《2011年高考数学总复习系列》——高中数学必修四
第一章 解三角形
一、基础知识【理解去记】 在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a, b, c分别表示它们所对的各边长，p?半周长。 a?b?c为2abc??=2R（R为△ABC外接圆半径）。 sinAsinBsinC111推论1：△ABC的面积为S△ABC=absinC?bcsinA?casinB. 2221．正弦定理：推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a. 推论3：在△ABC中，A+B=?，解a满足ab?，则a=A. sinasin(??a)正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出，下证推论。先证推论1，由正弦函数定义，BC边上的高为bsinC，所以S△ABC=
1absinC；再证推论2，因为B+C=?-A，所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，2absinasin(??a)??，所以，即sinAsinBsinAsin(??A)两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证推论4，由正弦定理
11[cos(?-A+a)-cos(?-A-a)]= ?[cos(?-a+A)-cos(?-a-A)]，等价于22cos(?-A+a)=cos(?-a+A)，因为0
sinasin(?-A)=sin(?-a)sinA，等价于?b2?c2?a22．余弦定理：a=b+c-2bccosA?cosA?，下面用余弦定理证明几个常用的结论。
2bc2
2
2
b2p?c2q（1）斯特瓦特定理【了解】：在△ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则AD=?pq.
p?q2
（1）
【证明】 因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos?ADB， 所以c2=AD2+p2-2AD·pcos?ADB. ① 同理b2=AD2+q2-2AD·qcos?ADC， ② 因为?ADB+?ADC=?，
所以cos?ADB+cos?ADC=0， 所以q×①+p×②得
b2p?c2qqc+pb=(p+q)AD+pq(p+q)，即AD=?pq.
p?q2
2
2
2
注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式AD?（
2
）
海
伦
公
式
：
因
为
?2b2?2c2?a2.
214bcsinA=
22
2
2S?ABC?14bc
22
(1-cosA)=
2
14bc
22
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?(b2?c2?a2)2?122 22[(b+c)-a][a-(b-c)]=p(p-a)(p-b)(p-c). ??1??224bc??16这里p?a?b?c. 2所以S△ABC=
p(p?a)(p?b)(p?c).
二、基础例题【必会】
1．面积法
例1 （共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满足?POQ??,?QOR??，另外OP，OQ，OR的长分别为u, w, v，这里α，β，α+β∈(0,
?)，则P，Q，R的共线的充要条件是
sin?sin?sin(???)??. uvw【证明】P，Q，R共线?SΔPQR?0?S?OPR?S?OPQ?S?ORQ
?111uvsin(α+β)=uwsinα+vwsinβ
222sin(???)sin?sin????，得证。
wuv2．正弦定理的应用
例2 如图所示，△ABC内有一点P，使得?BPC-?BAC=?CPA-?CBA=?APB-?ACB。 求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。
【证明】 过点P作PD?BC，PE?AC，PF?AB，垂足分别为D，E，F，则P，D，C，E；P，E，A，F；P，D，B，F三组四点共圆，所以?EDF=?PDE+?PDF=?PCA+?PBA=?BPC-?BAC。由题设及?BPC+?CPA+?APB=3600可得?BAC+?CBA+?ACB=1800。
所以?BPC-?BAC=?CPA-?CBA=?APB-?ACB=600。 所以?EDF=600，同理?DEF=600，所以△DEF是正三角形。
所以DE=EF=DF，由正弦定理，CDsin?ACB=APsin?BAC=BPsin?ABC，两边同时乘以△ABC的外接圆直径2R，得CP·BA=AP·BC=BP·AC，得证：
例3 如图所示，△ABC的各边分别与两圆⊙O1，⊙O2相切，直线GF与DE交于P，求证：PA?BC。 【证明】 延长PA交GD于M，
因为O1G?BC，O2D?BC，所以只需证
GMO1AAF??. MDAO2AE由正弦定理
APAFPAAE?,?，
sin(???1)sin?sin(???2)sin?所以
AEsin?1sin???. AFsin?2sin?另一方面，
GMPMMDPM?,?， sin?sin?1sin?sin?2数学必修4 第 2 页 共 14 页
所以
GMsin?2sin?， ??MDsin?1sin?GMAF?，所以PA//O1G， MDAE即PA?BC，得证。
所以
3．一个常用的代换：在△ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x, y, z，则a=y+z, b=z+x, c=x+y. 例4 在△ABC中，求证：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc. 【证明】 令a=y+z, b=z+x, c=x+y，则 abc=(x+y)(y+z)(z+x)
?8xy?yz?zx=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)
=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc. 所以a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc.
4．三角换元。
例5 设a, b, c∈R+，且abc+a+c=b，试求P?【解】 由题设b?223??的最大值。 a2?1b2?1c2?1a?c，令a=tanα, c=tanγ, b=tanβ, 1?ac2101?10?则tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤?3?sin????，
33?3?当且仅当α+β=
1?1022，sinγ=，即a=时，Pmax=. ,b?2,c?3232412例6 在△ABC中，若a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc<. 【证明】 设a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β??0,????. 2??因为a, b, c为三边长，所以c<从而???0,1, c>|a-b|， 2???222
?，所以sinβ>|cosα·cosβ|. ?4?2
2
2
2
因为1=(a+b+c)=a+b+c+2(ab+bc+ca),
所以a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc). 又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c) =sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β 1=[1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β] 411=+cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β) 44111>+cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)=. 444数学必修4 第 3 页 共 14 页
所以a2+b2+c2+4abc<.
12第二章 数列
*******毋庸置疑，数列是历年各省市解答题中必出的内容。因此同学要熟练百倍！
一、基础知识【理解去记】
定义1 数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{an}的一般形式通常记作a1, a2, a3,…，an或a1, a2, a3,…，an…。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的具体表达式，称为数列的通项。
定理1 若Sn表示{an}的前n项和，则S1=a1, 当n>1时，an=Sn-Sn-1.
定义2 等差数列，如果对任意的正整数n，都有an+1-an=d（常数），则{an}称为等差数列，d叫做公差。若三个数a, b, c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d, 则a=b-d, c=b+d. 定理2 *****【必考】等差数列的性质：1）通项公式an=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：Sn=
n(a1?an)n(n?1)?na1?d；3）an-am=(n-m)d，其中n, m为正整数；4）若n+m=p+q，则an+am=ap+aq；5）
22对任意正整数p, q，恒有ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B至少有一个不为零，则{an}是等差数列的充要条件是Sn=An2+Bn. 定义3 等比数列，若对任意的正整数n，都有
an?1?q，则{an}称为等比数列，q叫做公比。 ann-1
a1(1?qn)定理3 *****【必考】等比数列的性质：1）an=a1q；2）前n项和Sn，当q?1时，Sn=；当q=1时，
1?qSn=na1；3）如果a, b, c成等比数列，即b2=ac(b?0)，则b叫做a, c的等比中项；4）若m+n=p+q，则aman=apaq。 定义4 极限，给定数列{an}和实数A，若对任意的?>0，存在M，对任意的n>M(n∈N),都有|an-A|
n??定义5 无穷递缩等比数列，若等比数列{an}的公比q满足|q|<1，则称之为无穷递增等比数列，其前n项和Sn的极限（即其所有项的和）为
a1（由极限的定义可得）。 1?q定理4 数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)时n=k成立时能推出p(n)对n=k+1成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。
【补充知识点】
定理5 第二数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)对一切n≤k的自然数n都成立时（k≥n0）可推出p(k+1)成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。
定理6 对于齐次二阶线性递归数列xn=axn-1+bxn-2，设它的特征方程x2=ax+b的两个根为α,β:(1)若α?β，则xn=c1an-1+c2βn-1，其中c1, c2由初始条件x1, x2的值确定；(2)若α=β，则xn=(c1n+c2) αn-1，其中c1, c2的值由x1, x2的值确定。
二、基础例题【必会】
1．不完全归纳法。
这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探索未知世界的普遍方式。通常解题方式为：特殊→猜想→数学归纳法证明。
例1 试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24，35，…；2）1，5，19，65，…；3）-1，
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0，3，8，15，…。
【解】1）an=n2-1；2）an=3n-2n；3）an=n2-2n. 例2 已知数列{an}满足a1=【解】 因为a1=
1,a1+a2+…+an=n2an, n≥1，求通项an. 21,又a1+a2=22·a2, 2所以a2=
a?a111，a3=?22?,猜想an?(n≥1). 3?23?4n(n?1)3?11，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。 2?1证明；1）当n=1时，a1=
当n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+ a1+…+a1=[(k+1)2-1] ak+1,， 所以
111=k(k+2)ak+1, ????2?13?2k?(k?1)11111??????=k(k+2)ak+1, 223kk?1即1?所以
k1. =k(k+2)ak+1,所以ak+1=
k?1(k?1)(k?2)由数学归纳法可得猜想成立，所以an?1.
n(n?1)例3 设0
1，求证：对任意n∈N+,有an>1. an【证明】 证明更强的结论：1
2)假设n=k时，①式成立，即1
1?a?ak?1111?a?a21?a??a??a???1.
1?a1?a1?aak由数学归纳法可得①式成立，所以原命题得证。
2．迭代法
数列的通项an或前n项和Sn中的n通常是对任意n∈N成立，因此可将其中的n换成n+1或n-1等，这种办法通常称迭代或递推。
22n例4 数列{an}满足an+pan-1+qan-2=0, n≥3，q?0，求证：存在常数c，使得an?1?pan?1·an+qan?cq?0. 2222【证明】an?1?pan?1·an+1+qan?1?an?2(pan+1+an+2)+qan?1=an+2·(-qan)+qan?1= 2222+a(pq+qa)]=q(q(an?aa)?q[aa?paa?qann+1n?1nn?2n?1n?1n?1nn).
2若a2?pa2a1?qa12=0，则对任意n, an?1?pan?1an+qan=0，取c=0即可.
2若a2?pa2a1?qa12?0，则{an?1?pan?1an+qan}是首项为a2?pa2a1?qa1，公式为q的等比数列。
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