行分类讨论．
题型四 易错辨析
【例4】 设a＋b＞0，n为偶数，比较＋与＋的大小．
错解：＋－－＝．
∵n为偶数，∴(ab)n＞0．又an－bn与an－1－bn－1同号，
∴＞0，即＋－－＞0．
∴＋＞＋．
错因分析：n为偶数时，an－bn和an－1－bn－1不一定同号，这里忽略了在题设条件a＋b＞0且没有明确字母的具体值的情况下，要考虑分类讨论，即对a＞0，b＞0和a，b有一个负值的情况加以讨论．
正解：＋－－＝．
(1)当a＞0，b＞0时，(an－bn)(an－1－bn－1)≥0，(ab)n＞0，
所以≥0，
故＋≥＋．
(2)当a，b有一个为负数时，不妨设a＞0，b＜0，且a＋b＞0，所以a＞|b|．又n为偶数，所以(an－bn)·(an－1－bn－1)≥0，且(ab)n＞0，
故≥0，
即＋≥＋．
综合(1)(2)可知，＋≥＋．
3.1.2 不等式的性质
课堂探究
一、不等式的性质的应用误区
剖析：使用不等式的性质时，一定要注意它们成立的前提条件，不可强化或弱化它们成立的条件，盲目套用，例如：
(1)a＞b，c＞da＋c＞b＋d，已知的两个不等式必须是同向不等式；
(2)a＞b＞0，且c＞d＞0ac＞bd，已知的两个不等式不仅要求同向，而且不等式的两边必须为正值；
(3)a＞b＞0an＞bn(n∈N＋，n＞1)及a＞b＞0＞(n∈N＋，n＞1)，成立的条件是已知不等式的两边为正值，并且n∈N＋，n＞1，否则结论就不成立．假设去掉b＞0这个条件，取a＝3，b＝－4，n＝2，就会出现32＞(－4)2的错误结论；又若去掉了“n∈N＋，n＞1”这个条件，取a＝3，b＝2，n＝－1，又会出现3－1＞2－1，即＞的错误结论．
对于性质4的推论2和推论3，在n取正奇数时，可放宽条件，命题仍成立，即有：a＞ban＞bn(n＝2k＋1，k∈N)，a＞b＞(n＝2k＋1，k∈N)．
名师点拨：(1)性质中的a和b可以是实数，也可以是代数式．
(2)对于性质2，要正确处理带等号的情况，由a>b，b≥c或a≥b，b>c均可推出a>c；而a≥b，b≥c可推出a≥c．
(3)性质3是不等式移项法则的基础．
(4)性质3的推论2是同向不等式相加法则的依据．
(5)若a＞b且ab＞0，则＜．若a＞b，且ab＜0，则＞，即“同号取倒数，方向改变，异号取倒数，方向不变”．
(6)若a＞b，c＜d，则a－c＞b－d．
(7)若a＞b＞0，c＞d＞0，则＞．
二、教材中的“？”
在解一元一次不等式3x－2≤5x＋1的过程中，应用了不等式的哪些性质？
剖析：
不等式的解
运用性质
3x－2≤5x＋1
－2x≤3
移项：性质3的推论1
2x≥－3
同乘－1：性质4
x≥－
同乘：性质4
题型一 判断真假
【例1】 下列命题中，一定正确的是( )
A．若a＞b，且＞，则a＞0，b＜0 B．若a＞b，b≠0，则＞1
C．若a＞b，且a＋c＞b＋d，则c＞d D．若a＞b，且ac＞bd，则c＞d
解析：对选项A，∵＞，∴＞0．
又a＞b，∴b－a＜0，∴ab＜0，∴a＞0，b＜0．
对选项B，当a＞0，b＜0时，有＜1，故B错．
对选项C，当a＝10，b＝2，c＝1，d＝3时，虽然10＋1＞2＋3，但1＜3，故C错．
对选项D，当a＝－1，b＝－2，c＝－1，d＝3时，
有(－1)×(－1)＞(－2)×3，但－1＜3，故D错．
答案：A
反思：运用不等式的性质进行数的大小的判断时，要注意不等式性质成立的条件，不能弱化条件，尤其是不能凭想当然随意捏造性质，解有关不等式的选择题时，也可采用特殊值法进行排除，注意取值一定要遵循以下原则：一是满足题设条件；二是取值要简单，便于验证计算．
题型二 应用不等式的性质证明不等式
【例2】 已知a>b>0，c求证： <．
分析：本题是考查不等式性质的应用，首先要看证明不等式需要用到哪几条性质，其次要注意性质成立的条件是否具备．
解：∵c∴－c>－d>0．
∴0<－<－．
a>b>0，∴－>－>0．
∴>，
即－>－，
两边同乘以－1，得<．
反思：(1)利用不等式的性质及其推论可以证明一些不等式．解决此类问题一定要在理解的基础上，记准、记熟不等式的性质并注意在解题中灵活准确地加以应用．
(2)应用不等式的性质进行推导时，应注意紧扣不等式的性质成立的条件，且不可省略条件或跳步推导，更不能随意构造性质与法则．
【互动探究】 若把条件“cd>0”，结论改为“>”，其他条件不变，应该怎样证明？
证明：∵a>b>0，∴0<<，即>>0．
又c>d>0，∴>>0，
∴>．
题型三 不等式性质的实际应用
【例3】 建筑设计规定，民用住宅的窗户面积必须小于地板面积．但按采光标准，窗户面积与地板面积的比值应不小于10%，且这个比值越大，住宅的采光条件越好．试问：同时增加相等的窗户面积和地板面积，住宅的采光条件是变好了，还是变坏了？请说明理由．
分析：可先设住宅的窗户面积、地板面积分别为a，b，根据题意知a＜b且≥10%，然后设同时增加的面积为m，得到a＋m＜b＋m，用比较法判断与的大小即可．
解：变好了．理由：设住宅的窗户面积、地板面积分别为a，b，同时增加的面积为m，根据问题的要求可知a＜b且≥10%．
由于－＝＞0，
于是＞．又≥10%，
因此＞≥10%．
所以，同时增加相等的窗户面积和地板面积后，住宅的采光条件变好了．
反思：一般地，设a，b为正实数，且a＜b，m＞0，则＞．利用这个不等式，可以解释很多现象，比如b克糖水中有a克糖(b＞a＞0)，若再添上m克糖(m＞0且未达到饱和状态)，则糖水变甜了．再比如芭蕾舞演员跳芭蕾时总是踮起脚尖，这是为什么呢？这是因为踮起脚尖改变了演员下半身与整个身高的比值，使这个比值接近于黄金分割比0.618，从而带给观众更美的享受．
题型四 易错辨析
【例4】 已知－＜β＜α＜，求2α－β的取值范围．
错解：∵－＜α＜，∴－π＜2α＜π．
又∵－＜β＜，∴－＜－β＜．
∴－＜2α－β＜．
错因分析：2α－β的取值范围可看做α＋(α－β)的取值范围，因为忽视了不等式自身的隐含条件β＜α?α－β＞0而导致扩大了取值范围．
正解：∵－＜α＜，－＜β＜，
∴－＜－β＜．
∴－π＜α－β＜π．
又∵β＜α，∴α－β＞0，
∴0＜α－β＜π，
∴－＜2α－β＜π．
3.2 均值不等式
课堂探究
一、使用均值不等式求最值的注意事项
剖析：(1)a，b都是正实数，即所求最值的代数式中的各项必须都是正数，否则就会得出错误答案．例如，当x<0时，函数f(x)＝x＋≥2＝2，所以函数f(x)的最小值是2．由于f(－2)＝－2＋＝－＜2，很明显这是一个错误的答案．其原因是当x<0时，不能直接用均值不等式求f(x)＝x＋的最值．因此，利用均值不等式求最值时，首先确定所求最值的代数式中的各项是否都是正数．其实，当x<0时，－x>0，则f(－x)＝－x＋≥2＝2，此时有f(x)≤－2．因此，当所求最值的代数式中的各项不都是正数时，应利用变形，转化为各项都是正数的代数式．
(2)ab与a＋b有一个是定值，即当ab是定值时，可以求a＋b的最值；当a＋b是定值时，可以求ab的最值．如果ab和a＋b都不是定值，那么就会得出错误答案．例如，当x>1时，函数f(x)＝x＋≥2，所以函数f(x)的最小值是2．由于2是一个与x有关的代数式，很明显这是一个错误的答案．其原因是没有掌握均值不等式求最值的条件：ab与a＋b有一个是定值．其实，当x>1时，有x－1>0，则函数f(x)＝x＋＝＋1≥2＋1＝3．因此，当ab与a＋b没有一个是定值时，通常把所求最值的代数式采用配凑的方法化为和或积为定值的形式．
(3)等号能够成立，即存在正数a，b使均值不等式两边相等，也就是存在正数a，b使得＝．如果忽视这一点，就会得出错误答案．例如，当x≥2时，函数f(x)＝x＋≥2＝2，所以函数f(x)的最小值是2．很明显x＋中的各项都是正数，积也是定值，但是等号成立的条件是当且仅当x＝，即x＝1，而函数的定义域是x≥2，所以这是一个错误的答案．其原因是均值不等式中的等号不成立．其实，根据解题经验，遇到这种情况时，一般就不再用均值不等式求最值了，此时该函数的单调性是确定的，可以利用函数的单调性求得最值．利用函数单调性的定义可以证明，当x≥2时，函数f(x)＝x＋是增函数，函数f(x)的最小值是f(2)＝2＋＝．
因此在使用均值不等式求最值时，上面三个条件缺一不可，通常将这三个条件总结成口诀：一正、二定、三相等．
二、教材中的“思考与讨论”
均值不等式与不等式a2＋b2≥2ab的关系如何？请对此进行讨论．
剖析：(1)在a2＋b2≥2ab中，a，b∈R；在a＋b≥2中，a，b＞0．
(2)两者都带有等号，等号成立的条件从形式上看是一样的，但实质不同(范围不同)．
(3)证明的方法都是作差比较法．
(4)都可以用来求最值．
题型一 利用均值不等式求最值
【例1】 (1)已知x，y∈(0，＋∞)，且2x＋y＝1，求＋的最小值；
(2)已知x<2，求函数f(x)＝x＋的最大值．
分析：(1)利用“1”的代换，即将＋等价转化为×1或＋即可；(2)将x＋等价转化为－＋2即可．
解：(1)＋＝(2x＋y)＝2＋＋＋1＝3＋＋≥3＋2＝3＋2，
当且仅当＝，即?时等号成立．
∴＋的最小值为3＋2．
(2)∵x<2，∴2－x>0，
∴f(x)＝x＋＝－＋2
≤－2＋2＝－2，
当且仅当2－x＝，得x＝0或x＝4(舍去)，即x＝0时，等号成立．
∴x＋取得最大值－2．
反思：求最值问题第一步就是“找”定值，观察、分析、构造定值是问题突破口．定值找到还要看“＝”是否成立，不管题目是否要求指出等号成立的条件，都要验证“＝”是否成立．
题型二 利用均值不等式比较大小
【例2】 若a≥b≥0，试比较a，，，，，b的大小．
分析：这是一个有趣的不等式链，取特殊值可判断其大小关系．借助不等式和重要不等式变形可寻求判断和证明的方法．
解：∵a≥b≥0，∴≤＝a．
∵a2＋b2≥2ab，∴2(a2＋b2)≥(a＋b)2，
∴≥2．
又a>0，b>0，则≥＝．
∵≥，∴≥．
∵－b＝≥0，∴≥b．
∴a≥≥≥≥≥b．
反思：均值不等式a＋b≥2(a，b∈R＋)是综合证明不等式和利用重要不等式求最值的工具，要注意不等式成立的条件，它与两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数是等价命题．有趣的不等式链≥≥≥(a，b∈R＋)，揭示了两正数倒数和、积、和平方、平方和之间的不等关系，当某一部分为定值时，其余三部分都能取到最值，且都在两数相等时取等号，利用这个不等式链往往使复杂问题简单化，要在理解的基础上记忆和应用．
题型三 利用均值不等式证明不等式
【例3】 已知a，b，c都是正实数，且a＋b＋c＝1，
求证：(1－a)(1－b)(1－c)≥8abc．
分析：注意到a＋b＋c＝1，故可运用“常数代换”的策略将所证不等式的左边的“1”代换成字母形式．
证明：∵a＋b＋c＝1，∴(1－a)(1－b)(1－c)＝(b＋c)(a＋c)(a＋b)．
又∵a，b，c都是正实数，
∴≥>0，≥>0，≥>0．
∴≥abc．
∴(1－a)(1－b)(1－c)≥8abc．
当且仅当a＝b＝c＝时，等号成立．
反思：这是一道条件不等式的证明题，充分利用条件是证题的关键，此题要注意“1”的整体代换及三个“＝”必须同时取到．
题型四 利用均值不等式解恒成立问题
【例4】 已知不等式(x＋y)≥9对任意正实数x，y恒成立，求正实数a的最小值．
分析：→→
解：∵(x＋y)＝1＋a＋＋，又x＞0，y＞0，a＞0，∴＋≥2＝2，
∴1＋a＋＋≥1＋a＋2，
∴要使(x＋y)≥9对任意正实数x，y恒成立，只需1＋a＋2≥9恒成立即可．
∴(＋1)2≥9，即＋1≥3，∴a≥4，∴正实数a的最小值为4．
反思：恒成立问题是数学问题中非常重要的问题，在此类问题的解法中，利用均值不等式和不等式的传递性求解是最重要的一种方法，在高考中经常考查．
题型五 易错辨析
【例5】 已知0＜x＜1，求f(x)＝2＋log5x＋的最值．
错解：f(x)＝2＋log5x＋≥2＋2＝2＋2，∴f(x)的最小值为2＋2．
错因分析：a＋b≥2的前提条件是a，b＞0，∵0＜x＜1，∴log5x＜0．∴＜0．∴不能直接使用均值不等式．
正解：∵0＜x＜1，∴log5x＜0．∴(－log5x)＋≥2＝2．
∴log5x＋≤－2．
∴f(x)≤2－2．
当且仅当log5x＝，即x＝5－时，等号成立，此时f(x)有最大值2－2．
【例6】 求f(x)＝＋1的最小值．
错解：因为f(x)＝＋1＝＋1＝＋＋1≥2＋1＝3，所以f(x)＝＋1的最小值为3．
错因分析：忽视了等号成立的条件，事实上方程＝无解，所以等号不成立，正确的处理方法是：利用函数的单调性求最值．
正解：f(x)＝＋1＝＋1＝＋＋1．
令t＝(t≥)，
则原函数变为f(x)＝t＋＋1，在区间[，＋∞)上是增函数．
所以当t＝时，f(x)＝t＋＋1取得最小值＋1．
所以当t＝，即x＝0时，f(x)＝＋1取得最小值＋1．
3.3 一元二次不等式及其解法
课堂探究
一、借助函数图象解不等式的原理分析
剖析：我们知道以自变量的取值为横坐标，对应的函数值作为纵坐标在平面直角坐标系中描出所有的点，这些点就构成了函数的图象．因此函数图象上点的坐标的意义是横坐标是自变量的取值，纵坐标是对应的函数值．二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象上的点的坐标的意义也是一样．由于位于x轴上方的点的纵坐标大于0，位于x轴上的点的纵坐标等于0，位于x轴下方的点的纵坐标小于0，所以二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象上位于x轴上方的点的横坐标的取值范围是不等式f(x)＝ax2＋bx＋c>0的解集，二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c的图象上位于x轴下方的点的横坐标的取值范围是不等式f(x)＝ax2＋bx＋c<0的解集．所以可以用二次函数的图象解一元二次不等式．当然，对于任意函数y＝f(x)，只要能画出它的图象，那么就可以解不等式f(x)>0或f(x)<0．
知识拓展：(1)如果一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0的解集是R，则有如果一元二次不等式ax2＋bx＋c≤0的解集是R，则有
(2)如果一元二次不等式ax2＋bx＋c≥0的解集是，则有如果一元二次不等式ax2＋bx＋c≤0的解集是，则有
二、简单的一元高次不等式的解法
剖析：解法有两种：(1)等价转化，把高次不等式转化为低次不等式组．
(2)穿根法：先化成最高次项系数为正的形式，再把高次不等式中的多项式分解为多个一次或二次因式的积的形式，求出对应方程的根，依次在数轴上把根标出，然后用一条曲线从最大的根的右上方穿起，穿过所有根，曲线与数轴围成的上方区域为“>”型不等式的解集，下方区域为“<”型不等式的解集．当有重根时，偶次重根“穿而不过”，奇次重根按一次根对待．
三、分式不等式的解法
剖析：分母中含有未知数，且分子、分母都是关于未知数的多项式的不等式称为分式不等式，解法有两种：
(1)穿根法，其解题过程为：
先化成标准式(右端为0，左端的分子、分母均为一次因式或二次不可约因式的积)，要求各一次因式中的x的系数及二次因式中的x2的系数必须为正数．以下过程同一元高次不等式的解法．
(2)等价转化法，如下表所示．
分式不等式
同解变形1
同解变形2
>0
>0或
>0f(x)g(x)>0
<0
<0或
<0f(x)g(x)<0
≥0
或
≥0
≤0
或
≤0
四、教材中的“？”
1．由(1)和(2)的解法，你能否解不等式
≥0，≤0?
剖析：(1)≥0相当于或即或得x＞3或x≤－2．
(2)≤0相当于或即或得－2≤x＜3．
2．不等式x2＋4x＋4≥0的解集是什么？x2＋4x＋4≤0的解集是什么？
剖析：x2＋4x＋4≥0相当于(x＋2)2≥0，∴不等式的解集为R．
x2＋4x＋4≤0相当于(x＋2)2≤0，∴不等式的解集为{x|x＝－2}．
题型一 一元二次不等式的概念
【例1】 ①x2＋x＋1<0，②－x2－4x＋5≤0，③x＋y2＋1>0，④mx2－5x＋1>0，⑤－x3＋5x≥0，⑥(a2＋1)x2＋bx＋c>0(m，a∈R)．其中关于x的不等式是一元二次不等式的是__________．(请把正确的序号都填上)
解析：①②是；③不是；④不一定是，因为当m＝0时，它是一元一次不等式；⑤不是，因为未知数的最高次数是3；⑥是，尽管x2的系数含有字母，但a2＋1≠0，所以⑥与④不同，故答案为①②⑥．
答案：①②⑥
反思：当所给不等式的二次项系数含字母时，要注意二次项系数是否为零，这一点决定了这个不等式是否为一元二次不等式．
题型二 一元二次不等式的解法
【例2】 (2013广东高考，理9)不等式x2＋x－2<0的解集为__________．
解析：x2＋x－2<0即(x＋2)(x－1)<0，
解得－2答案：{x|－2【例3】 解关于x的不等式：x2－(a＋a2)x＋a3＞0(a∈R)．
分析：这是一个含有参数的一元二次不等式，首先考虑因式分解，分解之后可知方程的根是a，a2，需要对两根进行大小比较，所以要进行讨论．
解：将不等式x2－(a＋a2)x＋a3＞0变形为(x－a)·(x－a2)＞0．
当a＜0或a>1时，有a＜a2，解集为{x|x＜a或x＞a2}；
当0＜a＜1时，有a＞a2，解集为{x|x＜a2或x＞a}；
当a＝0时，解集为{x|x≠0}；
当a＝1时，解集为{x|x≠1}．
反思：熟练掌握一元一次和一元二次不等式的解集形式是解不等式的基础，对含字母系数的不等式，要注意按字母的取值情况进行分类讨论，分类时要注意不重、不漏．
题型三 已知一元二次不等式的解集求参数问题
【例4】 若不等式px2＋qx＋2＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，求p＋q．
分析：本题需要通过不等式的解集来确定不等式的系数，它类似于在初中所碰到的由方程的根确定方程的系数．于是我们很自然地想到能否将不等式问题转化为方程问题．
解：∵不等式px2＋qx＋2＞0的解集为(－1，2)，
∴方程px2＋qx＋2＝0的两根是x1＝－1，x2＝2，且p<0．
由韦达定理，可知p＋q＝0．
反思：在本题中，已知不等式的解集，要求确定其系数，这和解不等式的问题(已知系数求其解集)正好是互为逆向的两类问题．这类问题也可以用下面的方法来解：(1)先作出一个解集符合要求的不等式；(2)根据不等式同解的要求，确定其系数的数值．利用此法确定不等式系数时，必须注意：①将两不等式化为同向不等式；②同向二次不等式的二次项系数同号，否则就会产生错误．
【互动探究】 已知方程x2＋2mx－m＋12＝0的两个实根都大于2，求实数m的取值范围．
解：设方程x2＋2mx－m＋12＝0的两根为x1，x2．
由题意知即
解得
所以－题型四 分式不等式的解法
【例5】 解下列不等式：
(1)≤0；(2)>0；(3)<0．
解：(1)≤0．
(2)>0 (2x－1)(3x＋1)>0．
(3)<0ax(x＋1)<0，
当a>0时，ax(x＋1)<0x(x＋1)<0{x|－1当a＝0时，原不等式的解集为?；
当a<0时，ax(x＋1)<0x(x＋1)>0{x|x>0或x<－1}．
反思：在分式转化为整式的过程中注意分母不为零，对于“≥”“≤”型的分式不等式，转化后应变为不等式组．
3.4 不等式的实际应用
课堂探究
一、解应用题的流程
剖析：数学问题就是数学语言的理解问题，数学语言具有简洁、准确的特点，但同时也具有丰富的内涵，而数学应用题多使用自然语言进行叙述，所以，对文字的理解就显得非常重要，要正确理解应用题的含义主要可以从以下几个步骤入手：
(1)略读识大意．应用题实际上是一篇说明文，一般文字比较多，信息量比较大．这就需要快速浏览一遍，理解题目的大意：题目叙述的是什么事，是什么问题(比如不等式问题，是求最值还是要解不等式得出结论等)．条件是什么，求解的是什么，涉及哪些基本概念，可以一边阅读一边写下主要内容，或者列表显示主要条件和要求的结论．
(2)细读抓关键．题目中关键词语和重要语句往往是重要的信息所在，将其辨析出来是实现综合认知的出发点．因此，在略读以后还要对题目进行逐字逐句地细读，弄清具体含义及各量之间的关系．
(3)精读巧转换．领会题意的关键是“内部转化”，即把一个抽象的内容转化为一个具体的内容，把符号转化为文字，把文字叙述转化为符号或图表，总之，大脑要有灵活的转化思维．
二、常见的不等式实际应用类型
剖析：常见的不等式实际应用问题有以下几种：
(1)作差法解决实际问题
作差法的依据是a－b＞0?a＞b，其基本步骤是：
①理解题意，准确地将要比较的两个对象用数学式子表示出来．
②作差，分析差的符号．
③将作差后的结论转化为实际问题的结论．
(2)应用均值不等式解决实际问题
①均值不等式：a，b＞0，≥(当且仅当a＝b时，等号成立)．
当ab＝P(定值)，那么当a＝b时，a＋b有最小值2；
当a＋b＝S(定值)，那么当a＝b时，ab有最大值S2．
②注意利用均值不等式必须有前提条件：“一正、二定、三相等”．为了创造利用均值不等式的条件，常用技巧有配凑因子、拆项或平方．
(3)应用一元二次不等式解决实际问题
用一元二次不等式解决实际问题的操作步骤大致为：
①理解题意，搞清量与量之间的关系；
②建立相应的不等关系，把实际问题抽象为数学中的一元二次不等式问题；
③解所列的一元二次不等式得到实际问题的解．
名师点拨：在建立不等关系时，一定要弄清楚各种方法的适用范围及未知量的取值范围，不可盲目使用．
题型一 一元二次不等式的实际应用
【例1】 某企业生产一种产品x(百件)的成本为(3x－3)万元，销售总收入为(2x2－5)万元，如果要保证该企业不亏本，那么至少生产该产品为______(百件)．
解析：要不亏本只需收入不小于成本，即2x2－5－(3x－3)≥0，即2x2－3x－2≥0，解得x≤－或x≥2，而产品件数不能是负数，所以x的最小值为2．
答案：2
题型二 利用均值不等式解应用题
【例2】 某种汽车，购车费用是10万元，每年使用的保险费、养路费、汽油费约为0．9万元，年维修费第一年是0.2万元，以后逐年递增0.2万元．问这种汽车使用多少年时，它的年平均费用最少？
分析：每年的保险费、养路费等是一个定数，关键是每年的维修费逐年递增，构成一个等差数列，只需求出x年的总费用(包括购车费)除以x年，即为平均费用y．列出函数关系式，再求解．
解：设汽车使用的年数为x．
由于“年维修费第一年是0.2万元，以后逐年递增0.2万元”，可知汽车每年维修费构成以0.2万元为首项，0.2万元为公差的等差数列．
因此，汽车使用x年总的维修费用为x万元．
设汽车的年平均费用为y万元，则有
y＝＝＝1＋＋≥1＋2＝3．
当且仅当＝，即x＝10时，等号成立，即y取最小值．
答：汽车使用10年时年平均费用最少．
反思：应用两个正数的均值不等式解决实际问题的方法步骤是：(1)先理解题意，设变量．设变量时一般把要求最大值或最小值的变量定为函数；(2)建立相应的函数关系式，把实际问题抽象为函数的最大值或最小值问题；(3)在定义域内，求出函数的最大值或最小值；(4)写出正确答案．
题型三 易错辨析
【例3】 甲、乙两地水路相距s km，一条船由甲地逆流匀速行驶至乙地，水流速度为常量p km/h，船在静水中的最大速度为q km/h(q>p)．已知船每小时的燃料费用(元)与船在静水中的速度v(km/h)的平方成正比，比例系数为k．
(1)把全程燃料费用y(元)表示为船在静水中的速度v(km/h)的函数，并指出这个函数的定义域；
(2)为了使全程燃料费用最少，船的实际前进速度应是多少？
错解：(1)依题意，船由甲地到乙地所用的时间为 h，则y＝k·v2·＝．
故所求函数为y＝，其定义域为v∈(p，q]．
(2)依题意，k，s，v，p，q均为正数，且v－p>0，
故有＝ks·＝ks≥ks(2p＋2p)＝4ksp，
当且仅当v－p＝，即v＝2p时等号成立．
所以当船的实际前进速度为p km/h时，全程燃料费用最少．
错因分析：错解中船在静水中的速度v＝2p km/h应不超过q km/h，事实上2p与q的大小关系并不明确，因此需分2p≤q和2p>q两种情况进行讨论．
正解：(1)同错解(1)．
(2)解题过程同错解(2)．
若2p≤q，则当v＝2p时，y取最小值，这时船的实际前进速度为p km/h．
若2p>q，当v∈(p，q]时，－＝ks·．
∵v－p>0，q－p>0，q－v≥0，pq＋pv－qv≥pv＋pv－qv＝(2p－q)v>0，∴≥．
当且仅当v＝q时等号成立，即当v＝q时，y取得最小值．此时船的实际前进速度为(q－p) km/h．
3.5.1 二元一次不等式(组)所表示的平面区域
课堂探究
二元一次不等式表示的平面区域的判定方法
剖析：方法一：第一步，直线定边界，画出直线Ax＋By＋C＝0，当不等式中含有等号时，直线画成实线，否则画成虚线．
第二步，特殊点定平面区域，在坐标平面内取一个特殊点，当C≠0时，常取原点(0，0)．若原点满足不等式，则原点所在的一侧即为不等式表示的平面区域；若原点不满足不等式，则原点不在的一侧即为不等式表示的平面区域．当C＝0时，可考虑把点(1，0)或(0，1)作为测试点．
口诀如下：直线定界，特殊点定域．
方法二：Ax＋By＋C>0，当B>0时表示区域为直线上方区域；B<0时为直线下方区域．
Ax＋By＋C<0，当B>0时表示区域为直线下方区域，当B<0时为直线上方区域．概括为“B”与“不等号”同向在“上方”，“B”与“不等号”反向在“下方”．
平面内任意两点P(x1，y1)，Q(x2，y2)在直线Ax＋By＋C＝0同侧、异侧的充要条件：
由于直线同一侧的点的坐标(x，y)使Ax＋By＋C具有相同的符号，且一侧为正，另一侧必为负，因而直线同一侧的点使Ax＋By＋C的值的符号相同，直线不同侧的点使Ax＋By＋C的值的符号相反，因而我们有以下的结论：
P(x1，y1)，Q(x2，y2)在直线Ax＋By＋C＝0同侧?(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)>0；
P(x1，y1)，Q(x2，y2)在直线Ax＋By＋C＝0异侧?(Ax1＋By1＋C)(Ax2＋By2＋C)<0．
题型一 二元一次不等式表示平面区域
【例1】 在平面直角坐标系中画出下列二元一次不等式表示的平面区域．
(1)x－y＋1>0；
(2)x＋2y－4≤0．
分析：本题考查二元一次不等式表示的平面区域问题，先画出直线，再用特殊点确定不等式表示的平面区域．
解：(1)画出直线l1：x－y＋1＝0(虚线)，
取原点O(0，0)代入x－y＋1，得1>0，不等式成立．
所以O(0，0)在x－y＋1>0表示的平面区域内，故x－y＋1>0表示的平面区域就是直线l1右下方的区域．
画出区域如图(1)所示的阴影部分(不包括直线l1上的点)．
(2)画出直线l2：x＋2y－4＝0(实线)．
取原点O(0，0)代入x＋2y－4，得－4<0，不等式成立．
所以x＋2y－4≤0表示的平面区域是直线l2及其左下方的区域．
画出区域如图(2)所示的阴影部分(包括直线l2上的点)．
反思 由于二元一次不等式Ax＋By＋C>0(或Ax＋By＋C<0)表示的平面区域一定是直线Ax＋By＋C＝0的某一侧．要断定究竟是哪一侧，可以取直线Ax＋By＋C＝0某侧的一点，将它的坐标代入不等式，如果不等式成立，那么这一侧就是该不等式表示的平面区域；如果不等式不成立，那么直线的另一侧就是该不等式表示的平面区域．如果直线不通过原点，一般取原点(0，0)来进行判断．
题型二 二元一次不等式组表示平面区域
【例2】 画出不等式(x＋2y＋1)(x－y＋4)≤0表示的平面区域．
分析：此不等式为二元二次不等式，看似无从下手，注意到不等号右边为0，左边为两因式乘积，易联想到利用“两数相乘，异号得负”的法则，将其转化为两个二元一次不等式组．
解：此不等式可转化为或
分别画出这两个不等式组所表示的平面区域，这两个平面区域的并集即为所求的平面区域，如图所示(阴影部分)．
反思 (1)画平面区域时作图要尽量准确，特别是画边界；(2)非二元一次不等式表示的平面区域问题往往等价转化为二元一次不等式(组)表示的平面区域问题．
题型三 根据平面区域写出不等式(组)
【例3】 将下面图中的平面区域(阴影部分)用不等式表示出来．
分析：观察图形，先写出边界直线，并确定虚实，然后写出不等式．
解：(1)易知直线方程为x＝－1，图中阴影部分的点的横坐标都小于－1，故不等式为x≤－1．
(2)由截距式得直线方程为＋＝1，即y＝－x＋1．
因为0<－×0＋1，且原点在阴影部分中，故阴影部分可用不等式y<－x＋1，即x＋2y－2<0表示．
(3)易知直线斜率为1，过点(1，0)，其方程为y＝x－1．
因为0>0－1且原点在阴影部分中，故阴影部分可用不等式y>x－1，即x－y－1<0表示．
反思 根据平面区域写二元一次不等式的方法与步骤．
第一步：确定直线方程，根据平面区域(阴影部分)的边界与两坐标轴的交点确定直线方程；
第二步：在阴影部分中取特殊点确定不等号的方向，写出对应平面区域的二元一次不等式．
题型四 求平面区域内的整点坐标
【例4】 不等式组表示的平面区域内的整点(横坐标和纵坐标都是整数的点)共有________个．
解析：画出不等式组表示的平面区域，如图所示(阴影部分，不含x轴和y轴)．
从图形可以看出区域内点的横坐标在区间(0，3)内，取x=1，2，当x=1时，区域内的整点有(1，1)，(1，2)．当x=2时，区域内的整点有(2，1)．共3个．
答案：3
反思 求不等式组所表示的平面区域内的整点坐标常有两种方法：①先确定区域内横坐标的范围，确定x的所有整数值，通过x的值再确定y相应的整数值；②网格法求整点，此法关键是作图要准确．
题型五 易错辨析
【例5】 画出不等式组表示的平面区域．
错解：如图所示的阴影部分．
错因分析：不等式2x＋y－6≥0表示的平面区域是直线2x＋y－6＝0及其右上方的部分，将(0，0)代入2x＋y－6，得－6<0，所以原点不在不等式表示的平面区域内．
正解：如图所示的阴影部分．
3.5.2 简单线性规划
课堂探究
一、图解法求最值的实质
剖析：设目标函数为z＝Ax＋By＋C(AB≠0)，由z＝Ax＋By＋C得y＝－x＋．这样，二元一次函数就可以视为斜率为－，在y轴上截距为，且随z变化的一组平行线．于是，把求z的最大值和最小值的问题转化为直线与可行域有公共点时，直线在y轴上的截距的最大值和最小值的问题．当B>0时，z的值随着直线在y轴上的截距的增大而增大；当B<0时，z的值随着直线在y轴上的截距的增大而减小．
名师点拔 (1)如果可行域是一个多边形，那么一般在其顶点处使目标函数取得最大或最小值，最优解一般就是多边形的某个顶点．
(2)由于最优解是通过图形来观察的，故作图要准确，否则观察的结果可能有误．
二、常见的线性规划问题类型
剖析：(1)线性规划的理论和方法主要在两类问题中得到应用：
一是在人力、物力、资金等资源一定的条件下，如何使用它们来完成最多的任务；
二是给定一项任务，如何合理安排和规划，能以最少的人力、物力、资金等资源来完成该项任务．
(2)线性规划问题的常见类型有：
①物资调运问题
例如已知A1，A2两煤矿每年的产量，煤需经B1，B2两个车站运往外地，B1，B2两车站的运输能力是有限的，且已知A1，A2两煤矿运往B1，B2两车站的运输价格，煤矿应怎样编制调运方案，能使总运费最少？
②产品安排问题
例如某工厂生产甲、乙两种产品，每生产一个单位的甲种或乙种产品所需A，B，C三种材料的数量、此厂每月所能提供的三种材料的限额、每生产一个单位甲种或乙种产品所获利润额都是已知的，这个厂每月应如何安排产品的生产，才能使每月获得的总利润最大？
③下料问题
例如要把一批长钢管截成两种规格的短钢管，怎样下料能使损耗最小？
题型一 线性目标函数的最值问题
【例1】 (1)(2013·四川高考，文8)若变量x，y满足约束条件且z＝5y－x的最大值为a，最小值为b，则a－b的值是( )
A．48 B．30 C．24 D．16
解析：画出可行域，如图．
联立解得即A点坐标为(4，4)，
由线性规划可知，zmax＝5×4－4＝16，zmin＝0－8＝－8，即a＝16，b＝－8，
∴a－b＝24．故选C．
答案：C
(2)(2013·课标全国Ⅱ高考，理9)已知a>0，x，y满足约束条件若z＝2x＋y的最小值为1，则a＝( )
A． B． C．1 D．2
解析：由题意作出所表示的区域如图阴影部分所示，
作直线2x＋y＝1，因为直线2x＋y＝1与直线x＝1的交点坐标为(1，－1)，结合题意知直线y＝a(x－3)过点(1，－1)，代入得a＝，所以a＝．
答案：B
反思 解决线性目标函数的最值问题一般用图解法，但应注意作图要规范，且要弄清函数值与截距的内在联系；对于第(2)小题属逆向问题，在解决时也要正向解答．
题型二 非线性目标函数的最值问题
【例2】 已知求：
(1)z＝x2＋y2－10y＋25的最小值；
(2)z＝的取值范围．
分析：(1)中z＝x2＋y2－10y＋25＝(x－0)2＋(y－5)2的几何意义为平面区域内的点(x，y)到(0，5)的距离的平方；(2)z＝＝2·的几何意义为平面区域内的点(x，y)与连线斜率的2倍．关键是将目标函数进行变形找到几何意义，再利用数形结合知识求解．
解：作出可行域，如图阴影部分所示．
可求得A(1，3)，B(3，1)，C(7，9)．
(1)z＝x2＋(y－5)2表示可行域内任一点(x，y)到点M(0，5)的距离的平方，过M作MN⊥AC于N，则|MN|＝＝＝．
所以|MN|2＝，所以z＝x2＋y2－10y＋25的最小值为．
(2)z＝2·表示可行域内点(x，y)与定点Q连线斜率的2倍．
∵kQA＝，kQB＝，故z的取值范围是．
反思 (1)对形如z＝(x－a)2＋(y－b)2型的目标函数均可化为求可行域内的点(x，y)与点(a，b)间的距离的平方的最值问题．
(2)对形如z＝(ac≠0)型的目标函数，可先变形为z＝·的形式，将问题转化为求可行域内的点(x，y)与连线斜率的倍的范围、最值等，注意斜率不存在的情况．
(3)z＝|Ax＋By＋C|可转化为点(x，y)到直线Ax＋By＋C＝0的距离的倍．
题型三 简单的线性规划问题
【例3】 某校伙食长期以面粉和大米为主食，面食每100 g含蛋白质6个单位，含淀粉4个单位，售价0．5元，米饭每100 g含蛋白质3个单位，含淀粉7个单位，售价0．4元，学校要求给学生配制盒饭，每盒盒饭至少有8个单位的蛋白质和10个单位的淀粉，问应如何配制盒饭，才既科学又费用最少？
分析：根据实际问题中的已知条件，找出约束条件和目标函数，再用图解法解之．先作可行域，再作出初始直线l0，通过向上或向下平移直线l0至可行域的边界点，便得最优解，再进一步求最值．
解：设每盒盒饭需要面食x(百克)，米饭y(百克)，
所需费用为z＝0．5x＋0．4y，且x，y满足
作出可行域，如下图阴影部分所示．
令z＝0，作直线l0：0．5x＋0．4y＝0，即直线5x＋4y＝0．
由图形可知，把直线l0平移至过点A时，z取最小值．
由得A．
答：每盒盒饭为面食百克，米饭百克时既科学又费用最少．
反思 (1)在线性规划应用问题中，常常是题中的条件较多，因此认真审题非常重要；
(2)线性约束条件中有无等号要依据条件加以判断；
(3)结合实际问题，分析未知数x，y等是否有限制，如x，y为正整数、非负数等；
(4)分清线性约束条件和线性目标函数，线性约束条件一般是不等式，而线性目标函数却是一个等式；
(5)图对解决线性规划问题至关重要，关键步骤基本上都是在图上完成的，所以作图应尽可能的准确，图上操作尽可能规范．但作图中必然会有误差，假如图上的最优点不容易看出时，需将几个有可能是最优点的坐标都求出来，然后逐一检查，以确定最优解．
题型四 最优整数解的问题
【例4】 (2013·湖北高考，文9)某旅行社租用A，B两种型号的客车安排900名客人旅行，A，B两种车辆的载客量分别为36人和60人，租金分别为1 600元/辆和2 400元/辆，旅行社要求租车总数不超过21辆，且B型车不多于A型车7辆，则租金最少为( )
A．31 200元 B．36 000元 C．36 800元 D．38 400元
解析：设需A，B型车分别为x，y辆(x，y∈N)，则x，y需满足设租金为z，则z＝1 600x＋2 400y，画出可行域如图，根据线性规划中截距问题，可求得最优解为x＝5，y＝12，此时z最小等于36 800，故选C．
答案：C
反思 如果遇到问题是求最优整数解，可先求出线性规划的最优解，若它是整数解，则问题解决；若不是，要在该非整数解周围可行域内寻求与之最近的整数解，可通过精确作图，打好网格的办法求得．
题型五 易错辨析
【例5】 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx(a≠0)满足1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，则f(－2)的范围是( )
A．[3，12] B．(3，12) C．(5，10) D．[5，10]
错解：由于f(－2)＝4a－2b，要求f(－2)的范围，可先求a与b的范围．由f(－1)＝a－b，f(1)＝a＋b，得
两式相加得≤a≤3．
又－2≤b－a≤－1，③
②式与③式相加得0≤b≤．
∴6≤4a≤12，－3≤－2b≤0．
∴3≤4a－2b≤12．
即3≤f(－2)≤12．
故选A．
错因分析：这种解法看似正确，实则使f(－2)的范围扩大了．事实上，这里f(－2)最小值不可能取到3，最大值也不可能是12．由上述解题过程可知，当a＝且b＝时才能使4a－2b＝3，而此时a－b＝0，不满足①式．同理可验证4a－2b也不能等于12．出现上述错误的原因是“同向不等式两边分别相加所得不等式与原不等式同向”这一性质是单向的，用它来作变形，是非同解变形．以上解法为了求a，b的范围，多次应用了这一性质，使所求范围扩大了．
正解：解法一：∵∴
∴f(－2)＝4a－2b＝2[f(1)＋f(－1)]－[f(1)－f(－1)]＝3f(－1)＋f(1)．
∵1≤f(－1)≤2，2≤f(1)≤4，∴5≤f(－2)≤10，故选D．
解法二：数形结合法在坐标平面aOb上，
作出直线a＋b＝2，a＋b＝4，a－b＝1，a－b＝2，
则表示平面上的阴影部分(包括边界)，如下图阴影部分所示．
令m＝4a－2b，则b＝2a－．
显然m为直线系4a－2b＝m在b轴上截距2倍的相反数．
当直线b＝2a－过阴影部分中点A时，m取最小值5；
过点C(3，1)时，m取最大值10．
∴f(－2)∈[5，10]，故选D．
2.1.1 数列
课堂探究
一、对数列通项公式的理解
剖析：(1)数列的通项公式实际上是一个以自然数或它的有限子集{1，2，…，n}为定义域的函数表达式．
(2)如果知道了数列的通项公式，那么依次用1，2，3，…去替代公式中的n就可以求出这个数列的各项；同时，用数列的通项公式也可以判断某数是否是某数列中的项，如果是的话，是第几项．
(3)与所有的函数关系不一定都有解析式一样，并不是所有的数列都有通项公式．如的不足近似值，精确到1，0．1，0．01，0．001，0．000 1，…，所构成的数列1，1．4，1．41，1．414，1．414 2，…就没有通项公式．
(4)有的数列的通项公式，在形式上不一定是唯一的，正如数列：－1，1，－1，1，－1，1，…，它可以写成an＝(－1)n，也可以写成an＝还可以写成an＝(－1)n＋2(n＝1，2，3，…)等，这些通项公式，形式上虽然不同，但都表示同一个数列．
(5)有些数列，只给出它的前几项，并没有给出它的构成规律，那么仅由前面几项归纳出数列的通项公式并不唯一．
二、函数思想在数列中的应用
剖析：数列是一种特殊的函数，判断数列的单调性，求数列的最值、周期等都可以利用函数的思想来解决．
(1)数列是一种特殊的函数，其定义域为正整数集(或它的有限子集)，值域是数列中的项的集合．
(2)数列的通项公式是项an与项数n的等量关系式．从函数的思想看，就是函数值an与自变量n的等量关系式．利用通项公式求数列中的项的问题，从函数的观点看就是已知函数解析式求函数值的问题．因此，用函数的思想解决数列问题可使问题变得更简单．
(3)数列中求数列最大(小)项的问题也是常见题目，就是用函数的思想求函数的最值问题，可利用函数求最值的方法求数列中的最大(小)项问题，如图象法等，可使问题简单化．
(4)数列中求数列的单调性问题也是常见题目．就是用函数的思想求数列的单调性问题，可利用函数单调性的定义求数列的单调性，又使问题函数化了．
总之，在函数中研究的函数性质在数列中都有可能利用到，利用函数的思想解决数列的有关问题可达到事半功倍的效果．
三、教材中的“思考与讨论”
是否存在一个各项都小于5的无穷递增数列？如果存在，请写出一个这样的数列的通项公式．(提示：先定义一个在(0，＋∞)上，且函数值都小于5的函数)
剖析：存在这样的数列，如an＝－，an＝5－等均满足条件．
题型一 数列的概念
【例1】 下列哪些表示数列？哪些不表示数列？
(1){1，5，2，3，6，7}；
(2)方程x(x－1)(x－2)(x－3)(x－4)＝0的解；
(3)f(x)＝x2－x＋2的函数值f(－1)，f(0)，f(1)，f(2)；
(4)当x＝1时，x，x＋1，x－2，x2，2x的值；
(5)－3，－1，1，x，5，7，y，11．
分析：由数列的定义，抓住两点：(1)是否是一列数；(2)是否按照一定的顺序排列，即可判断出是否为数列．
解：(1){1，5，2，3，6，7}表示的是一个数集，而不是数列；
(2)表示的是方程的解，虽然是数，却没有一定的顺序，不能叫数列；
(3)f(－1)，f(0)，f(1)，f(2)是有顺序的一列数，是数列；
(4)当x＝1时，x，x＋1，x－2，x2，2x都是一些数，而且具有顺序，故是数列；
(5)当x，y表示数时为数列；当x，y中有一个不代表数时，便不是数列．
反思：运用数列的定义判断一组元素是否为数列的一般步骤是：(1)判断这组元素是否都是数；(2)判断这组元素是否按照一定的顺序排列．注意：按一定顺序不表示该数列具有规律性，即数列中的每一项可以是有规律的，也可以是无规律的．
题型二 根据通项公式求项
【例2】 根据下面数列的通项公式，写出它们的前5项．
(1)an＝；(2)an＝3n＋2n．
分析：已知数列的通项公式，依次用1，2，3，…代替公式中的n，便可以求出数列的各项．
解：(1)在通项公式an＝中，依次取n＝1，2，3，4，5，得到数列的前5项为a1＝＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，a5＝＝．
(2)在通项公式an＝3n＋2n中，依次取n＝1，2，3，4，5，得到数列的前5项为a1＝3×1＋21＝5，a2＝3×2＋22＝10，a3＝3×3＋23＝17，a4＝3×4＋24＝28，a5＝3×5＋25＝47．
反思：数列的通项公式给出了第n项an与它的位置序号n之间的关系，只要用序号代替公式中的n，便可以求出相应的各项，实际上相当于已知函数的定义域和解析式，求函数值．
题型三 由数列的前几项写通项公式
【例3】 分别写出下列数列的一个通项公式：
(1)－1，3，－5，7，－9，…；
(2)4，－，2，－，…；
(3)5，55，555，5 555，…；
(4)1，1，，，，…；
(5)，3，，，3，…．
分析：从前几项中观察出项与序号之间的规律，用一个式子表达出来即可．
解：(1)因为数列的各项是负正项交替出现的，所以用(－1)n来调节，数列各项的绝对值可以分成整数、分数的分子和分母三部分，整数部分是1，3，5，7，9，为奇数，分数的分子是1，2，3，4，5，正好是序号，分母是4，9，16，25，36，正好是平方数，这样我们可以归纳出数列的通项公式为an＝(－1)n．
(2)将数列前4项改写成分数的形式：，－，，－，可得该数列的通项公式an＝(－1)n＋1．
(3)由于9，99，999，9 999，…的通项公式是10n－1，所以将题中数列各项改写可得：5＝×9，55＝×99，555＝×999，5 555＝×9 999，可得该数列的通项公式an＝(10n－1)．
(4)原数列可写成：，，，，，…，得该数列的通项公式为an＝．
(5)原数列可写成，，，，，…，得该数列的通项公式为an＝．
反思：常见数列的通项公式如下：
①数列－1，1，－1，1，…的通项公式是an＝(－1)n；
②数列1，2，3，4，…的通项公式是an＝n；
③数列1，3，5，7，…的通项公式是an＝2n－1；
④数列2，4，6，8，…的通项公式是an＝2n；
⑤数列1，2，4，8，…的通项公式是an＝2n－1；
⑥数列1，4，9，16，…的通项公式是an＝n2；
⑦数列，，，，…的通项公式是an＝；
⑧数列1，3，6，10的通项公式是an＝．
题型四 判断数列的增减性
【例4】 已知函数f(x)＝x－．数列{an}满足f(an)＝－2n，且an＞0．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)判断数列{an}的增减性．
分析：先根据已知条件解方程求an，然后利用作差或作商法判断数列{an}的增减性．
解：(1)∵f(x)＝x－，f(an)＝－2n，
∴an－＝－2n，
即a＋2nan－1＝0，
解得an＝－n±，
∵an＞0，∴an＝－n．
(2)解法一(作差法)：
∵an+1－an＝－(n＋1)－(－n)
＝－－1
＝－1
＝－1，
又＞n＋1，＞n，
∴＜1．
∴an+1－an＜0，即an+1＜an．
∴数列{an}是递减数列．
解法二(作商法)：
∵an＞0，
∴＝
＝＜1．
∴an+1＜an．
∴数列{an}是递减数列．
反思：数列{an}增减性的判定方法：
(1)作差比较法
①若an+1－an＞0恒成立，则数列{an}是递增数列；
②若an+1－an＜0恒成立，则数列{an}是递减数列；
③若an+1－an＝0恒成立，则数列{an}是常数列．
(2)作商比较法
＞1
0＜＜1
＝1
an＞0
递增数列
递减数列
常数列
an＜0
递减数列
递增数列
常数列
题型五 数列与函数的联系
【例5】 设函数f(x)＝log2x－logx4(0(1)求数列{an}的通项公式．
(2)数列{an}中有没有最小的项？若有最小项，试求出此项和相应的项数；若没有最小项，请说明理由．
分析：第(1)问可用代入法求得an的关系式，再通过解方程求得an．第(2)问可利用函数的单调性来判断．
解：(1)由已知，得log2－log2an4＝2n，即an－＝2n，即a－2nan －2 ＝0，解得an＝n±．
又0故an<0(n∈N＋)，
∴an＝n－(n∈N＋)．
(2)有．∵＝
＝<1，
又an<0，∴an＋1>an(n∈N＋)，
即a1∴数列的最小项为第1项，a1＝1－．
反思：本题(1)可运用方程思想，(2)可运用函数思想，数列实质上是定义在正整数集(或它的有限子集{1，2，3，…，n})上的函数，判断数列随n增大而变化的规律的方法与判断函数的单调性相同．
题型六 易错辨析
【例6】 已知在数列{an}中，an＝n2－kn(n∈N＋)，且{an}单调递增，则k的取值范围是( )
A．(－∞，2] B．(－∞，3) C．(－∞，2) D．(－∞，3]
错解：因为an是关于n的二次函数，其定义域为正整数集，故若{an}递增，则必有≤1，故k≤2．故选A．
错因分析：函数的单调性与数列的单调性既有联系又有区别，即数列所对应的函数若单调则数列一定单调，反之若数列单调，其所对应的函数不一定单调，关键原因在于数列是一个定义域为正整数集N＋(或它的有限子集{1，2，3，…，n})的特殊函数，故对于数列的单调性的判断一般要通过比较an+1与an的大小来判断：若an+1＞an，则数列为递增数列；若an+1＜an，则数列为递减数列．
正解：an+1－an＝(n＋1)2－k(n＋1)－n2＋kn＝2n＋1－k．由于{an}单调递增，故应有an+1－an＞0，即2n＋1－k＞0恒成立，所以k＜2n＋1，故只需k＜3即可．故选B．
答案：B
2.1.2 数列的递推公式（选学）
课堂探究
一、通项公式与递推公式
剖析：递推公式是：已知数列{an}的第1项(或前几项)，且从第二项(或某一项)开始的任一项an与它的前一项an－1(或前几项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式．通项公式是：一个数列{an}的第n项an与项数n之间的关系，如果可以用一个公式an＝f(n)来表示，我们就把这个公式叫做这个数列的通项公式．
通项公式反映的是项与项数之间的关系，而递推公式反映的是相邻两项(或几项)之间的关系．
对于通项公式，只要将公式中的n依次取值1，2，3，…即可得到相应的项；而递推公式则要已知首项(或前几项)，才可求得其他的项．往往我们要利用各种方法将递推公式转化为通项公式，通项公式能够更直接地研究数列．
名师点拨：递推公式也是给出数列的一种重要方法，有时并不一定要知道数列的通项公式，只要知道数列的递推公式，即可解决问题，有的递推公式与通项公式之间也可以进行互化．
二、教材中的“？”
(1)你能猜想出例1中这个数列的通项公式吗？
剖析：数列{an}的通项公式为an＝．
(2)你能比较例2中an与an＋1的大小吗？你能比较an与an＋2的大小吗？
剖析：不能比较an+1与an的大小．
当n为奇数时，an+2＞an；当n为偶数时，an+2＜an．
题型一 由递推公式写出数列的项
【例1】 在数列{an}中，已知a1＝2，a2＝3，an＋2＝3an＋1－2an(n≥1)，写出此数列的前六项．
分析：通过观察，此题的递推公式是数列中相邻三项的关系式，知道前两项就可以求出后一项．
解：a1＝2，a2＝3，
a3＝3a2－2a1＝3×3－2×2＝5，
a4＝3a3－2a2＝3×5－2×3＝9，
a5＝3a4－2a3＝3×9－2×5＝17，
a6＝3a5－2a4＝3×17－2×9＝33．
反思：由递推公式写出数列的项的方法．
(1)根据递推公式写出数列的前几项，首先要弄清楚公式中各部分的关系，依次代入计算即可；
(2)解答这类问题时还需注意：若知道的是首项，通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式；
(3)若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式．
题型二 由递推公式求通项公式
【例2】 已知数列{an}，a1＝1，an＝an－1＋(n≥2)．
(1)写出数列{an}的前5项；
(2)求数列{an}的通项公式．
分析：(1)中只需利用代入法依次求出a2，a3，a4，a5即可；
(2)利用下列关系式
①an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1；
②＝－
进行累加与裂项相消即可求出{an}的通项公式．
解：(1)a1＝1；a2＝a1＋＝；
a3＝a2＋＝；a4＝a3＋＝；
a5＝a4＋＝．
(2)由an＝an－1＋，
得an－an－1＝(n≥2)，
∴an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a3－a2)＋(a2－a1)＋a1
＝＋＋…＋＋＋1
＝＋＋…＋＋＋1
＝－＋1＋1＝2－＝(n∈N+)．
反思：(1)根据递推公式写出数列的前几项，要弄清楚公式中各部分的关系，依次代入计算即可．另外，解答这类问题时还需注意：若知道的是首项，通常将所给公式整理成用前面的项表示后面的项的形式；若知道的是末项，通常将所给公式整理成用后面的项表示前面的项的形式．
(2)累加法
当an－an－1＝f(n)满足一定条件时，常用an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1累加来求通项公式an．
(3)累乘法
如果递推关系可以变形为an+1＝g(n)·an的形式，且g(n)能够求积，则可用累乘法求数列的通项公式．
题型三 易错辨析
【例3】 数列{an}满足a1＝1，以后各项由an＋1＝an＋2(2n3－12n2＋22n－11)给出，写出这个数列的前4项，并写出其通项公式．
错解：a1＝1，a2＝3，a3＝5，a4＝7．
由此猜想，这个数列是正奇数从小到大排成的，
∴an＝2n－1．
错因分析：猜想的结论并不都是正确的，必须证明其正确性，如当n＝5时，a5＝33，故通项公式不正确．
正解：a2＝a1＋2(2×13－12×12＋22×1－11)，
a3＝a2＋2(2×23－12×22＋22×2－11)，
a4＝a3＋2(2×33－12×32＋22×3－11)，
…
an＝an－1＋2[2(n－1)3－12(n－1)2＋22(n－1)－11]，
以上所有式子相加得an＝n4－10n3＋35n2－48n＋23．
2.2.1 等差数列
课堂探究
一、解读等差数列的概念
剖析：(1)在等差数列的定义中，要注意两点，“从第2项起”及“同一个常数”．因为数列的第1项没有前一项，因此强调从第2项起，如果一个数列，不从第2项起，而是从第3项或从第4项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么此数列不是等差数列，但可以说从第2项或第3项起是一个等差数列．
(2)一个数列，从第2项起，每一项与它的前一项的差，尽管等于常数，这个数列可不一定是等差数列，因为这个常数可以不同，要注意“差是常数”和“差是同一个常数”的含义的不同，如数列2，4，5，9，从第2项起，每一项与它前一项的差都是常数，但常数是不相同的，当常数不同时，就不是等差数列，因此定义中“同一个常数”，这个“同一个”十分重要，切记不可丢掉．
二、等差数列的性质
剖析：若数列{an}是公差为d的等差数列，
(1)d＝0时，数列为常数列；d>0时，数列为递增数列；d<0时，数列为递减数列．
(2)d＝＝(m，n，k∈N+)．
(3)an＝am＋(n－m)d(n，m∈N+)．
(4)若m＋n＝p＋q(m，n，p，q∈N+)，则am＋an＝ap＋aq．
(5)若＝k，则am＋an＝2ak．
(6)若数列{an}是有穷等差数列，则与首末两项等距离的两项之和都相等，且等于首末两项之和，即a1＋an＝a2＋an－1＝…＝ai+1＋an－i＝…．
(7)数列{λan＋b}(λ，b是常数)是公差为λd的等差数列．
(8)下标成等差数列且公差为m的项ak，ak+m，ak+2m，…(k，m∈N+)组成公差为md的等差数列．
(9)若数列{bn}也为等差数列，则{an±bn}，{kan＋b}(k，b为非零常数)也成等差数列．
(10)若{an}是等差数列，则a1，a3，a5，…仍成等差数列．
(11)若{an}是等差数列，则a1＋a2＋a3，a4＋a5＋a6，a7＋a8＋a9，…仍成等差数列．
名师点拨：用性质(4)时要注意，序号的和相等，但项数不同，此结论不一定正确，如a8＝a2＋a6，a1＋a3＋a4＝a2＋a6，就不一定正确．
三、教材中的“？”
(1)通项公式为an＝an－b(a，b是常数)的数列都是等差数列吗？
剖析：通项公式为an＝an－b(a，b为常数)的数列都是等差数列，其公差为a．
(2)怎么证明A＝？
剖析：∵x，A，y成等差数列，
∴A－x＝y－A，即2A＝x＋y．∴A＝．
(3)要确定一个等差数列的通项公式，需要知道几个独立的条件？
剖析：因为等差数列的通项公式中涉及首项a1与公差d，所以要确定一个等差数列的通项公式，需要知道两个独立的条件．
题型一 等差数列定义的应用
【例1】 判断下列数列是否为等差数列．
(1)an＝3n＋2；(2)an＝n2＋n．
分析：利用等差数列的定义，即判断an+1－an(n∈N＋)是否为同一个常数．
解：(1)an+1－an＝3(n＋1)＋2－(3n＋2)＝3(n∈N+)．
由n的任意性知，这个数列为等差数列．
(2)an+1－an＝(n＋1)2＋(n＋1)－(n2＋n)＝2n＋2，不是常数，所以这个数列不是等差数列．
反思：利用定义法判断等差数列时，关键是看an＋1－an得到的结果是否是一个与n无关的常数，若是，即为等差数列，若不是，则不是等差数列．
题型二 等差数列的通项公式及其应用
【例2】 已知递减等差数列{an}的前三项和为18，前三项的乘积为66，求数列{an}的通项公式，并判断－34是数列{an}的项吗？
分析：由数列前三项和为18，前三项积为66，列出关于a1和d的方程组，通过解方程组求得a1和d，由递减等差数列的条件确定方程组的解即可求出an；由an＝－34求n，然后由n∈N+可判断．
解：由题意设该数列的首项为a1，公差为d，
则即
得或
又由该数列为递减数列，∴d＝5时不合题意，
故该数列的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝11－5(n－1)＝－5n＋16．
且－34是数列{an}中的项，为第10项．
【互动探究】 若将本例中的“递减等差数列”改为“递增等差数列”，其余条件不变，如何求解？
答案：an＝5n－4，－34不是数列{an}中的项．
题型三 等差数列性质的应用
【例3】 已知等差数列{an}中，a2＋a6＋a10＝1，求a3＋a9．
分析：既可以用等差数列的性质得到a2＋a10＝a3＋a9＝2a6，也可以由通项公式得a1与d间的关系再求解．
解：方法一：根据等差数列的性质，得
a2＋a10＝a3＋a9＝2a6．
由a2＋a6＋a10＝1，得3a6＝1，解得a6＝．
∴a3＋a9＝2a6＝．
方法二：根据等差数列的通项公式，得
a2＋a6＋a10＝(a1＋d)＋(a1＋5d)＋(a1＋9d)＝3a1＋15d．
由题意知3a1＋15d＝1，即a1＋5d＝．
∴a3＋a9＝2a1＋10d＝2(a1＋5d)＝．
反思：方法一运用了等差数列的性质：若m＋n＝p＋q＝2w，则am＋an＝ap＋aq＝2aw(m，n，p，q，w都是正整数)；方法二利用通项公式转化为数列的首项与公差的结构完成运算，属于通法．两种方法都运用了整体代换及方程的思想．
【例4】 已知等差数列{an}中，a49＝80，a59＝100，求a79的值．
分析：(1)采用基本量法求解；(2)灵活运用性质求解．
解：解法1：设公差为d，则解得∴a79＝a1＋78d＝－16＋78×2＝140．
解法2：∵ap＝aq＋(p－q)d，
∴d＝＝＝＝2．
∴a79＝a59＋(79－59)×d＝100＋20×2＝140．
解法3：∵a49，a59，a69，a79，…成等差数列，
∴a79＝a49＋(4－1)(a59－a49)＝80＋3×20＝140．
反思：用通项公式解答等差数列问题的基本方法主要是：(1)采用基本量法，即解得数列的首项a1，公差d，运用通项公式解决问题；(2)灵活运用性质，这是简化等差数列运算的有效手段．
题型四 构造等差数列求通项公式
【例5】 (1)数列{an}的各项均为正数，且满足an＋1＝an＋2＋1，a1＝1，求an；
(2)在数列{an}中，a1＝1，且满足an＋1＝，求an．
分析：利用题中所给关系的结构特征，构造等差数列，利用所构造的等差数列求an．
解：(1)由an+1＝an＋2＋1，可得an+1＝(＋1)2．
∵an>0，∴＝＋1，即－＝1．
∴{}是首项为＝1，公差为1的等差数列．
∴＝1＋(n－1)＝n．∴an＝n2．
(2)由an+1＝，可得＝＋，
∴是首项为＝1，公差为的等差数列．
∴＝1＋(n－1)＝．∴an＝．
反思：应熟记几种辅助数列构造方法及其对应数列的结构形式．构造等差数列的方法一般有：平方法、开平方法、倒数法等．
题型五 易错辨析
【例6】 已知b是a，c的等差中项，且lg(a＋1)，lg(b－1)，lg(c－1)成等差数列，同时a＋b＋c＝15，求a，b，c的值．
错解：因为b是a，c的等差中项，
所以2b＝a＋c．
又因为a＋b＋c＝15，
所以3b＝15，所以b＝5．
设a，b，c的公差为d，
则a＝5－d，c＝5＋d．
由题可知2lg(b－1)＝lg(a＋1)＋lg(c－1)，
所以2lg 4＝lg(5－d＋1)＋lg(5＋d－1)．
所以16＝25－(d－1)2．
所以(d－1)2＝9，即d－1＝3．
所以d＝4，所以a，b，c分别为1，5，9．
错因分析：解方程(d－1)2＝9时，d－1应取±3两个．而错解只取d－1＝3，漏掉了d－1＝－3的情况．
正解：因为b是a，c的等差中项，所以2b＝a＋c．
又因为a＋b＋c＝15，所以3b＝15．所以b＝5．
设a，b，c的公差为d，
则a＝5－d，c＝5＋d．
由题可知2lg(b－1)＝lg(a＋1)＋lg(c－1)，
所以2lg 4＝lg(5－d＋1)＋lg(5＋d－1)．
所以16＝25－(d－1)2，即(d－1)2＝9．
所以d－1＝±3，即d＝4或d＝－2．
所以a，b，c三个数分别为1，5，9或7，5，3．
【例7】 已知两个等差数列{an}：5，8，11，…与{bn}：3，7，11，…，它们的项数均为100，则它们有多少个彼此具有相同数值的项？
错解：由已知两等差数列的前3项，容易求得它们的通项公式分别为an＝3n＋2，bn＝4n－1(1≤n≤100)．令an＝bn，得3n＋2＝4n－1，即n＝3．所以两数列只有1个数值相同的项，即第3项．
错因分析：本题中所说的数值相同的项，它们的项的序号并不一定相同．例如23在数列{an}中是第7项，而在数列{bn}中是第6项，我们也说它是两个数列中数值相同的项，也就是说，在这里我们只看这个数在两个数列中有没有出现过，而并不关心它是这两个数列中的第几项．
正解：∵an＝3n＋2(n∈N＋)，bk＝4k－1(k∈N＋)，两数列的共同项可由3n＋2＝4k－1求得，
∴n＝k－1．而n∈N+，k∈N+，
∴设k＝3r(r∈N+)，得n＝4r－1．
由已知且r∈N+，可得1≤r≤25．
∴共有25个相同数值的项．
2.2.2 等差数列的前N项和
课堂探究
一、关于等差数列中奇数项和、偶数项和的问题
剖析：(1)当等差数列{an}有偶数项时，设项数为2n，
设S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，①
S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1，②
①－②，得S偶－S奇＝nd．
①＋②，得S偶＋S奇＝S2n．
，得＝＝＝．
(2)当等差数列{an}有奇数项时，设项数为2n＋1，
设S奇＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n＋1，③
S偶＝a2＋a4＋a6＋…＋a2n，④
③－④，得S奇－S偶＝a1＋nd＝an＋1．
③＋④，得S偶＋S奇＝S2n＋1＝(2n＋1)an+1．
，得＝＝＝．
综上，等差数列奇数项和、偶数项和有如下性质：
(1)项数为2n时，S偶－S奇＝nd，S偶＋S奇＝S2n，＝．
(2)项数为2n＋1时，S奇－S偶＝a1＋nd＝an+1，S偶＋S奇＝S2n+1＝(2n＋1)an+1，＝＝．
熟练运用这些性质，可以提高解题速度．
知识链接：除了上述性质外，与前n项和有关的性质还有：
①等差数列的依次连续每k项之和Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，…组成公差为k2d的等差数列．
②若Sn为数列{an}的前n项和，则{an}为等差数列等价于是等差数列．
③若{an}，{bn}都为等差数列，Sn，Sn′为它们的前n项和，则＝．
二、教材中的“？”
如果仅利用通项公式，能求出使得Sn最小的序号n的值吗？
剖析：如果仅利用通项公式，也可求出最小序号n的值．因为该数列的通项公式为an＝4n－32，其各项为－28，－24，…，－4，0，4，…，可以看出，所有负数或非正数的项相加其和最小时，n的值为7或8．
三、教材中的“思考与讨论”
1．如果已知数列{an}的前n项和Sn的公式，那么这个数列确定了吗？如果确定了，那么如何求它的通项公式？应注意一些什么问题？
剖析：确定了，由公式an＝来求解，求解时注意要分类讨论，然后对n＝1的情况进行验证，能写成统一的形式就将a1合进来，否则保留分段函数形式．
2．如果一个数列的前n项和的公式是Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c为常数)，那么这个数列一定是等差数列吗？
剖析：等差数列前n项和公式变形为Sn＝n2＋n．当d≠0时，是关于n的二次函数，如果一个数列的前n项和公式是Sn＝an2＋bn＋c(a，b，c为常数)，那么这个数列的通项公式是an＝
只有当c＝0时，a1＝a＋b＋c才满足an＝2an－a＋b．因此，当数列的前n项和公式为Sn＝an2＋bn时，所确定的数列才是等差数列，这时，等差数列的公差d＝2a．
题型一 等差数列的前n项和公式的直接应用
【例1】 在等差数列{an}中，
(1)已知a10＝30，a20＝50，Sn＝242，求n；
(2)已知S8＝24，S12＝84，求a1和d；
(3)已知a6＝20，S5＝10，求a8和S8；
(4)已知a16＝3，求S31．
分析：在等差数列的前n项和公式中有五个基本量a1，an，d，n，Sn，只要已知任意三个量，就可以求出其他两个量．
解：(1)由得
∵Sn＝242，∴12n＋×2＝242．
解得n＝11或n＝－22(舍去)．
∴n＝11．
(2)由得
∴a1＝－4，d＝2．
(3)由得
∴a8＝a6＋2d＝32，S8＝＝88．
(4)S31＝×31＝a16×31＝93．
反思：在等差数列{an}中，首项a1与公差d是两个最基本的元素，有关等差数列的问题，均可化成有关a1，d的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)合理利用等差数列的有关性质．
题型二 Sn与an的关系问题
【例2】 (2013·广东高考，文19改编)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a2n＋1－4n－1，n∈N＋，且a2＝3．
(1)证明：a2＝；
(2)求数列{an}的通项公式．
分析：(1)对条件中的等式赋值n＝1即可；
(2)由an＝Sn－Sn－1(n≥2)这一关系得出数列中项之间的关系即可．
(1)证明：当n＝1时，4a1＝－5，∴＝4a1＋5．
∵an>0，∴a2＝．
(2)解：当n≥2时，4Sn－1＝－4(n－1)－1，①
4Sn＝－4n－1，②
由②－①，得4an＝4Sn－4Sn－1＝－－4，
∴＝＋4an＋4＝(an＋2)2．
∵an>0，∴an+1＝an＋2，
∴当n≥2时，{an}是公差d＝2的等差数列．
∵a2，a5，a14构成等比数列，
∴＝a2·a14，(a2＋6)2＝a2·(a2＋24)，解得a2＝3．
由(1)可知，4a1＝－5＝4，∴a1＝1．
∵a2－a1＝3－1＝2，
∴{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列．
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1．
反思：利用an＝求an时，切记验证n＝1时的情形是否符合n≥2时an的表达式．
题型三 等差数列前n项和性质的应用
【例3】 项数为奇数的等差数列，奇数项之和为44，偶数项之和为33，求这个数列的中间项及项数．
分析：已知等差数列的奇、偶数项的和，求特殊项与项数，可从整体上直接考虑奇、偶数项的和与特殊项及项数的关系．
解：设等差数列{an}共有(2n＋1)项，则奇数项有(n＋1)项，偶数项有n项，中间项是第(n＋1)项，即an+1．
∴＝＝＝＝＝，得n＝3．
∴2n＋1＝7．
又∵S奇＝(n＋1)·an+1＝44，
∴an+1＝11．
故这个数列的中间项为11，共有7项．
反思：在等差数列{an}中，(1)若项数为2n＋1(n∈N+)，则＝，其中S奇＝(n＋1)an+1，S偶＝n·an+1；(2)若数列项数为2n(n∈N＋)，则S偶－S奇＝nd．
题型四 等差数列前n项和的最值问题
【例4】 在等差数列{an}中，a1＝25，S17＝S9，求Sn的最大值．
分析：本题可用二次函数求最值或由通项公式求n，使an≥0，an＋1＜0或利用等差数列的性质求出大于或等于零的项．
解：解法一：由S17＝S9，得
25×17＋(17－1)d＝25×9＋(9－1)d，
解得d＝－2，
∴Sn＝25n＋(n－1)(－2)＝－(n－13)2＋169，
由二次函数的性质得当n＝13时，Sn有最大值169．
解法二：先求出d＝－2(解法一)．
∵a1＝25＞0，
由得
∴当n＝13时，Sn有最大值169．
解法三：先求出d＝－2(同解法一)．
由S17＝S9，得a10＋a11＋…＋a17＝0，
而a10＋a17＝a11＋a16＝a12＋a15＝a13＋a14，
故a13＋a14＝0．
∵d＝－2＜0，a1＞0，
∴a13＞0，a14＜0．
故n＝13时，Sn有最大值169．
解法四：先求出d＝－2(同解法一)得Sn的图象如图所示，
由S17＝S9知图象的对称轴n＝＝13，
∴当n＝13时，Sn取得最大值169．
反思：本例四种解法从四个侧面求解前n项和最值问题，方法迥异，殊途同归．
解等差数列的前n项和最大(最小)问题的常用方法有：
(1)二次函数法：由于Sn＝n2＋n是关于n的二次式，因此可用二次函数的最值来确定Sn的最值，但要注意这里的n∈N+．
(2)图象法：可利用二次函数图象的对称性来确定n的值，使Sn达到最大(或最小)．
(3)通项法：由于Sn＝Sn－1＋an，所以当an≥0时，Sn≥Sn－1；当an≤0时，Sn≤Sn－1，因此当a1＞0且d＜0时，使an≥0的最大的n的值，使Sn最大；当a1＜0，d＞0时，满足an≤0的最大的n的值，使Sn最小．
题型五 易错辨析
【例5】 若数列{an}的前n项和为Sn＝3n2－2n＋1，求数列{an}的通项公式，并判断它是否为等差数列．
错解：∵an＝Sn－Sn－1＝(3n2－2n＋1)－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]＝6n－5，
∴an＋1－an＝[6(n＋1)－5]－(6n－5)＝6(常数)．
∴数列{an}是等差数列．
错因分析：错解忽略了an＝Sn－Sn－1成立的条件“n≥2”．
正解：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1
＝(3n2－2n＋1)－[3(n－1)2－2(n－1)＋1]
＝6n－5．
当n＝1时，a1＝S1＝2，
∴an＝
∴数列{an}不是等差数列．
【例6】 已知两个等差数列{an}与{bn}，它们的前n项和的比＝，求．
错解：设Sn＝k(n＋3)，S′n＝k(n＋1)，
则＝＝＝1．
错因分析：错解由于错误地设出了Sn＝k(n＋3)，S′n＝k(n＋1)，从而导致结论错误．
正解1：利用等差数列的性质，
得＝＝＝＝．
正解2：设Sn＝kn(n＋3)，S′n＝kn(n＋1)，
所以＝＝＝．
2.3.1 等比数列
课堂探究
一、解读等比数列的主要性质
剖析：在等比数列问题的解答中，运用基本量转化是最基本的方法，但如果灵活运用性质，可使求解的过程更简捷，所以解答问题时要优先考虑等比数列的性质．等比数列有以下性质：
(1)两个等比数列的积仍为等比数列．
(2)在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则aman＝apaq．
(3)数列{an}是有穷数列，则与首末两项等距离的两项的积相等，且等于首末两项之积．
(4)在等比数列{an}中，每隔k项取出一项，按原来的顺序排列，所得新数列仍为等比数列，公比为qk＋1．
(5)当数列{an}是各项都为正数的等比数列时，数列{lg an}是公差为lg q的等差数列．
(6)当m，n，p(m，n，p∈N＋)成等差数列时，am，an，ap成等比数列．
(7)等比数列{an}中，若公比为q，则数列{λan}仍是公比为q的等比数列；若{bn}是公比为q′的等比数列，则数列{an·bn}是公比为q·q′的等比数列；数列是公比为的等比数列；{|an|}是公比为|q|的等比数列．
二、求数列通项公式的方法
剖析：1．如果已知数列为等差(或等比)数列，可直接根据等差(或等比)数列的通项公式，求得a1，d(或q)，直接套用公式即可．
2．若已知数列的前n项和求通项时，通常用公式an＝用此公式时我们应当注意结论有两种可能，一种是“一分为二”，即分段式；另一种是“合二为一”，即a1和an(n≥2)合为一个表达式．
3．对于形如an＋1＝an＋f(n)型或形如an＋1＝f(n)an型的数列，其中f(n)是等差数列或等比数列，可以根据递推公式，写出n取1到n时的所有的递推关系式，然后将它们分别相加(或相乘)即可得到通项公式．
4．有些数列本身并不是等差数列或等比数列，但可以经过适当变形，构造出一个等差数列或等比数列，从而利用这个数列求其通项公式，这叫做构造法．例如：在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an+2＝an+1＋an，我们在上式的两边减去an+1，得an+2－an+1＝－(an+1－an)，即可构造一个等比数列来解决问题．
当然，求数列的通项还有很多其他的方法，在求通项时，我们应尽可能将已知数列转化成等差(或等比)数列，从而利用等差(或等比)数列的通项公式求其通项．
三、教材中的“？”
1．为什么q≠0？等比数列中的项有可能等于0吗？
剖析：因为等比数列的公比是后项与前项的商，其商不能为0，除数也不可能为0，故q≠0，在等比数列中，各项都不会为0．
2．等差数列的通项公式是怎样推导出来的？怎样用类似的方法推导等比数列的通项公式？
剖析：等比数列的通项公式的推导类似于等差数列，先采用归纳的方法猜想出通项公式，然后利用迭乘的方法证明得an＝a1qn－1．
3．你能通过公比q的不同取值的讨论，对等比数列进行分类吗？
剖析：当a1＞0，q＞1或a1＜0，0＜q＜1时，数列{an}为递增数列；
当a1＞0，0＜q＜1或a1＜0，q＞1时，数列{an}为递减数列；
当q＝1时，数列{an}为常数列；
当q＜0时，数列{an}为摆动数列．
四、教材中的“思考与讨论”
对于例3中的数列，你是否发现a5，a10，a15，a20恰好成等比数列？你能说出其中的道理吗？你能由此推导出一个一般性的结论吗？
剖析：在已知数列中，每隔k项取一项，保持原来顺序依次排列，所得数列还是一个等比数列．
题型一 等比数列定义的应用
【例1】 已知数列的通项公式为an＝3×2n，试问：这个数列是否为等比数列？
分析：可用定义法、等比中项法证明．
解：解法一：∵＝＝2(常数) ，
∴{an}是等比数列．
解法二：∵an＋1＝3×2n＋1，an＋2＝3×2n＋2，
an·an＋2＝3×2n×3×2n＋2＝9×22n＋2＝a，
∴{an}是等比数列．
反思：已知某数列的通项公式，判定其是否为等比数列，可依据等比数列的定义证明．常用的判定等比数列的方法有：(1)定义法：＝q(常数)；(2)等比中项法：a＝anan＋2(an≠0)．
题型二 等比数列的通项公式的应用
【例2】 在等比数列{an}中，
(1)a4＝2，a7＝8，求an；
(2)a2＋a5＝18，a3＋a6＝9，an＝1，求n．
分析：先将条件转化为关于基本元素a1与q的方程组，求出a1和q，再表示其他量．
解：(1)解法一：因为
所以
由，得q3＝4，从而q＝，而a1q3＝2，
于是a1＝＝，所以an＝a1qn－1＝．
解法二：因为a7＝a4q3，所以q3＝4．
所以an＝a4qn－4＝2·()n－4＝．
(2)解法一：因为
由，得q＝，从而a1＝32
又an＝1，所以32n－1＝1，即26－n＝20，
所以n＝6．
解法二：因为a3＋a6＝q(a2＋a5) ，所以q＝．
由a1q＋a1q4＝18，得a1＝32．
由an＝a1qn－1＝1，得n＝6．
反思：a1和q是等比数列的基本量，只要求出这两个基本量，其他量便可求出来，解法一是常规解法，先求a1，q，再求an，解法二是运用通项公式及方程思想建立方程组求a1和q，这也是常见的解法．
【互动探究】 将本例2(2)中的条件“an＝1”去掉，其他条件不变，试求{an}的通项公式．
解：因为
由得q＝，从而a1＝32．
所以an＝a1qn－1＝32×n－1＝n－6．
题型三 等比数列性质的应用
【例3】 已知数列{an}为等比数列，若a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，求数列{an}的通项公式．
分析：本题主要考查等比数列的性质“若p＋q＝2n，则ap·aq＝a(p，q，n∈N＋)”的应用．
解：解法一：∵a1a3＝，∴a1·a2·a3＝＝8．
∴a2＝2．
从而∴或
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n．
解法二：由a1a2a3＝8，得a2＝2．
将a2＝a1q，a3＝a1q2代入a1＋a2＋a3＝7，a1a2a3＝8，
可得
解得或
故可得an＝2n－1或an＝23－n．
解法三：∵数列{an}为等比数列，
∴＝a1·a3．
代入a1a2a3＝8，得＝8，∴a2＝2．
不妨设等比数列的前三项为，2，2q，
则有＋2＋2q＝7，
整理得2q2－5q＋2＝0，
解得q＝2或q＝．
∴或
∴an＝2n－1或an＝23－n．
反思：若三个数成等比数列，则可设为，a，aq，当然也可设为a，aq，aq2．若四个数成等比数列，则可设为a，aq，aq2，aq3，但不能设为，，aq，aq3，因为这个数列的公比为q2，漏掉了公比为负值的情况．
题型四 构造等比数列求通项公式
【例4】 (1)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝2an＋1，求通项公式an．
(2)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝，求通项公式an．
(3)在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝a，求通项公式an．
分析：对所给递推关系进行适当的变形，构造辅助数列使问题转化为熟悉的问题．构造等比数列的方法一般有：配常数、取倒数、取对数等．
解：(1)由an＋1＝2an＋1，可得an＋1＋1＝2(an＋1) ，
∴＝2．
∴{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列．
∴an＋1＝(a1＋1)·2n－1＝2n，即an＝2n－1．
(2)由an＋1＝，可得＝＋·，
∴－1＝．
∴是首项为－1＝－，公比为的等比数列．∴－1＝－·n－1＝-n．
∴an＝．
(3)由a1＝3，an＋1＝a，可得an>0，∴lg an＋1＝2lg an．
∴＝2．
∴{lg an}是首项为lg a1＝lg 3，公比为2的等比数列．
∴lg an＝lg a1·2n－1＝lg 32n－1．
∴an＝32n－1．
反思：有些数列本身并不是等差、等比数列，但是通过适当的变形，可以构造出等差、等比数列．因此解决这类问题应该熟悉能构造成等差、等比数列的形式，以及对应方法．
题型五 易错辨析
【例5】 在等比数列{an}中，若a3a4a6a7＝81，则a1a9的值为( )
A．3 B．9 C．±3 D．±9
错解：∵{an}为等比数列，
∴a3a7＝a4a6＝a1a9，
∴(a1a9)2＝81．
∴a1a9＝±9．故选D．
错因分析：忽视了在等比数列中，奇数项(或偶数项)符号相同这一条件．
正解：∵a3a7＝a4a6＝a1a9，∴(a1a9)2＝81．
∴a1a9＝±9．∵在等比数列{an}中，奇数项(或偶数项)的符号相同，∴a1，a9同号，∴a1a9＝9，故选B．
答案：B
【例6】 已知一个等比数列的前四项之积为，第2项与第3项的和为，求这个等比数列的公比．
错解：依题意，设这四个数为，，aq，aq3，
则
由①得a＝±，
代入②并整理，
得q2±2q＋1＝0，
解得q＝±1或q＝－±1，
∴原等比数列的公比为q2＝3＋2或q2＝3－2．
错因分析：从表面上看，这种解法正确无误，但认真审查整个解题过程，由于设这四个数为，，aq，aq2，公比为q2，就等于规定了这个等比数列各项要么同为正，要么同为负，而题设中无此规定．
正解：依题意，设这四个数为a，aq，aq2，aq3，
则
解得q＝3±2或q＝－5±2．
2.3.2 等比数列的前N项和
课堂探究
一、错位相减法的实质及应用
剖析：(1)用错位相减法求等比数列前n项和的实质是把等式两边同乘等比数列的公比q，得一新的等式，错位相减求出Sn－qSn，这样可以消去大量的“中间项”，从而能求出Sn．当q＝1时， Sn＝na1，当q≠1时，Sn＝．这是分段函数的形式，分段的界限是q＝1．
(2)对于形如{xn·yn}的数列的和，其中{xn}为等差数列，{yn}为等比数列，也可以用错位相减法求和．错位相减法实际上是把一个数列求和问题转化为等比数列求和的问题．
(3)利用这种方法时，要注意对公比的分类讨论．
二、等比数列的前n项和公式的推导(首项为a1，公比q≠1)
剖析：除了书上用到的错位相减法之外，还有以下方法可以求等比数列的前n项和．
(1)等比性质法
∵＝＝＝…＝＝q，
∴＝q，
即＝q，解得Sn＝＝．
(2)裂项相消法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1＝＋＋＋…＋＝－＝．
(3)拆项法
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2)
＝a1＋q(a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1－a1qn－1)，
∴Sn＝a1＋q(Sn－a1qn－1)＝a1＋q(Sn－an)．
解得Sn＝＝．
三、教材中的“？”
例2中，有别的解法吗？将这个数列的前8项倒过来排，试一试．
剖析：∵S8＝27＋26＋25＋…＋2＋1，
∴S8＝1＋2＋22＋…＋26＋27＝＝28－1＝255．
此题说明了在一个等比数列{an}中，若为有限项，如a1，a2，…，an，则an，an－1，…，a2，a1也是等比数列，其公比为原数列公比的倒数．
题型一 等比数列的前n项和公式的应用
【例1】 在等比数列{an}中，
(1)已知a1＝3，q＝2，求a6，S6；
(2)已知a1＝－1，a4＝64，求q和S4；
(3)已知a3＝，S3＝，求a1，q．
分析：在等比数列的前n项和公式中有五个基本量a1，an，q，n，Sn，只要已知任意三个，就可以求出其他两个．
解：(1)a6＝a1q5＝3×25＝96．
S6＝＝＝189．
(2)∵a4＝a1q3，∴64＝－q3．∴q＝－4，
∴S4＝＝＝51．
(3)由题意，得
②÷①，得＝3，
∴2q2－q－1＝0，∴q＝1或q＝－．
当q＝1时，a1＝；
当q＝－时，a1＝6．
反思：在等比数列{an}中，首项a1与公比q是两个最基本的元素；有关等比数列的问题，均可化成关于a1，q的方程或方程组求解．解题过程中，要注意：(1)选择适当的公式；(2)利用等比数列的有关性质；(3)注意在使用等比数列前n项和公式时，要考虑q是否等于1．
题型二 等比数列的前n项和的性质的应用
【例2】 在各项均为正数的等比数列{an}中，若S10＝10，S20＝30，求S30．
分析：可以利用解方程组解决，也可以利用等比数列的前n项和的性质来解决．
解：解法一：设{an}的公比为q，显然q≠1．
由已知条件可列出方程组
两式作商，得1＋q10＝3，∴q10＝2．
∴S30＝＝(1＋q10＋q20)
＝10×(1＋2＋4)＝70．
解法二：由性质Sm+n＝Sn＋qn·Sm，
得S20＝S10＋q10S10，
即30＝10＋10q10，∴q10＝2．
∴S30＝S20＋q20S10＝30＋40＝70．
解法三：运用性质＝(q≠±1)．
由已知条件S10＝10，S20＝30，易得q≠±1，
∴＝，即＝．∴q10＝2．
又＝，解得S30＝70．
解法四：运用性质Sk，S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k，…成等比数列．
∵S10，S20－S10，S30－S20成等比数列，而S10＝10，S20＝30，
∴(S20－S10)2＝S10·(S30－S20)，
即(30－10)2＝10×(S30－30)．∴S30＝70．
反思：由于等比数列中，无论是通项公式还是前n项和公式，均与q的若干次幂有关，所以在解决等比数列问题时，经常出现高次方程，为达到降幂的目的，在解方程组时经常利用两式相除，达到整体消元的目的．
题型三 某些特殊数列的求和
【例3】 (1)已知数列{an}的通项公式an＝2n＋n，求该数列的前n项和Sn；
(2)已知数列{an}的通项公式an＝n·2n，求该数列的前n项和Sn．
分析：(1)所给数列虽然不是等差数列或等比数列，但在求该数列的前n项和时可以把an看成一个等比数列和一个等差数列的和的形式，分别求和，再相加．(2)写出数列的前n项和，注意其与等比数列形式类似，考虑用推导等比数列求和公式的方法来求其前n项和．
解：(1)Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(2＋1)＋(22＋2)＋(23＋3)＋…＋(2n＋n)
＝(2＋22＋23＋…＋2n)＋(1＋2＋3＋…n)
＝＋
＝2n+1－2＋．
(2)∵Sn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n，
2Sn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n+1，
∴－Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
∴Sn＝n·2n+1－(2＋22＋23＋…＋2n)
＝n·2n+1－
＝n·2n+1－(2n+1－2)
＝(n－1)·2n+1＋2．
反思：(1)分组求和法适用于某些特殊数列的求和，这些特殊数列的通项可写成几个等比数列或等差数列的和的形式；(2)错位相减法适用于求一个等差数列与一个等比数列的积组成的新数列的前n项和．
【互动探究】 求和1＋a＋a2＋…＋an．
解：(1)当a＝0时，Sn+1＝1＋0＋0＋…＋0＝1．
(2)当a＝1时，Sn＋1＝＝n＋1．
(3)当a＝－1时，
①当n为偶数时，Sn＋1＝1；
②当n为奇数时，Sn＋1＝0，
即Sn＋1＝
(4)当a≠－1，0，1时，
Sn＋1＝1＋a＋a2＋…＋an＝．
题型四 等比数列前n项和的实际应用
【例4】 为了保护某处珍贵文物古迹，政府决定建一堵大理石护墙，设计时，为了与周边景观协调，对于同种规格的大理石用量须按下述法则计算：第一层用全部大理石的一半多一块，第二层用剩下的一半多一块，第三层……依此类推，到第十层恰好将大理石用完，问共需大理石多少块？每层各用大理石多少块？
分析：设出共用大理石的块数，即可求出各层大理石的使用块数，通过观察，此即为一等比数列，通过等比数列求和，求出总块数，再求出每层用的块数．
解：设共用大理石x块，则各层用大理石块数分别为
第一层：＋1＝；
第二层：＋1＝；
第三层：＋1＝；
……
第十层：＋1＝．
所以从第一层到第十层所用大理石的块数构成首项为，公比为，项数为10的等比数列，故x＝＋＋…＋，解得x＝2 046．
答：共用去大理石2 046块，各层分别为1 024，512，256，128，64，32，16，8，4，2块．
反思：对于实际问题，可以采用设出未知量的方法使之具体化．通过对前几项的探求，寻找其为等比数列的本质，再通过等比数列求和公式来求解．
题型五 易错辨析
【例5】 已知数列{an}满足an＝试求其前n项和．
错解：Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n+1＋＋－．
错因分析：这里数列的通项an是关于n的分段函数，当n为奇数或为偶数时对应不同的法则，因此求和必须对项数n进行分类讨论．
正解：(1)当n为奇数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an－1)
＝＋×2＋×2
＝·2n+2＋－．
(2)当n为偶数时，
Sn＝(a1＋a3＋a5＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋an)
＝＋×2＋×2
＝·2n+1＋＋－．
