【正文】 —幾何平均數(shù)不等式，可用來證明下述重要不等式. 柯西（Cavchy）不等式：設(shè)、…，是任意實數(shù)，則 等號當(dāng)且僅當(dāng)為常數(shù)，時成立. 證明：不妨設(shè)不全為0，也不全為0（因為或全為0時，不等式顯然成立）. 記A=，B=. 且令 則于是原不等式成為 其中等號成立的充要條件是從而原不等式成立，且等號成立的充要條件是IV．利用排序不等式還可證明下述重要不等式. 切比雪夫不等式：若， ， 則 證明：由題設(shè)和排序不等式，有=， ， …… 將上述n個不等式疊加后，兩邊同除以n2，即得欲證的不等式.賽題精講I．排序不等式的應(yīng)用 應(yīng)用排序不等式可以簡捷地證明一類不等式，請看下述例題. 例1：對，比較的大小. 【思路分析】要應(yīng)用“排序不等式”，必須取兩組便于排序的數(shù)，這要從兩式的結(jié)構(gòu)上去分析. 【略解】 取兩組數(shù) 不管的大小順序如何，故 . 【評述】 找出適當(dāng)?shù)膬山M數(shù)是解此類題目的關(guān)鍵. 例2：，求證 【思路分析】 應(yīng)先將、三個不失一般性地規(guī)定為 【略解】由于不等式關(guān)于、對稱，可設(shè) 于是. 由排序不等式，得（亂序和）.及 以上兩個同向不等式相加再除以2， ，仿上可證第二個不等式，請讀者自己完成. 【評述】應(yīng)用排序不等式的技巧在于構(gòu)造兩個數(shù)組，再給出適當(dāng)?shù)臄?shù)組. 例3：在△ABC中，試證： 【思路分析】 可構(gòu)造△ABC的邊和角的序列，應(yīng)用排序不等式來證明之. 【詳解】 不妨設(shè)，于是由排序不等式，得 相加，得， 得 ① 又由有 得 ② 由①、②得原不等式成立. 【評述】此題后半部分應(yīng)用了不等式的性質(zhì)來證明. 例4：設(shè)是互不相同的自然數(shù)，試證 【思路分析】 應(yīng)先構(gòu)造兩個由小到大的排序. 【略解】將按由小到大的順序排成其中是1，2，…，n的一個排列，則于是由排序不等式，得 例5：設(shè)是正數(shù)的一個排列，求證 【思路分析】 應(yīng)注意到 【略證】不妨設(shè)，因為都大于0. 所以有， 又的任意一個排列，于是得到 【評述】 此題比較簡單，但頗具啟發(fā)意義，讀者應(yīng)耐心體會. 例6：設(shè)正數(shù)的乘積，試證： 【略解】設(shè)，這里都是正數(shù)，則原需證明的不等式化為， 故得 【評述】 ：設(shè)正數(shù)、的乘積證明 證明：設(shè)，且所需證明的不等式可化為 ，現(xiàn)不妨設(shè)，則 ，據(jù)排序不等式 得 及 兩式相加并化簡可得 例7：設(shè)實數(shù)是的一個置換，證明： 【略解】 顯然所需證不等式等價于這由排序不等式可直接得到. 【評述】 應(yīng)用此例的證法可立證下題： 設(shè)是兩兩互異的正整數(shù)（，證明對任意正整數(shù)，均有 證明：設(shè)是的一個排列，使，則從條件知對每個，于是由排序不等式可知II．柯西不等式的應(yīng)用 應(yīng)用柯西不等式，往往能十分簡捷地證明某些不等式. 例8：設(shè)，求證： 【思路分析】 注意到式子中的倒數(shù)關(guān)系，考慮應(yīng)用柯西不等式來證之. 【評述】注意到式子中的倒數(shù)關(guān)系，考慮應(yīng)用柯西不等式來證之. 【詳解】 ∵，故由柯西不等式，得 ， ∴ 【評述】這是一道高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題，還可用均值不等式、數(shù)學(xué)歸納法、比較法及分離系數(shù)法和構(gòu)造函數(shù)法等來證之.第七講 三角恒等式和三角不等式知識、方法、技能 三角恒等變形，既要遵循代數(shù)式恒等變形的一般法則，又有三角所特有的規(guī)律. 三角恒等式包括絕對恒等式和條件恒等式兩類。1.又tan69176。－47176。例2 設(shè)A={a|a=7p,p∈N*},在A上定義函數(shù)f如下：若a∈A，則f(a)表示a的數(shù)字之和，例如f(7)=7，f(42)=6，：M={n|n∈N*, n≥2}.【思路分析】注意從充要條件的角度來進行證明.【略解】先證M{n|n∈N*,n≥2}.任取x∈M, 即x是被7整除的正整數(shù)的數(shù)字之和，由于710n，n=0, 1,2，…，所以x的數(shù)字之和是大于1的正整數(shù)，因此x∈{n|n∈N*，n≥2}.所以M{n|n∈N*,n≥2}.再證{n|n∈N*，n≥2} M.任取x∈{n|n∈N*,n≥2},：當(dāng)x=2k(k∈N*)時，由于7|100|，于是取a= 10011001…1001，k個1001則7|a，且f(a)=2k,所以x∈M.當(dāng)x=2k+1(k∈N*)時，由于7|100|，7|21，于是取b=10011001…100121， k－1個1001則7|b，且f(b)=2(k－1)+3=2k+1,故x∈M,故x∈{n|n∈N*, n≥2}M.因此 M={n|n∈N*, n≥2}.【評述】此類題目的證明嚴(yán)謹(jǐn)、科學(xué).例3 設(shè)正實數(shù)x, y滿足xy=1，求函數(shù) f(x, y) =的值域.（其中（[x]表示不超過x的最大整數(shù)）【思路分析】由x、y的對稱性，不妨設(shè)x≥y，則有x2≥1，必分x=1與x1兩種情況討論.【詳解】不妨設(shè)x≥y，則x2≥1,x≥：（1）當(dāng)x=1時，y=1，此時f(x,y)=.（2）當(dāng)x1時，設(shè)[x]=n， {x}=x－[x]=α，則x=n+α,0≤α1.于是，y=1，故[y]=0..由函數(shù)g(x)=x+在x≥1時是遞增的和0≤α1得綜上所述，f(x, y)的值域為.【評述】本例表面上為“二元函數(shù)”實為一元函數(shù)，因為y=，消去y后就是關(guān)于x的函數(shù)了.II．函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用在數(shù)學(xué)競賽中，常見的應(yīng)用函數(shù)性質(zhì)的題目有以下幾類：1．求值、求最值例4 設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為3的奇函數(shù)，且f(1)=2,求f(2)+f(3)的值.【思路分析】要抓住函數(shù)為奇函數(shù)且周期為3進行變形求值.【略解】對定義在R上的奇函數(shù)，必有f(0)=－f(0),即f(0)=0.∴f(3)=f(0)=0, f(2)=f(－1+3)=f(－1)=－f(1)=－2.∴f(2)+f(3)=－2.例5 設(shè)f(x)，g(x)都是定義在R上的奇函數(shù)，F(xiàn)(x)=af(x)+bg(x)+2在區(qū)間（0，+∞）上的最大值是5，求F(x)在（－∞，0）上的最小值.【思路分析】應(yīng)注意F(x)－2是奇函數(shù)，這是解題的一條途徑.【略解】令(x)=F(x)－2=af(x)+bg(x),易知(x)為奇函數(shù)，且在（0，+∞）上有最大值3.∴(x)在（－∞，0）上有最小值－3.故F(x)在（－∞，0）上的最小值為－1.【評述】將代數(shù)式轉(zhuǎn)化為奇函數(shù)的思想十分重要，應(yīng)注意掌握這種“轉(zhuǎn)化思想”.例6 設(shè)函數(shù)f(x), 對任意x, y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，若x0時，f(x)0且f(1)=－2.（1）證明：f(x)是奇函數(shù)；（2）求f(x)在[－3，3]上的最大值和最小值.【思路分析】因為x∈R，由區(qū)間的特殊點，即x=0入手，是解題的出發(fā)點.【略解】（1）令x=y=0,則有 f(0)=f(0)+f(0), ∴f(0)=0.再令y=－x，得f(0)=f(x)+f(－x),∵f(0)=0, ∴f(－x)=－f(x), ∴f(x)是奇函數(shù).（2）設(shè)x1, x2∈R，且x1 x2,則 f(x2)=f[x1+(x2－x1)]=f(x1)+f(x2－x1),∵x2x1, ∴x2－x10.由已知得 f(x2－x1)0,∴f(x2)f(x1).故f(x)在R上是減函數(shù).∴f(x)在[－3，3]上的最大值[f(x)]最大值=f(－3),最小值[f(x)]最小值=f(3).又∵f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1)+f(1)=－6, f(－3)=－f(3)=6.故f(x)在[－3，3]上的最大值為6，最小值為－6.【評述】本題中的 “x2=x1+(x2－x1)”是完成證明函數(shù)是減函數(shù)的證明的主要過程，這一特點讀者應(yīng)有所體會.2．求函數(shù)的解析式例7 若f(x)=2x－2－xlga為奇函數(shù)，求實數(shù)a的值.【思路分析】可由f(x)為奇函數(shù)，得到f(－x)=－f(x),構(gòu)造方程來求a的值.【略解】∵f(－x)=2－x－2xlga=－(2x－2－xlga)=－f(x),∴(2x+2－x)－(2x+2－x)lga=0,即(2x+2－x)(1－lga)=0,∵2x+2－x0, ∴1－lga=0,故a=10.【評述】利用“函數(shù)與方程的思想”來解題依然是本題的主線，但函數(shù)是奇函數(shù)是出發(fā)點。；（2）cos96176。sin48176。sin96176。這一結(jié)論及其變形形式. 如果問題中同時涉及邊和角，則應(yīng)盡量利用正弦定理、余弦定理、面積公式等進行轉(zhuǎn)化，實現(xiàn)邊角統(tǒng)一. 求三角形面積的海倫公式，大家往往不甚熟悉，但十分有用.例1：已知【思路分析】條件涉及到角、而結(jié)論涉及到角，.故可利用消除條件與結(jié)論間角的差異，當(dāng)然亦可從式中的“A”入手.【證法1】 【證法2】 例2：證明：【思路分析】等號左邊涉及角7x、5x、3x、x右邊僅涉及角x，可將左邊各項逐步轉(zhuǎn)化為、的表達式，但相對較繁. 觀察到右邊的次數(shù)較高，可嘗試降次.【證明】因為 從而有 【評述】本題看似“化簡為繁”，實質(zhì)上抓住了降次這一關(guān)鍵，很是簡捷. 另本題也可利用復(fù)數(shù)求解. 令，展開即可.例3：求證：【思路分析】等式左邊同時出現(xiàn)、聯(lián)想到公式.【證明】 【評述】本題方法具有一定的普遍性. 仿此可證 等.例4：已知【證明】例5：證 明：【證明】 【評述】這是三倍角的正弦的又一表示. 類似地，有 . 利用這幾個公式可解下例.例6：求證：① ②sin1176。 =cos6176。sin59176。)sin30176。－d, 60176。故此△ABC為正三角形.【方法4】將60176。,所以∠A=∠B=∠C，故△ABC為正三角形.【評述】方法2著眼于邊，方法4著眼于角.例3 各項都是正數(shù)的數(shù)列{an}中，若前n項的和Sn滿足2Sn=an+,求此數(shù)列的通項公式.【思路分析】 在Sn與an的混合型中，應(yīng)整理成數(shù)列{Sn}的遞推式或數(shù)列{an}的遞推式，然后用遞推關(guān)系式先求出Sn，再求an，{Sn}的遞推式，利用an=Sn－Sn－1先求出Sn，再求an即可.【解】n≥2時，將an=Sn－Sn－1代入2Sn=an+,得2Sn=Sn－Sn－1+,整理得所以數(shù)列是首項為1，公差為1的等差數(shù)列，即當(dāng)n=1時，由2S1=a1+,得a1=1也滿足.故數(shù)列{an}的通項公式為.【評述】處理本例的思想方法，可用來求滿足Sn與an混合型中的通項公式.例4 設(shè)數(shù)列{an}的前n項和Sn與an的關(guān)系為Sn=－ban+1－，其中b是與n無關(guān)的常數(shù)，且b≠－1.（1）求an與an－1的關(guān)系式；（2）寫出用n與b表示an的表達式.【思路分析】利用Sn=an－an－1(n≥2)整理出數(shù)列{an}的遞推關(guān)系式求an.【解】（1）當(dāng)n≥2時，an=Sn－Sn－1=－ban+1－,整理得兩邊同乘以2n，得2nan=2n－1an－1+,可知數(shù)列{2nan}是以2a=為首項，當(dāng)b≠1，b≠－1時，由（*）式得(1+b)nan=b(1+b)n－1an－1+從而數(shù)列{－－1}就是一個等比數(shù)列，n取2，3，…，n得故數(shù)列{an}的通項公式為【評述】構(gòu)造輔助數(shù)列是解由遞推關(guān)系式給出數(shù)列求通項的一個基本方法，本例構(gòu)造了輔助數(shù)列{}、{－－1}，使數(shù)列{－cn－1}為等比數(shù)列，化未知為已知，從而使問題獲解.例5 n2(n≥4)個正數(shù)排成n行n列a11 a12 a13 a14…… a1na21 a22 a23 a24…… a2na31 a32 a33 a34…… a3na41 a42 a43 a44…… a4n… … … … …… …an1 an2 an3 an4…… ann其中每一