高中数学巧学巧解大全[1]

高中数学巧学巧解大全
高中数学 数学活 巧解方法总论 第一部分 高中数学活题巧解方法总论 一、代入法 若动点 P ( x, y ) 依赖于另一动点 Q ( x 0 , y 0 ) 而运动,而 Q 点的轨迹方程已知(也可能易 于是将这个 Q 点的坐标表达式代入已知 (或 于求得) 且可建立关系式 x 0 = f ( x) ,y 0 = g ( x) , 求得)曲线的方程,化简后即得 P 点的轨迹方程,这种方法称为代入法,又称转移法或相关 点法。 【例 1】 例 (2009 年高考广东卷)已知曲线 C : y = x 2 与直线 l : x ? y + 2 = 0 交于两点

A( x A , y A ) 和 B( x B , y B ) ,且 x A < x B ,记曲线 C 在点 A 和点 B 之间那一段 L 与线段 AB 所围
成的平面区域(含边界)为 D.设点 P ( s, t ) 是 L 上的任一点,且点 P 与点 A 和点 B 均不重合. 若点 Q 是线段 AB 的中点,试求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程; 【巧解 巧解】联立 y = x 2 与 y = x + 2 得 x A = ?1, x B = 2 ,则 AB 中点 Q ( , ) , 巧解

1 5 2 2

1 5 +s +t 2 2 设线段 PQ 的中点 M 坐标为 ( x, y ) ,则 x = ,y = , 2 2 1 5 即 s = 2 x ? , t = 2 y ? ,又点 P 在曲线 C 上, 2 2 5 1 2 11 2 ∴ 2 y ? = ( 2 x ? ) 化简可得 y = x ? x + ,又点 P 是 L 上的任一点, 2 2 8 1 1 5 且不与点 A 和点 B 重合,则 ? 1 < 2 x ? < 2 ,即 ? < x < , 2 4 4 11 1 5 2 ∴中点 M 的轨迹方程为 y = x ? x + ( ? < x < ). 8 4 4
【例 2】 例 (2008 年,江西卷)设 P ( x 0 , y 0 ) 在直线 x = m ( y ≠ ± m,0 < m < 1) 上,过点 P 作双
1 曲线 x 2 ? y 2 = 1 的两条切线 PA 、 , PB 切点为 A 、 , B 定点 M ( m ,0) 。过点 A 作直线 x ? y = 0

的垂线,垂足为 N,试求 ?AMN 的重心 G 所在的曲线方程。
2 2 【巧解 巧解】设 A( x1 , y1 ), B ( x2 , y2 ) ,由已知得到 y1 y2 ≠ 0 ,且 x12 ? y12 = 1 , x2 ? y2 = 1 , (1)垂 巧解

线 AN 的方程为: y ? y1 = ? x + x1 , 由?

? y ? y1 = ? x + x1 x + y1 x1 + y1 得垂足 N ( 1 , ) ,设重心 G ( x, y ) 2 2 ? x? y =0
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3 ? 9x ? 3y ? ? m ? x1 = ? 4 解得 ? 1 ? 9 y ? 3x + ?y = m ? 1 ? 4 1 1 由 x12 ? y12 = 1 可得 (3 x ? 3 y ? )(3 x + 3 y ? ) = 2 m m 1 2 2 即 (x ? ) ? y 2 = 为重心 G 所在曲线方程 3m 9
1 1 x1 + y1 ? ? x = 3 ( x1 + m + 2 ) ? 所以 ? ? y = 1 ( y + 0 + x1 + y1 ) 1 ? 3 2 ?
(2005 年,江西卷)如图,设抛物线 C : y = x 的焦点为 F,动点 P 在直线 巧练一 :
2

l : x ? y ? 2 = 0 上运动,过 P 作抛物线 C 的两条切线 PA、PB,且与抛物线 C 分别相切于 A、B
两点.,求△APB 的重心 G 的轨迹方程.

巧练二: (2006 年,全国 I 卷)在平面直角坐标系 xOy 中,有一个以 F1 (0,? 3 ) 和 F2 (0, 3 ) 巧练二: 为焦点、离心率为 3 的椭圆,设椭圆在第一象限的部分为曲线 C,动点 P 在 C 上,C 在点 P 2 处的切线与 x、y 轴的交点分别为 A、B,且向量 OM = OA + OB ,求点 M 的轨迹方程

二、直接法 直接从题设的条件出发,利用已知条件、相关公式、公理、定理、法则通过准确的运算、 严谨的推理、合理的验证得出正确的结论,从而确定选择支的方法叫直接法。从近几年全国 各地的高考数学试题来看,绝大大部分选择题的解答用的是此法。但解题时也要“盯住选项

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特点”灵活做题,一边计算,一边对选项进行分析、验证,或在选项中取值带入题设计算, 验证、筛选而迅速确定答案。

【例 1】 例 (2009 年高考全国 II 卷)已知双曲线 C :

x2 y2 ? = 1(a > 0, b > 0) 的右焦点为 F, a2 b2


过 F 且斜率为 3 的直线交 C 于 A、B 两点。若 AF = 4 FB ,则 C 的离心率为( (A)

6 5

(B)

7 5

(C)

8 5

(D)

9 5

【巧解 巧解】设 A( x1 , y1 ) , B ( x 2 , y 2 ) , F (c,0) ,由 AF = 4 FB ,得 (c ? x1 ,? y1 ) = 4( x 2 ? c, y 2 ) 巧解 ∴ y1 = ?4 y 2 ,设过 F 点斜率为 3 的直线方程为 x =

y

3

+c,

y ? x= +c b2 2b 2 c ? 2 2 由? 消去 x 得: ( ? a )y + y + b4 = 0 , 3 3 3 ?b 2 x 2 ? a 2 y 2 ? a 2 b 2 = 0 ?

? ? 6b 2 c 6b 2 c y1 + y 2 = ? ? 3 y2 = ? ? ? ? 3 (b 2 ? 3a 2 ) , 将 y = ?4 y 代入得 ? 3 (b 2 ? 3a 2 ) 化简得 ∴? ? 1 2 4 4 3b ? ? ? 4 y 2 = 3b y1 y 2 = 2 2 ? ? b ? 3a 2 b 2 ? 3a 2 ? ?

? 2b 2 c y2 = ? ? 3 (b 2 ? 3a 2 ) ? 3b 4 ?y2 = ? ? 2 4(b 2 ? 3a 2 ) ?

4b 4 c 2 3b 4 =? ,∴ , 3(b 2 ? 3a 2 ) 2 4(b 2 ? 3a 2 ) 36 6 ,即 e = 。 25 5

化简得: 16c 2 = 9(3a 2 ? b 2 ) = 9(3a 2 ? c 2 + a 2 ) ,∴ 25c = 36a , e =
2 2

2

故本题选(A) 【例 2】 例 (2008 年,四川卷)设定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 f ( x ) ? f ( x + 2) = 13 ,若

f (1) = 2 ,则 f (99) = (
(A)13 【巧解 巧解】∵ f ( x + 2) = 巧解 (B)2



(C)

13 2

(D)

2 13

13 13 13 ,∴ f ( x + 4) = = = f ( x) 13 f ( x) f ( x + 2) f ( x)

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∴函数 f (x ) 为周期函数,且 T = 4 ,∴ f (99) = f ( 4 × 24 + 3) = f (3) =

13 13 = f (1) 2

故选(C)

巧练一: (2008 年,湖北卷)若 f ( x ) = ? 巧练一: 值范围是( ) B. ( ?1,+∞ )

1 2 x + b ln( x + 2)在(?1,+∞) 上是减函数,则 b 的取 2
C. ( ?∞,?1] D. ( ?∞,?1)

A. [ ?1,+∞ )

巧练二: (2008 年,湖南卷)长方体 ABCD—A1B1C1D1 的 8 个顶点在同一个球面上,且 AB=2, 巧练二:

AD= 3,AA1=1,则顶点 A、B 间的球面距离是(



A. 2 2π

B. 2π

C.

2π 2

D.

2π 4

三、定义法 所谓定义法,就是直接用数学定义解题。选择题的命题侧重于对圆锥曲线定义的考查, 凡题目中涉及焦半径、通径、准线、离心率及离心率的取值范围等问题,用圆锥曲线的第一和 第二定义解题,是一种重要的解题策略。 【例 1】 例 (2009 年高考福建卷,理 13)过抛物线 y 2 = 2 px ( p > 0) 的焦点 F 作倾斜角为 45 的
0

直线交抛物线于 A、B 两点,线段 AB 的长为 8,则 p =



p ? p ?y = x ? 【巧解 巧解】依题意直线 AB 的方程为 y = x ? ,由 ? 巧解 2 消去 y 得: 2 ? y 2 = 2 px ? x 2 ? 3 px + p2 = 0 ,设 A( x1 , y1 ) , B( x 2 , y 2 ) ,∴ x1 + x 2 = 3 p ,根据抛物线的定义。 4 p p , | AF |= x1 + ,∴ | AB |= x1 + x 2 + p = 4 p = 8 ,∴ p = 2 , 2 2

| BF |= x 2 +

故本题应填 2。 【例 2】 例 (2008 年, 山东卷, 10) 理 设椭圆 C1 的离心率为

5 , 焦点在 x 轴上且长轴长为 26. 若 13


则曲线 C2 的标准方程为 ( 曲线 C2 上的点到椭圆 C1 的两个焦点的距离的差的绝对值等于 8,
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(A)

x2 y2 ? =1 4 2 32 x2 y2 ? =1 32 4 2

(B)

x2 y2 ? 2 =1 13 2 5 x2 y2 ? 2 =1 13 2 12

(C)

(D)

【 巧 解 】 由 题 意 椭 圆 的 半 焦 距 为 c = 5 , 双 曲 线 C2 上 的 点 P 满 足

|| PF1 | ? | PF2 ||= 8 <| F1 F2 |,

∴点 P 的轨迹是双曲线,其中 c = 5 , a = 4 ,∴ b = 3 ,故

双曲线方程为

x2 y2 ? = 1 ,∴选(A) 4 2 32

巧练一: (2008 年,陕西卷)双曲线 巧练一:

x2 y2 ? = 1(a > 0, b > 0) 的左、右焦点分别是 F1,F2, a2 b2

过 F1 作倾斜角为 30°的直线交双曲线右支于 M 点,若 MF2 垂直于 x 轴,则双曲线的离心率为 ( )

A. 6

B. 3

C. 2

D.

3 3

巧练二: (2008 年,辽宁卷)已知点 P 是抛物线 y 2 = 2 x 上的一个动点,则点 P 到点(0,2) 巧练二: 的距离与 P 到该抛物线准线的距离之和的最小值为( )

(A)

17 2

(B)3

(C) 5

(D)

9 2

四、向量坐标法 向量坐标法是一种重要的数学思想方法,通过坐标化,把长度之间的关系转化成坐标之 间的关系,使问题易于解决,并从一定程度上揭示了问题的数学本质。在解题实践中若能做到 多用、巧用和活用,则可源源不断地开发出自己的解题智慧,必能收到事半功倍的效果。 【例 1】 例 (2008 年,广东卷)在平行四边形 ABCD 中,AC 与 BD 交于点 O,E 是线段 OD 的中点,

AE 的延长线与 CD 交于点 F. 若 AC =a, BD =b,则 AF =(
A.

) D. y D E C

1 1 a + b 4 2

B.

2 1 a + b 3 3

C.

1 1 a + b 2 4

1 2 a + b 3 3

【巧解 巧解】如图所示,选取边长为 2 的正方形 ABCD 巧解
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O A B x

则 B ( 2,0) , C ( 2,2) , D (0,2) , O (1,1) , E ( , ) , ∴直线 AE 的方程为 y = 3x ,联立 ?

1 3 2 2

? y = 3x 2 得 F ( , 2) 3 ? y=2

∴ AF = ( ,2) ,设 AF = x AC + y BD ,则 AF = x( 2,2) + y ( ?2,2) = ( 2 x ? 2 y,2 x + 2 y )

2 3

∴?

2 ? 2 1 2 1 2 1 ?2 x ? 2 y = 3 解之得 x = , y = ,∴ AF = AC + BD = a + b ,故本题选 B 3 3 3 3 3 3 ? 2x + 2 y = 2 ?

【例 2】已知点 O 为 ?ABC 内一点,且 OA + 2OB + 3OC = 0,则 ?AOB 、 ?AOC 、 ?BOC 例 的面积之比等于 A.9:4:1 B.1:4:9 C.3:2:1
0

( D.1:2:3 y A O



【巧解 巧解】不妨设 ?ABC 为等腰三角形, ∠B = 90 巧解

AB = BC = 3 ,建立如图所示的直角坐标系,则点 B (0,0) A(0,3) , C (3,0) ,设 O ( x, y ) ,
B ∵ OA + 2OB + 3OC = 0,即 ( ? x,3 ? y ) + 2( ? x,? y ) + 3(3 ? x,? y ) = (0,0) ∴?

C

x

?6 x = 9 3 1 3 1 解之得 x = , y = ,即 O ( , ) ,又直线 AC 的方程为 x + y ? 3 = 0 ,则点 O 2 2 2 2 ?6 y = 3
|

3 1 + ? 3| 2 1 9 2 2 到直线 AC 的距离 h = = ,∵ | AC |= 3 2 ,因此 S ?AOB = | AB | ? | x |= , 2 2 4 12 + 12
S ?BOC = 1 3 1 3 | BC | ? | y |= , S ?AOC = | AC | ?h = ,故选 C 2 4 2 2

巧练一: (2008 年,湖南卷)设 D、E、F 分别是△ABC 的三边 BC、CA、AB 上的点,且 巧练一 :

DC = 2 BD, CE = 2 EA, AF = 2 FB, 则 AD + BE + CF与BC (
A.反向平行 B.同向平行 C.互相垂直

) D.既不平行也不垂直

巧练二 : 设 O 是 ?ABC 内部一点,且 OA + OC = ?2OB ,则 ?AOB 与 ?AOC 面积之比 是 .

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五、查字典法 查字典是大家比较熟悉的,我们用类似“查字典”的方法来解决数字排列问题中数字比 较大小的问题,避免了用分类讨论法时容易犯的重复和遗漏的错误,给人以“神来之法”的 味道。利用“查字典法”解决数字比较大小的排列问题的思路是“按位逐步讨论法” (从最高 位到个位) ,查首位时只考虑首位应满足题目条件的情况;查前“2”位时只考虑前“2”位 中第“2”个数应满足条件的情况;依次逐步讨论,但解题中既要注意数字不能重复,又要有 充分的理论准备,如奇、偶问题,3 的倍数和 5 的倍数的特征,0 的特性等等。以免考虑不全 而出错。 【例 1】 例 (2007 年,四川卷)用数字 0,1,2,3,4,5 可以组成没有重复数字,并且比 20000 大的五位偶数共有( (A)288 个 ) (C)144 个 (D)126 个

(B)240 个

【巧解 巧解】本题只需查首位,可分 3 种情况,① 个位为 0,即 × × × ×0 型,首位是 2,3,4,5 巧解
1 3 中的任一个,此时个数为 A4 A4 ;

②个位为 2,即 × × × ×2 , 此种情况考虑到万位上
1 3

不为 0,则万位上只能排 3,4,5,所以个数为 A3 A4 ;③个位为 4, × × × ×4 型,此种 特点考虑到万位上不为 0,则万位上只能排 2,3,5,所以个数为 A3 A4 ;故共有
1 3 1 3 A4 A4 + 2 A3 A4 = 240 个。故选(B) 1 3

【例 2】 例 (2004 年全国 II 卷)在由数字 1,2,3,4,5 组成的所有没有重复数字的 5 位数中, 大于 23145 且小于 43521 的数共有( A.56 个 B.57 个 ) D.60 个

C.58 个

【巧解 (1)查首位 巧解】 查首位:只考虑首位大于 2 小于 4 的数,仅有 1 种情况:即 3 × × × × 型,此特点 巧解 查首位
4 只需其它数进行全排列即可。有 A4 种,

(2)查前2位:只考虑前“2”位中比3既大又小的数,有 4 种情况: 查前2
3 3 24 × × × , 25 × × × , 41 × × × , 42 × × × 型,而每种情况均有 A3 种满足条件,故共有 4A3

种。 (3)查前3位:只考虑前“3”位中既比1大又小于 5 的数,有 4 种情况: 查前3
2 2 234 × × , 235 × × , 431 × × , 432 × × 型,而每种情况均有 A2 种满足条件,故共有 4 A2 种。

(3)查前 4 位:只考虑前“4”位中既比 4 大又小于 2 的数,此种情况只有

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23154 和 43512 两种情况满足条件。故共有 A4 + 4 A3 + 4 A2 + 2 = 58 个,故选 C
4 3 2

巧练一: 巧练一:用数字 0,1,2,3,4,5 可以组成没有重复数字,并且不大于 4310 的四位偶数共有( A.110 种 B.109 种 C.108 种 D.107 种



巧练二: (2007 年,四川卷)用数字 1,2,3,4,5 可以组成没有重复数字,并且比 20000 大的五 巧练二: 位偶数共有( (A)48 个 ) (C)24 个 (D)18 个

(B)36 个

六、挡板模型法 挡板模型法 挡板模型法是在解决排列组合应用问题中,对一些不易理解且复杂的排列组合问题,当 元素相同时,可以通过设计一个挡板模型巧妙解决,否则,如果分类讨论,往往费时费力, 同时也难以解决问题。 【例 1】体育老师把 9 个相同的足球放入编号为 1,2,3 的三个箱中,要求每个箱子放球的个 例 数不少于其编号,则不同的放球方法有 A.8 种 B.10 种 C.12 种 ( )

D.16 种

【巧解 巧解】先在 2 号盒子里放 1 个小球,在 3 号盒子里放 2 个小球,余下的 6 个小球排成一排 巧解 为: OOOOOO ,只需在 6 个小球的 5 个空位之间插入 2 块挡板,如: OO | OO | OO ,每一
2 种插法对应着一种放法,故共有不同的放法为 C 5 = 10 种. 故选 B

【例 2】两个实数集 A = {a1 , a2 ,L , a50 } , B = {b1 , b2 ,L b25 } ,若从 A 到 B 的映射 f 使得 B 中 例 每个元素都有原象,且 f ( a1 ) ≥ f ( a2 ) ≥ L ≥ f ( a50 ) ,则这样的映射共有(
24 A. A50 24 B. C49 25 C. C50 25 D. A49

)个

【巧解 巧解】不妨设 A和B 两个集合中的数都是从小到大排列,将集合 A 的 50 个数视为 50 个相 巧解 同的小球排成一排为: OOOOOOOLLOO ,然后在 50 个小球的 49 个空位中插入 24 块木 板,每一种插法对应着一种满足条件 f ( a1 ) ≥ f ( a2 ) ≥ L ≥ f ( a50 ) 对应方法,故共有不同映
24 射共有 C 49 种. 故选

B

巧练一: 巧练一:两个实数集合 A={a1, a2, a3,…, a15}与 B={b1, b2, b3,…, b10},若从 A 到 B 的是映 射 f 使 B 中的每一个元素都有原象,且 f(a1)≤f(a2) ≤…≤f(a10)<f(a11)<…<f(a15), 则这样 的映射共有
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5 A. C10 个

4 B. C 9 个

15

C.10 个

10 D. 510 ? A15

巧练二: 巧练二:10 个完全相同的小球放在标有 1、2、3、4 号的四个不同盒子里,使每个盒子都不空 的放法有( A.24 )种 B.84 C.120 七、等差中项法 等差中项法是根据题目的题设条件(或隐含)的特征,联想到等差数列中的等差中项,构 造等差中项,从而可使问题得到快速解决,从而使解题过程变得简捷流畅,令人赏心悦目。 【例 1】 例 (2008 年,浙江卷)已知 a ≥ 0, b ≥ 0, 且a + b = 2 ,则( (A) ab ≤ ) (D) a + b ≤ 3
2 2

D.96

1 2

(B) ab ≥

1 2

(C) a + b ≥ 2
2 2

【巧解 巧解】根据 a + b = 2 特征,可得 a,1, b 成等差数列, 1 为 a 与 b 的等差中项。可设 巧解

a = 1 ? x , b = 1 + x ,其中 ? 1 ≤ x ≤ 1 ;则 ab = 1 ? x 2 , a 2 + b 2 = 2 + 2 x 2 ,
又 0 ≤ x ≤ 1 ,故 0 ≤ ab ≤ 1 , 2 ≤ a + b ≤ 4 ,由选项知应选(C)
2 2 2

【例 2】 例 (2008 年, 重庆卷) 已知函数 y = 1 ? x + 值为( )

x + 3 的最大值为 M,最小值为 m,则

m 的 M

(A)

1 4

(B)

1 2 x + 3 可得,

(C)

2 2

(D)

3 2

【巧解 巧解】由 y = 1 ? x + 巧解

y 为 1 ? x 与 x + 3 的等差中项, 2 y y y 令 1 ? x = + t , x + 3 = ? t ,其中 | t |≤ , 2 2 2

则(

y y y2 y + t ) 2 + ( ? t ) 2 = 1 ? x + x + 3 = 4 ,即 t 2 = 2 ? ,又 | t |≤ ,则 2 2 4 2 y2 y2 y2 ,故 0 ≤ 2 ? ,解之得 2 ≤ y ≤ 2 2 ,即 M = 2 2 , m = 2 ≤ 4 4 4

0 ≤ t2 ≤



m 2 2 = = ,故选(C) M 2 2 2 y2 的最小值 xz

巧练: (2008 年,江苏卷) x, y, z ∈ R*, x ? 2 y + 3 z = 0, 巧练:

.

八、逆向化法
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逆向化法是在解选择题时, 四个选项以及四个选项中只有一个是符合题目要求的都是 解题重要的信息。 逆向化策略是把四个选项作为首先考虑的信息,解题时,要“盯住选项” , 着重通过对选项的分析,考查,验证,推断进行否定或肯定,或者根据选项之间的关系进行逻 辑分析和筛选,找到所要选择的,符合题目要求的选项。 【例 1】 例 (2008 年,湖北卷)函数 f ( x ) = 定义域为( ) B. (?4,0) U (0,1) D. [ ?4,0) U (0,1)

1 ln( x 2 ? 3 x + 2 + ? x 2 ? 3 x + 4 ) 的 x

A. ( ?∞,?4] U [ 2,+∞) C. [ ?4,0) U (0,1]

【巧解 巧解】观察四个选项取端点值代入计算即可,取 x = 1 ,出现函数的真数为 0,不满足,排 巧解 含有 1 的答案 C,取 x = ?4 代入计算解析式有意义,排不含有 ? 4 的答案 B,取 x = 2 出现二 次根式被开方数为负,不满足,排含有 2 的答案 A,故选 D 评析: 评析:求函数的定义域只需使函数解析式有意义,凡是考查具体函数的定义域问题都可用特 值法代入验证快速确定选项。 【例 2】 例 (2008 年,江西卷)已知函数 f ( x) = 2mx 2 ? 2( 4 ? m) x + 1, g ( x) = mx ,若对于任一 实数 x, f ( x ) 与 g ( x ) 的值至少有一个为正数,则实数 m 的取值范围是( A. (0,2) C. (2,8) B. (0,8) D. ? ∞ ,0) ( )

【巧解 巧解】观察四个选项中有三个答案不含 2,那么就取 m = 2 代入验证是否符合题意即可, 巧解 取 m = 2 ,则有 f ( x ) = 4 x 2 ? 4 x + 1 = ( 2 x ? 1) 2 ,这个二次函数的函数值 f ( x ) > 0 对

x∈R且x ≠

1 1 恒成立,现只需考虑 g ( x ) = 2 x 当 x = 时函数值是否为正数即可。这显然 2 2

为正数。故 m = 2 符合题意,排除不含 m = 2 的选项 A、C、D。所以选 B 巧练一: (2007 年,湖北卷)函数 y = 巧练一: A. y = log 2

2x +1 (x<0)的反函数是( 2x ?1
B. y = log 2



x +1 (x<-1) x ?1 x ?1 C. y = log 2 (x<-1) x +1

x +1 (x>1) x ?1 x ?1 D. y = log 2 (x>1) x +1


巧练二: (2004 年,重庆卷)不等式 x + 巧练二:

2 > 2 的解集是( x +1
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A. ( ?1, 0) U (1, +∞) C. (?1, 0) U (0,1)

B. ( ?∞, ?1) U (0,1) D. ( ?∞, ?1) U (1, +∞) 九、极限化法

极限化法是在解选择题时,有一些任意选取或者变化的元素,我们对这些元素的变化趋势 进行研究,分析它们的极限情况或者极端位置,并进行估算,以此来判断选择的结果.这种通过 动态变化,或对极端取值来解选择题的方法是一种极限化法. 【例 1】正三棱锥 A ? BCD 中, E 在棱 AB 上, F 在棱 CD 上,使

AE CF = = λ ( λ > 0) , EB FD

设 α 为异面直线 EF 与 AC 所成的角, β 为异面直线 EF 与 BD 所成的角,则 α + β 的 值是 ( )

π
A. B.

π
C.

π
D.

π
2

6

4

3

【巧解 巧解】当 λ → 0 时, E → A ,且 F → C ,从而 EF → AC 。因为 AC ⊥ BD ,排除选 巧解 择支 A, B, C 故选 D(或 λ → +∞ 时的情况,同样可排除 A, B, C ) ,所以选 D 【例 2】若 a = ( ) x , b = x 2 , c = log 2 x ,当 x >1 时, a, b, c 的大小关系是
3

2 3

3





A. a < b < c

B. c < a < b

C. c < b < a

D. a < c < b

【巧解 巧解】当 x → 0 时, a → 巧解 巧练一: 巧练一:若 0 < x <

2 , b → 1 , c → 0 ,故 c < a < b ,所以选 B 3
( )

π
2

, 则2 x与3 sin x 的大小关系
B. 2 x < 3 sin x C. 2 x = 3 sin x

A. 2 x > 3 sin x

D.与 x 的取值有关 )

巧练二: 巧练二:对于任意的锐角 α , β ,下列不等关系式中正确的是( (A) sin(α + β ) > sin α + sin β (C) cos(α + β ) > sin α + sin β

(B) sin(α + β ) > cos α + cos β (D) cos(α + β ) < cos α + cos β 十、整体化法

整体化法是在解选择题时,有时并不需要把题目精解出来,而是从题目的整体去观察,分 析和把握,通过整体反映的性质或者对整体情况的估算,确定具体问题的结果,例如,对函数问 题,有时只需要研究它的定义域,值域,而不一定关心它的解析示式,对函数图象,有时可以从 它的整体变化趋势去观察,而不一定思考具体的对应关系,或者对 4 个选项进行比较以得出结 论,或者从整体,从全局进行估算,而忽略具体的细节等等,都可以缩短解题过程,这是一种从

11 / 43

整体出发进行解题的方法. 【例 1】已知 θ 是锐角,那么下列各值中, sin θ + cos θ 可能取到的值是( A. )

3 4

B.

4 3

C.

【巧解 巧解】∵ sin θ + cos θ = 巧解

2 sin(θ +

π
4

5 3

D.

) ,又 θ 是锐角,∴ 0 < θ <

π

1 2

2

π
4

<θ +

π
4

<

3π 2 π π ,∴ < sin(θ + ) ≤ 1 ,即 1 < 2 sin(θ + ) ≤ 2 ,故选 B 4 2 4 4

【例 2】(2002 年,全国卷)据 2002 年 3 月 5 日九届人大五次会议《政府工作报告》指出“2001 年国内生产总值达到 95933 亿元,比上一年增长 7.3%.”如果“十·五”期间(2001-2005 年) 每年的国内生产总值按此年增长率增长,那么,到“十·五”末,我国国内生产总值约为( (A)115000 亿元 (C) 127000 亿元 (B)120000 亿元 (D)135000 亿元 )

【巧解 注意到已知条件给出的数据非常精确, 2001 年国内生产总值达到 95933 亿元,精确 巧解】 巧解 到亿元,而四个选项提供的数据都是近似值, 精确到千亿元,即后三位都是 0,因此,可以从整 体上看问题,忽略一些局部的细节. 把 95933 亿元近似地视为 96000 亿元,又把 0.0732 近似地视为 0.005 ,这样一来,就有

95933 × (1 + 7.3% ) ≈ 96000 (1 + 4 × 0.073 + 6 × 0.0732 )
4

≈ 96000 × (1 + 0.292 + 6 × 0.005) = 126720 ≈ 127000.
巧练一: 如图所示为三角函数 y = A sin(ωx + ? ) , | ? |< 巧练一: ( 函数的周期 T 可能是( A. C. π ) B. 2π

π
2

, A > 0) 的图象的一部分,则此
y 2 O



11π D. 8

3π 4
x

?2

巧练二: (全国卷)如图,在多面体 ABCDEF 中,已知面 ABCD 是边长为 3 的正方形,EF∥AB, 巧练二:

EF =

3 ,EF 与面 AC 的距离为 2,则该多面体的体积为( 2
D

E



F

C

12 / 43
A B

( A)

9 2

(B)5

(C)6

( D)

15 2

十一、 十一、参数法 在解题过程中, 适当引入一个或几个新变量代替原式中的某些量, 使得原式中仅含有这些 新变量,以此作为媒介,在进行分析和综合,然后对新变量求出结果,从而解决问题的方法 叫参数法。

【例 1】 例 (2008 年,安徽卷)设椭圆 C :

x2 y 2 + = 1(a > b > 0) 过点 M ( 2,1) ,且左焦点为 a 2 b2

F1 (? 2, 0)
(Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ)当过点 P (4,1) 的动直线 l 与椭圆 C 相交于两不同点 A, B 时,在线段 AB 上取点 Q ,满 足 AP ? QB = AQ ? PB ,证明:点 Q 总在某定直线上。

uuu uuu r r

uuur uuu r

?c 2 = 2 ? ?2 1 【巧解 (1) 巧解】(1) 巧解 (1)由题意: ? 2 + 2 = 1 ?a b ?c 2 = a 2 ? b 2 ?
uuu uuu r r uuur uuu r

,解得 a 2 = 4, b 2 = 2 ,所求椭圆方程为

x2 y 2 + =1 4 2

(2) 由 AP ? QB = AQ ? PB 得 :

| AP | | PB |

=

| AQ |
设点 Q、A、B 的坐标分别为

| QB |

uuu r AP uuu uuu uuur uuu r r r ( x, y ), ( x1 , y1 ), ( x 2 , y2 ) 。由题设知 AP , PB , AQ , QB 均不为零,记 λ = uuu = r PB

uuur AQ uuu ,则 r QB

λ > 0 且 λ ≠ 1 ,又 A,P,B,Q 四点共线,从而 AP = ?λ PB, AQ = λ QB ,
于是 4 =

uuu r

uuu uuur r

uuu r

x1 ? λ x2 , 1? λ

1=

y1 ? λ y2 , 1? λ

x=

x1 + λ x2 , 1+ λ

y=

y1 + λ y2 1+ λ

从而

2 x12 ? λ 2 x2 = 4 x , LL ① 1? λ2

2 y12 ? λ 2 y2 = y , LL ② 1? λ 2

又点 A、B 在椭圆 C 上,即

x12 + 2 y12 = 4, LL ③

2 2 x2 + 2 y2 = 4, LL ④

13 / 43

① + ② × 2 并结合③,④得 4 x + 2 y = 4 ,即点 Q ( x, y ) 总在定直线 2 x + y ? 2 = 0 上。 【例 2】 例 (2004 年,辽宁卷)设椭圆方程为 x +
2

y2 = 1 ,过点 M(0,1)的直线 l 交椭圆于点 4

A、B,O 是坐标原点,点 P 满足 OP = 时,求动点 P 的轨迹方程;

1 1 1 (OA + OB ) ,点 N 的坐标为 ( , ) ,当 l 绕点 M 旋转 2 2 2

【巧解 巧解】直线 l 过点 M(0,1)设其斜率为 k,则 l 的方程为 y = kx + 1. 巧解 记 A( x1 , y1 ) 、 B ( x 2 , y 2 ), 由题设可得点 A、B 的坐标 ( x1 , y1 ) 、 ( x 2 , y 2 ) 是方程组

? y = kx + 1 ? ? 2 y2 =1 ?x + ? 4

① 的解. ②

将①代入②并化简得, (4 + k 2 ) x 2 + 2kx ? 3 = 0 ,所以

2k ? ? x1 + x 2 = ? 4 + k 2 , ? 于是 ? 8 ?y + y = . 2 ? 1 4+k2 ? OP = x + x 2 y1 + y 2 1 ?k 4 (OA + OB) = ( 1 , )=( , ). 2 2 2 2 4+ k 4+k2

设点 P 的坐标为 ( x, y ), 则

?k ? ?x = 4 + k 2 , ? 消去参数 k 得 4 x 2 + y 2 ? y = 0 ? 4 ?y = . ? 4+ k2 ?



当 k 不存在时,A、B 中点为坐标原点(0,0) ,也满足方程③,所以点 P 的轨迹方程 为 4 x 2 + y 2 ? y = 0. 巧练一: (2008 年,全国 I 卷)直线 巧练一: A. a + b ≤ 1
2 2

x y + = 1 通过点 M (cos α , sin α ) ,则有 ( a b 1 1 1 1 2 2 B. a + b ≥ 1 C. 2 + 2 ≥ 1 D. 2 + 2 ≤ 1 a b a b



2 巧练二: 巧练二: 如图,已知直线 l 与抛物线 x = 4 y 相切于点 P(2,1),且与 x 轴交于点 A,O 为坐

标原点,定点 B 的坐标为(2,0).
14 / 43

(I)若动点 M 满足 AB ? BM +

2 | AM |= 0 ,求点 M 的轨迹 C;

(II)若过点 B 的直线 l′(斜率不等于零)与(I)中的轨迹 C 交于不同的两点 E、F(E 在 B、F 之间) ,试求△OBE 与△OBF 面积之比的取值范围.

十二、 十二、交轨法 如果所求轨迹是两条动曲线 (包括直线) 的交点所得, 其一般方法是恰当地引进一个参数, 写出两条动曲线的方程,消去参数,即得所求的轨迹方程,所以交轨法是参数法的一种特殊情 况。
2 2 【例 1】已知椭圆 C: x + y = 1 ( a > b > 0)的离心率为 6 ,短轴一个端点到右焦点 F 的距离 例 3 a2 b2

为 3. (Ⅰ)求椭圆 C 的方程; (Ⅱ) 设直线 l 经过椭圆的焦点 F 交椭圆 C 交于 A、 两点,分别过 A、 作椭圆的两条切线, B B A、B 为切点,求两条切线的交点 P 的轨迹方程。

?c 6 , ? = 【巧解 (Ⅰ)设椭圆的半焦距为 c ,依题意 ? a 巧解】 巧解 3 解之得 c = 2 ?a = 3, ?
∴ b = 1 ,∴ 所求椭圆方程为

x2 + y2 = 1. 3
x2 + y2 = 1 3

(Ⅱ)由(I)知 F ( 2 ,0) ,设 A( x1 , y1 ) , B ( x 2 , y 2 ) , P ( x 0 , y 0 ) ,对椭圆

求导:

x 2x x + 2 yy ′ = 0 , y ′ = ? 即 , 则过 A 点的切线方程 PA 为 y ? y1 = ? 1 ( x ? x1 ) 3 3y 3 y1
① 同 理 过 B 点 的 切 线 方 程 PB 为 x 2 x + 3 y 2 y = 3 ② , 又

整 理 得 x1 x + 3 y1 y = 3

P ( x 0 , y 0 ) 在两切线 PA 、 PB 上,∴ x1 x 0 + 3 y1 y 0 = 3
15 / 43

x 2 x 0 + 3 y 2 y 0 = 3 ,因此, A( x1 , y1 ) , B( x 2 , y 2 ) 两点在均在直线 x 0 x + 3 y 0 y = 3 上,
又∵ F ( 2 ,0) 在直线 x 0 x + 3 y 0 y = 3 上,∴ x 0 2 + 3 y 0 × 0 = 3 ,即 x 0 =

3 2 为交点 P 的 2

轨迹方程 【例 2】过抛物线 C: y = x 上两点 M,N 的直线 l 交 y 轴于点 P(0,b). 例
2

(Ⅰ)若∠MON 是钝角(O 为坐标原点) ,求实数 b 的取值范围; (Ⅱ)若 b=2,曲线 C 在点 M,N 处的切线的交点为 Q.证明:点 Q 必在一条定直线上 运动.
2 2 【巧解 (Ⅰ)设点 M,N 坐标分别为 ( x1 , x12 ), ( x2 , x2 )( x1 ≠ x2 ), 则OM = ( x1 , x12 ), ON = ( x 2 , x2 ). 由题 巧解】 巧解

意可设直线 l 方程为 y=kx+b, ? y = x 2

?? = k 2 + 4b > 0 ? 由? 消去y得x 2 ? kx ? b = 0,∴ ? x1 + x 2 = k ? y = kx + b ? x ? x = ?b ? 1 2
OM ? ON < 0, 且 cos ∠MON ≠ ?1.

Q ∠MON是钝角,∴ cos ∠MON =

| OM | ? | ON |

2 由OM ? ON = x1 x2 + x12 x2 = ?b + b 2 < 0, 得0 < b < 1.

此时O, M , N三点不共势, cos ∠MON = ?1不成立. ∴ b的取值范围是(0,1).L 6分 L

? x + x2 = k , (Ⅱ)当 b=2 时,由(Ⅰ)知 ? 1 ? x1 ? x 2 = ?b = ?2,
2

∵函数 y=x 的导数 y′=2x,
2 抛物线在 M ( x1 , x12 ), N ( x 2 , x 2 ) 两点处切线的斜率分别为 k M = 2 x1 , k N = 2 x 2 , ∴在点 M,N 处

的切线方程分别为
lM : y ? x12 = 2 x1 ( x ? x1 ),
2 lN : y ? x2 = 2 x2 ( x ? x2 ).

? ? y ? x1 = 2 x1 ( x ? x1 ), 由? ( x1 ≠ x2 ), 解得交点Q的坐标( x, y )满足 2 ? y ? x2 = 2 x2 ( x ? x2 ) ? x1 + x2 ? k ? , ?x = , ?x = 2 即? 2 ? ? y = x1 ? x2 , ? y = ?2, ? ?
2

∴ Q点在定直线y = ?2上运动.

巧练一: 巧练一:已知定点 A(1,0)和定直线 x = ?1 上的两个动点 E、F,满足 AE ⊥ AF ,动点 P 满足 EP // OA, FO // OP (其中 O 为坐标原点).

16 / 43

(Ⅰ)求动点 P 的轨迹 C 的方程; (Ⅱ)设直线 l 经过点 M (1,0) 与轨迹 C 交于 A、B 两点,分别过 A、B 作轨迹 C 的两条切线, A、B 为切点,求两条切线的交点 P 的轨迹方程。 巧练二: 巧练二:如图,在以点 O 为圆心,|AB|=4 为直径的半圆 ADB 中,OD⊥AB,P 是半圆弧上一点, ∠POB=30°. 曲线 C 是满足||MA|-|MB||为定值的动点 M 的轨迹,且曲线 C 过点 P. (Ⅰ)建立适当的平面直角坐标系,求曲线 C 的方程; (Ⅱ)设过点 D 的直线 l 与曲线 C 相交于不同的两点 E、F. 分别过 E、F.作轨迹 C 的两条切线,E、F.为切点, 求两条切线的交点 Q 的轨迹方程。

十三、 十三、几何法 利用平面几何或解析几何的知识分析图形性质,发现动点运动规律,然后得出题目结论的 方法叫做几何法。 【例 1 】(2008 年,浙江卷)已知 a 、 b 是平面内两个互相垂直的单位向量,若向量 c 满足 例

(a ? c) ? (b ? c) = 0, 则 | c | 的最大值是(



(A)1

(B)2

(C) 2

(D)

2 2

【巧解 巧解】不妨设以 a 、 b 所在直线为 x 轴, y 轴,且 a = (1,0) , b = (0,1) , 巧解 y

c = ( x, y ) 由已知 (a ? c) ? (b ? c) = 0 得 a ? b ? (a + b) ? c + | c | 2 = 0 ,
整理得 x 2 + y 2 ? x ? y = 0 即 (x ? O

C

|c|
x

1 2 1 1 1 1 ) + ( y ? ) 2 = ,所以向量 c 的坐标是以 ( , ) 为圆心, 2 2 2 2 2

2 为半径的一个圆且过原点,故 | c | 的最大值即为圆的直径为 2 ,故本题选(C) 2
【例 2】 例 (2008 年,江苏卷)若 AB=2,AC= 2 BC , 则S ?ABC 的最大值 【巧解 巧解】建立如图平面直角坐标系,设 C ( x, y ) , A(0,0) , B ( 2,0) ,由 AC = 巧解 即 | AC |= .

2 BC
C ( x, y ) D(4,0)

2 | BC | ,∴ x 2 + y 2 = 2 ( x ? 2) 2 + y 2 ,
17 / 43

y

A

B(2,0)

x

化简得 x ? 8 x + y + 8 = 0
2 2 2 2 配方得 ( x ? 4) + y = 8 ,所以 C 点轨迹是以 D ( 4,0) 为圆心,

2 2 为半径的一个圆(除去与 x 轴的两个交点) ,所以当 C 点纵坐标绝对值为 2 2 ,即
| y |= 2 2 时, S ?ABC 有最大值为
巧练一: 巧练一:已知 A( m +

2×2 2 = 2 2 ,所以答案为 2 2 2
.

1 1 , m ? ) , B (1,0) ,其中 m < 0 ,则 | AB | 的最小值为 m m
2 2

巧练二: 巧练二:已知实数 x 、 y 满足 ( x ? 2) + y + 于 .

( x + 2) 2 + y 2 = 6 ,则 2 x + y 的最大值等

十四、 十四、弦中点轨迹法 有关弦中点的问题,主要有三种类型:过定点且被定点平分的弦;平行弦的中点轨迹; 过定点的弦重点轨迹。 “点差法”解决有关弦中点问题较方便,要点是巧代斜率。 【例 1】 例 (2009 年高考海南、宁夏卷)已知抛物线 C 的顶点在坐标原点,焦点为 F (1,0) ,直线

l 与抛物线 C 相交于 A, 两点, AB 的中点为 B 若 (2, , 2) 则直线 l 的方程为

.

【巧解 巧解】由 F (1,0) 知抛物线 C 的方程为 y 2 = 4 x ,设 A( x1 , y1 ) , B ( x 2 , y 2 ) ,代入抛物线 巧解
2 2 方程则有: y12 = 4x1 , y 2 = 4x 2 ,两式相减有 y12 ? y 2 = 4( x1 ? x 2 ) ,



y1 ? y 2 ( y1 + y 2 ) = 4 ? k ( y1 + y 2 ) = 4 ,又 y1 + y 2 = 4 ,∴ 4k = 4 ,即 k = 1 。 x1 ? x 2

故 l AB : y ? 2 = x ? 2 ,即 y = x ,∴本题应填 y = x 【例 2】椭圆 ax 2 + by 2 = 1 与直线 y = 1 ? x 交于 A 、 B 两点,若过原点与线段 AB 中点的 例 直线的倾斜角为 30 ,则
0

a 的值为 b
(B)





(A)

3 4

3 3

(C)

3 2

(D) 3

【巧解 巧解】设 AB 的中点为 M ( x 0 , y 0 ) , A( x1 , y1 ) , B ( x 2 , y 2 ) ,则 x1 + x 2 = 2 x 0 巧解

?ax 2 + by12 = 1 y1 + y 2 = 2 y 0 ,又 ? 12 ,两式相减,得 2 ?ax 2 + by 2 = 1
18 / 43

a( x1 + x 2 )( x1 ? x 2 ) + b( y1 + y 2 )( y1 ? y 2 ) = 0 ,
即 2ax 0 ( x1 ? x 2 ) + 2by 0 ( y1 ? y 2 ) = 0 ,∴

y1 ? y 2 ax = ? 0 = ?1 x1 ? x 2 by 0



ax 0 y a 3 3 = 1 ,又 0 = tan 30 0 = ,∴ = ,故选(B) by 0 x0 3 b 3

巧练一:若椭圆 mx 2 + ny 2 = 1 与直线 x + y ? 1 = 0 交于 A 、 B 两点,过原点与线段 AB 中 巧练一:

点的直线的斜率为

2 n ,则 的值为 m 2

.

巧练二: 巧练二:若椭圆

x2 y2 + = 1 的弦被点 P (4,2) 平分,则此弦所在直线的斜率是为 36 9
十五、 十五、比较法

.

现实世界的同类量之间,有相等关系,也有不等关系。两个可以比较大小的量 a 和 b , 若 a ? b = 0 , a ? b > 0 , a ? b < 0 ,则它们分别表示 a = b , a > b , a < b ,我们把根据两 个量的差的正、负或零判断两个量不等或相等的方法叫做差式比较法;当两个量均为正值时, 有时我们又可以根据

a a a = 1 , > 1 或 < 1 来判断 a = b , a > b , a < b ,这个方法叫做商 b b b

式比较法。这两种方法在数列与函数、不等式交汇问题中应用广泛。 比较法之一(作差法 0 步骤:作差——变形——定号——结论 (1)作差:对要比较大小的两个数(或式)作差。 (2)变形:常采用配方、因式分解等恒等变形手段,将“差”化成“积” 。 (3)定号:就是确定是大于 0 ,还是等于 0 ,还是小于 0 ,最后下结论。 概括为“三步,一结论” ,这里的“定号”是目的, “变形”是关键。 注意:若两个正数作差比较有困难,可以把式子灵活变形,通过作商或将它们的平方差来 比较大小。 【例 1】已知数列 {a n } 中, a1 = 1 ,且点 P ( a n , a n +1 )( n ∈ N ) 在直线 x ? y + 1 = 0 上 例
*

(1)求 {a n } 的通项公式; (2)若函数 f ( n) =

1 1 1 + + ... + (n ∈ N , n ≥ 2) ,求函数 f (n) 的最小值. n + a1 n + a 2 n + an
19 / 43

【巧解】 巧 (1)Q 点 P ( a n , a n +1 ) 在直线 x ? y ? 1 = 0 上,即 a n +1 ? a n = 1 且 a1 = 1

∴ 数列 {a n } 是以 1 为首项, 1 为公差的等差数列 ∴ an = 1 + (n ? 1) ? 1 = n ∴ an = n

1 1 1 + + L+ , n +1 n + 2 2n 1 1 1 1 1 f (n + 1) = + + L+ + + n+2 n+3 2 n 2n + 1 2 n + 2 1 1 1 1 1 1 ∴ f (n + 1) ? f (n) = + ? > + ? =0 2n + 1 2 n + 2 n + 1 2 n + 2 2n + 2 n + 1 7 ∴ f (n) 是单调递增的,故 f (n) 的最小值是 f (2) = 12
(2)Q f ( n) = 【例 2】 例 (Ⅰ)已知函数 f ( x ) = ?3 x + 6 x ? 2.S n 是数列 {a n } 的前 n 项和,点(n,Sn) (n
2

∈N*) ,在曲线 y = f ( x ) + 2 上,求 an. (Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,若 bn = ( ) n ?1 , c n =

1 2

a n ? bn ,且 Tn 是数列{cn}的前 n 项和.试问 Tn 6

是否存在最大值?若存在,请求出 Tn 的最大值,若不存在,请说明理由. 【巧解 (Ⅰ)点(n,Sn)在曲线 y = f ( x ) + 2 上,所以 sn = ?3n + 6n. 巧解】 巧解
2

当 n=1 时,a1= S1=3,当 n≥2 时,an= Sn- Sn-1=9-6n,

∴ an = 9 ? 6n. 1 9 ? 6n 1 n ?1 1 , cn = an bn = ( ) = (3 ? 2n)( ) n , 6 6 2 2 1 1 2 1 n ∴Tn = c1 + c1 + L + cn = ? ( ) + L + (3 ? 2n)( ) . 2 2 2 1 n 利用错位相减法,∴ Tn = (2n + 1)( ) ? 1. 2 1 1 Q Tn + 1 = (2n + 1)( ) n > 0, Tn +1 + 1 = (2n + 3)( ) n +1 > 0, 2 2 1 (2n + 1)( ) n Tn + 1 2 Q = > 1, 1 n +1 Tn +1 + 1 (2n + 3)( ) 2
(Ⅱ)Q bn = ( )

1 2

n ?1

20 / 43

∴ Tn +1 + 1 < Tn + 1, 1 ∴ Tn +1 < Tn < L < T1 = . 2
存在最大值 T1 =

1 . 2
( )

巧练一: (2005 年,全国卷)若 a = ln 2 , b = ln 3 , c = ln 5 ,则 巧练一: 2 3 5 A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c

x 巧练二: 巧练二:已知函数 f ( x) = a ? 2 + b 的图象过点 A(1, ), B ( 2, ).

3 2

5 2

(Ⅰ)求函数 y = f (x ) 的反函数 y = f (Ⅱ)记 a n = 2 使得 (1 +
f ?1 ( n )

?1

( x) 的解析式;

(n ∈ N *) ,是否存在正数 k,

1 1 1 )(1 + ) L (1 + ) ≥ k 2n + 1对n ∈ N * 均成立.若存在,求出 k 的最 a1 a2 an

大值;若不存在,请说明理由. 十六、 十六、基本不等式法 借助基本不等式证明不等式或求某些函数最值的方法叫基本不等式。常用的基本 不等式有下面几种形式:①若 a 、 b ∈ R ,则 a + b ≥ 2ab , (当且仅当 a = b 时取等
2 2

号) 反之 ab ≤ ,

a2 + b2 也成立, ②若 a > 0 、 > 0 , a + b ≥ 2 ab , 当且仅当 a = b b 则 ( 2 a+b 2 ) 也成立。③若 a 、 b 、 c 都是正数,则 2 a3 + b3 + c3 也成 2

时 取 等 号 ) 反 之 ab ≤ ( ,

a 3 + b 3 + c 3 ≥ 3abc , (当且仅当 a = b = c 时取等号) ,反之 abc ≤

立。④若 a 、b 、c 都是正数,则 a + b + c ≥ 33 abc , (当且仅当 a = b = c 时取等号) , 反之 abc ≤ (

a+b+c 3 ) 也成立。对于公式 a 2 + b 2 ≥ 2ab 及公式 a + b ≥ 2 ab 的理 2

解,应注意以下几点: ①两个公式成立的条件是不同的,前者只要求 a 、 b 是实数,而后者强调 a 、 b 必 须是正数。②要对两个公式的等号及“当且仅当 a = b 时取等号”的含义要有透彻的理 解并会在函数、三角函数、解析几何等知识中灵活应用。 解题功能及技巧是:①二、三元不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”
21 / 43

转化为“和式”的放缩功能。②在创设应用不等式的使用条件时,合理拆分项或配凑 因式是常用的解题技巧。③“和定积最大,积定和最小” ,即 n 个 ( n = 2,3) 正数的和为 定值,则可求积的最大值,积为定值,则可求和的最小值。应用此结论求某些函数最 值要注意三个条件:就是“一正——各项都是正数;二定——积或和是定值;三等— —等号能否取到” ,求最值时,若忽略了上述三个条件,就会出现错误,导致解题失败。 必要时要做适当的变形或换元,以满足上述条件。

【例 1】 例 (2008 年,重庆卷)函数 f(x)=

sin x (0≤x≤2 π )的值域是( 5 + 4 cos x
1 1 ] 3 3 2 2 (D)[- , ] 3 3
(B)[- ,



(A)[-

1 1 , ] 4 4 1 1 (C)[- , ] 2 2 sin x
2

sin 2 x ? cos 2 x + 1 【巧解 巧解】∵ f ( x) = ,∴ f ( x) = = 巧解 5 + 4 cos x 5 + 4 cos x 5 + 4 cos x
令 t = 5 + 4 cos x ,∵ 0 ≤ x ≤ 2π , ? 1 ≤ cos x ≤ 1 ,∴ t > 0 ∴ cos x =

? cos x + 1 t ?5 = ,∴ 4 5 + 4 cos x
2

?(

5?t 2 ) +1 1 9 4 = ? (t + ? 10) t 16 t

≤?
即x=

1 9 1 9 1 (2 t ? ? 10) = ,当且仅当 t = ,即 t = 3 时取等号,此时 cos x = ? , 16 t 4 t 2

2π 4π 1 1 1 1 1 2 或 ,∴ f ( x) ≤ ,因而 ? ≤ f ( x ) ≤ ,故 f (x) 的值域为[- , ] 2 2 3 3 4 2 2

2 sin 2 x + 1 【例 2】 的最小值为 例 (2008 年,辽宁卷)设 x ∈ (0, ), 则函数 y = 2 sin 2 x
【巧解 巧解】由二倍角公式及同角三角函数的基本关系得: 巧解

π

.

y=

2 sin 2 x + 1 2 sin 2 x + 1 3 sin 2 x + cos 2 x 3 tan 2 x + 1 3 1 = = = = tan x + , sin 2 x 2 sin x cos x 2 sin x cos x 2 tan x 2 2 tan x

∵ x ∈ (0,

π
2

), ∴ tan x > 0 ,利用均值定理, y ≥ 2

3 1 tan x ? = 3 ,当且仅当 2 2 tan x

tan 2 x =

1 时取“=” ,∴ y min = 3 ,所以应填 3 . 3
x2 + x +1 ( x > 0) 的最小值是 x 2 + 2x + 1
22 / 43

巧练一: 巧练一:函数 y =



巧练二: 巧练二:求函数 y = x (1 ? 5 x )(0 ≤ x ≤ ) 的最大值。
2

1 5

十七、 十七、综合法 利用某些已知证明过的不等式和不等式的性质,推导出所要证明的不等式,这个证明方 法叫综合法。 【例 1】已知 a, b 是正数,且 例

a b + = 1 , x, y ∈ (0, +∞) ,求证: x + y ≥ ( a + b ) 2 x y
a x b bx ay ) = a+b+ + ≥ a + b + 2 ab = ( a + b )2 y y x

【巧证 巧证】左 = x + y = ( x + y ) ? ( + 巧证

= 右,当且仅当

ay bx x2 a = ,即 2 = 时,取“=”号,故 x + y ≥ ( a + b ) 2 。 x y y b

1 1 1 + + ≥9 a b c 1 1 1 a+b+c a+b+c a+b+c b a c a c b 【巧证 巧证】 + + = + + = 3+( + )+ ( + )+ ( + ) 巧证 a b c a b c a b a c b c 1 ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9 ,当且仅当 a = b = c = 时取“=”号。 3 1 2 巧练一: 巧练一:已知函数 f ( x ) = x + ln x .设 g ( x ) = f ′( x ) , 2
【例 2】已知 a, b, c 是正数,且 a + b + c = 1 ,求证: 例 求证: [ g ( x )] n ? g ( x n ) ≥ 2 n ? 2 (n ∈ N * ) . 巧练二: 巧练二:已知 a, b, c, d 都是实数,且 a + b = 1 , c + d = 1 ,求证: | ac + bd |≤ 1
2 2 2 2

十八、 十八、分析法 证明不等式时,有时可以从求证的不等式出发,分析使这个不等式成立的充分条件,把 证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题,如果能够肯定这些充分条件都具备, 那么就可以判定原不等式成立,这种方法通常叫分析法。 注意:①分析法是“执果索因” ,步步寻求不等式成立的充分条件,可以简单写成

B ? B1 ? B 2 ? L B n ? A ,②分析法与综合法是对立统一的两种方法。 综合法是 “由
因导果” ;③分析法论证“若 A 则 B ”这个命题的证明模式(步骤)是: 欲证明命题 B 成立,只须证明命题 B1 成立,K ,从而有 K ,只须证明命题 B 2 成立,从而又 有 K ,只须证明命题 A 成立,而已知 A 成立,故 B 必成立。④用分析法证明问题时,一定要 恰当用好“要证”“只须证”“即证”“也即证”等词语。 , , ,

23 / 43

【例 1】求证 3 + 例 【巧证 巧证】∵ 3 + 巧证 只须证 ( 3 + 也即证 21 < 立。

7 <2+ 6 7 > 0 , 2 + 6 > 0 ,要证 3 + 7 < 2 + 6 ,

7 ) 2 < (2 + 6 ) 2 ,即证 10 + 2 21 < 10 + 2 24

24 ,∵ 21 < 24 , 21 < 24 显然成立,∴原不等式 3 + 7 < 2 + 6 成

【例 2】设 a > 0 , b > 0 ,且 2c > a + b ,证明 c ? 例 【巧证 巧证】要证 c ? 巧证
2

c 2 ? ab < a < c + c 2 ? ab

c 2 ? ab < a < c + c 2 ? ab c 2 ? ab ,即证 | a ? c |< c 2 ? ab
2 2

只须证 ? c ? ab < a ? c <
2 2

两边平方得: a ? 2ac + c < c ? ab ,也即证 a + ab < 2ac ,∵ a > 0 且 2c > a + b ∴ a + ab < 2ac 显然成立,∴原不等式成立。
2

巧练一: 巧练一:求证 3 +

7 <2 5

巧练二: 巧练二:已知 a > 0 , b > 0 , a + b = 1 ,试证明: ( a + 十九、 十九、放缩法

1 1 25 )(b + ) ≥ a b 4

欲 证 A ≥ B , 可 通 过 适 当 放 大 或 缩 小 , 借 助 一 个 或 多 个 中 间 量 , 使 得 B ≤ B1 ,

B1 ≤ B 2 ,。 Bi ≤ A 或 A ≥ A1 , A1 ≥ A2 ,。 Ai ≥ B ,在利用传递性,达到欲证的目的, 。。 。。
这种方法叫放缩法。放缩法的实质是非等价转化,放缩没有一定的准则和程序,需按题意适 当放缩否则是达不到目的,此方法在数列与函数、不等式综合问题中证明大小关系是常用方 法。 放缩法的方法有: (1)添加或舍去一些项,如: a 2 + 1 >| a | ; n( n + 1) > n (2)将分子或分母放大(或缩小) (3)利用基本不等式,如: n( n + 1) < (4)利用常用结论:① k + 1 ?

n + (n + 1) 2

k=

1
k +1 + k

<

1


2 k



1 1 1 1 1 1 1 1 < = ? ; 2 > = ? (程度大) 2 k (k ? 1) k ? 1 k k k (k + 1) k k + 1 k
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1 4 4 4 1 1 = 2 < 2 = = 2( ? ) (程度小) 2 2k ? 1 2k + 1 k 4k 4k ? 1 (2k ? 1)(2k + 1)



2k 2k 2 k ?1 1 1 < k = k = k ?1 ? k k 2 k k ?1 (2 ? 1) (2 ? 1)(2 ? 2) (2 ? 1)(2 ? 1) 2 ? 1 2 ? 1

【例 1】已知数列 {a n }中, a1 = 2, a n a n +1 + a n +1 = 2a n ( n ∈ N *). 例 (1)求 {a n } 的通项公式; (2)设 bn = a n ( a n ? 1)( n ∈ N *), S n 是数列{bn }的前n项和, 证明 : 【巧解 巧解】由 a n a n +1 + a n +1 = 2a n , 得1 + 巧解

3 < S n < 3. 4

1 2 = a n a n +1

1


a n +1

1 1 1 1 1 n ?1 1 2n ? 1 = ( ? 1). ∴ ? 1 = ? ? ( ) = ? n , ∴ a n = n . 2 an an 2 2 2 2 ?1

(2)当 n=1 时, S1 = a1 ( a1 ? 1) = 2,



3 2n 2n 2n < S1 < 3, Q n ≥ 2时, bn = a n (a n ? 1) = n ( n ? 1) = n 4 2 ?1 2 ?1 (2 ? 1) 2 2n 2 n ?1 1 1 = n = n?1 ? n , n n n ?1 (2 ? 1)(2 ? 2) (2 ? 1)(2 ? 1) 2 ? 1 2 ? 1 1 1 1 1 1 1 ? 2 )+( 2 ? 3 ) + L + ( n ?1 ? n ) 2 ?1 2 ?1 2 ?1 2 ?1 2 ?1 2 ?1

<

∴ Sn < 2 + ( = 3?
n

1 < 3. 2 ?1 2n (2 n ? 1) + 1 1 1 = = n + n n 2 n 2 (2 ? 1) (2 ? 1) 2 ? 1 (2 ? 1) 2

又Q n ∈ N * 时, bn =

1 1 1 1 [(1 ? ( ) n ] [1 ? ( ) n ] 1 1 2 4 > n + ( n )2 ∴ Sn > 2 +4 1 1 2 2 1? 1? 2 4 1 1 1 = 1 ? ( ) n + [1 ? ( ) n ] 2 3 4 4 1 n 1 1 n 4 1 1 1 3 = ?( ) ? ?( ) ≥ ? ? ? = . 3 2 3 4 3 2 3 4 4 3 ∴当n ∈ N * 时, 都有 < S n < 3. 4
【例 2】已知数列 {a n } 的各项均为正数, S n为其前 n项和, 对于任意 n ∈ N * , 满足关系 例
25 / 43

S n = 2a n ? 2
(Ⅰ)求数列 {a n } 的通项公式; (Ⅱ) 设数列 {bn } 的前 n 项和为 Tn, bn = 且

1 , 求证: 对任意正整数 n, 总有 Tn < 2; (log 2 a n ) 2
*

【巧解 (Ⅰ)解:Q S n = 2a n ? 2( n ∈ N ), 巧解】 巧解



∴ S n ?1 = 2a n ?1 ? 2(n ≥ 2, n ∈ N * )
①—②,得 a n = 2a n ? 2a n ?1 .



(n ≥ 2, n ∈ N * )

Q a n ≠ 0, ∴

an = 2. a n?1

(n ≥ 2, n ∈ N * )

即数列 {a n } 是等比数列. Q a1 = S1 ,

∴ a1 = 2a1 ? 2,即a1 = 2. ∴ a n = 2 n.(n ∈ N * )
(Ⅱ)证明:∵对任意正整数 n,总有 bn =

1 1 = 2. 2 (log 2 a n ) n

∴ Tn =

1 1 1 1 1 1 + 2 +L+ 2 ≤ 1+ + +L+ 2 1? 2 2 ? 3 (n ? 1)n 1 2 n

= 1+1?

1 1 1 1 1 1 + ? +L+ ? = 2 ? < 2. 2 2 3 n ?1 n n

巧练一:已知数列{ a n }的通项为 a n ,前 n 项和为 S n ,且 a n 是 S n 与 2 的等差中项;数 巧练一: 列{ bn }中, b1 = 1, 点 P( bn , bn +1 )在直线 x ? y + 2 = 0 上, (Ⅰ)求数列{ a n }、{ bn }的通项公式 a n , bn ; (Ⅱ)设{ bn }的前 n 项和为 Bn ,试比较

1 1 1 + +L+ 与 2 的大小; B1 B2 Bn
?

巧 练 二 : 已 知 数 列 {a n }和{bn }, {a n }的前n项和为S n , a 2 = 0 , 且 对 任 意 n ∈ N , 都 有

2 S n = n(a n ? 1), 点列Pn (a n , bn )都在直线y = 2 x + 2 上.
(1)求数列{ a n }的通项公式;

26 / 43

1
(2)求证:

| P1 P2 |

2

+

1 | P1 P3 |
2

+L+

1 | P1 Pn |
2

<

2 (n ≥ 2, n ∈ N ? ) 5

二十、 二十、反证法 从否定命题的结论入手,并把对命题结论的否定作为推理的已知条件,进行正确的逻辑 推理,使之得到与已知条件、公理、定理、法则或已经证明为正确的命题等相矛盾,矛盾的 原因是假设不成立,所以肯定了命题的结论,从而使命题获得了证明的证明方法叫反证法。 基本证明模式是: 要证明 M > N , 先假设 M ≤ N , 由已知及性质推出矛盾, 从而肯定 M > N , 适用范围:①否定性命题;②唯一性命题;③含有“至多”“至少”问题。④根据问题条件 、 和结论,情况复杂难于入手,可考虑试用反证法。 反证法是属于“间接证明法”一类,是从反面的角度思考问题的证明方法,即:否定结论

? 推导出矛盾 ? 肯定结论成立,应用反证法证明的主要三步是:第一步,反设——作出与求
证结论相反的假设;第二步——归谬:将反设作为条件,并由此通过一系列的正确推理导出 矛盾;第三步——肯定结论:说明反设不成立,从而肯定原命题成立。 【例 1】若 0 < a < 2, 0 < b < 2, 0 < c < 2, 证明 ( 2 ? a)b , ( 2 ? b)c , ( 2 ? c) a 不能同时大 例 于1

?(2 ? a)b > 1 (2 ? a) + b ( 2 ? b) + c ? 【巧证 巧证】假设 ?( 2 ? b)c > 1 ,那么 ≥ (2 ? a )b > 1 ;同理 >1 巧证 2 2 ?( 2 ? c ) a > 1 ?
(2 ? c) + a > 1 ,上述三式相加得 3 > 3 ,矛盾,故假设不成立,原命题成立 2
【例 2】求证: y = sin | x | 不是周期函数 例 【巧证 巧证】假设函数 y = sin | x | 是周期函数, T 是它的一个周期 (T > 0) ,即对任意 x ∈ R 都 巧证 有 sin | x + T |= sin | x | 成 立 , 令 x = 0 , 得 sin | T |= sin | 0 |, 即 sin | T |= 0 , ∴

T = nπ (n ∈ N ? ) ,分两种情况讨论:
(1)若 n = 2k (k ∈ N + ) ,则 sin | x + 2kπ |= sin | x | 对任意 x ∈ R 都成立,取 x = ? 有 sin | ?

3π 3π 3π 3π + 2kπ |= sin | ? |= sin = ?1 ,即 sin(2kπ ? ) = ?1 , 2 2 2 2 3π 3π 3π 而 sin( 2kπ ? ) = sin(? ) = ? sin = 1 ,∴ T = 2kπ (n ∈ N ? ) 不是该函数的周期。 2 2 2

3π , 2

(2)若 n = 2k + 1( k ∈ N + ) ,则有 sin | x + ( 2k + 1)π |= sin | x | 对任意 x ∈ R 都成立,
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2 2 2 3π 3π ) = sin( ) = ?1 ,∴ T = (2k + 1)π (n ∈ N ? ) 不是该函数的周期。 而 sin( 2kπ + 2 2

取x=

π
2

,有有 sin |

π

+ (2k + 1)π |= sin |

π

|= sin

π

= 1 ,即 sin(2kπ +

3π ) =1, 2

由(1)和(2)说明 T = nπ ( n ∈ N ? ) 不是该函数的周期。故假设不成立,从而命题得证。 巧练一: 巧练一:设 f ( x) = x + ax + b ,求证 | f (1) | 、 | f ( 2) | 、 | f (3) | 之中至少有一个不小于
2

1 2

巧练二: 巧练二:若下列方程: x + 4ax ? 4a + 3 = 0 , x + ( a ? 1) x + a = 0 ,
2 2 2

x 2 + 2ax ? 2a = 0 至少有一个方程有实根。试求实数 a 的取值范围。
二十一、 二十一、换元法 解数学题时,把某个式子看成一个整体,用一个变量去代替它,从而使问题得到简化, 这叫换元法。换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量,可以把分散的条件 联系起来,隐含的条件显露出来,或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式,把复 杂的计算和推证简化。它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式 为代数式,在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。 换元的实质是转化,关键是构造元和设元,理论依据是等量代换,目的是变换研究对象, 将问题移至新对象的知识背景中去研究,从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化,变 得容易处理。换元的方法有: (1)局部换元,局部换元又称整体换元,是在已知或者未知中, 某个代数式几次出现,而用一个字母来代替它从而简化问题,当然有时候要通过变形才能发 现。例如解不等式 4 + 2 ? 2 ≥ 0 ,先变形为设 t = 2 x (t > 0) ,而变为熟悉的一元二次不等
x 2

式求解和指数方程的问题。 (2)三角换元,应用于去根号,或者变换为三角形式易求时,主 要利用已知代数式中与三角知识中有某点联系进行换元。 如求函数 y =

x + 1 ? x 的值域时,易发现 x ∈ [0,1] 设 x = sin 2 α , α ∈ [0, ] , 2

π

问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设,其中主要应该是发现值域的联系, 又有去根号的需要。如:已知 x 2 + y 2 = a 2 ,可设 x = a cos θ , y = a sin θ (0 ≤ θ < 2π ) 已知 x 2 + y 2 ≤ 1 ,可设 x = r cos θ , y = r sin θ (0 ≤ θ < 2π ,0 ≤ r ≤ 1)

已知

x2 y2 + = 1 ,可设 x = a cos θ , y = b sin θ (0 ≤ θ < 2π ) a2 b2

28 / 43

已知

x2 y2 ? = 1 ,可设 x = a sec θ , y = b tan θ a2 b2
S S + t y = ? t 等等。 2 2

(3)均值换元,如遇到 x + y = S 形式时,设 x =

我们使用换元法时,要遵循有利于运算、有利于标准化的原则,换元后要注重新变量范围的 选取,一定要使新变量范围对应于原变量的取值范围,不能缩小也不能扩大。 【例 1】 例 (2008 年, 江西卷) 若函数 y = f (x ) 的值域是 [ ,3] , 则函数 F ( x) = f ( x) +

1 2

1 的 f ( x)

值域是( ) A. [ ,3]

1 2

B. [ 2,

10 ] 3

C. [ ,

5 10 ] 2 3 1 t

D. [3,

10 ] 3

【巧解 巧解】令 f ( x) = t , t ∈ [ ,3] ,问题转化为求函数 y = t + 在 t ∈ [ ,3] 的值域,于是由函 巧解

1 2 1 1 10 数 y = t + 在 [ ,1] 上为减函数,在 [1,3] 上为增函数,得 y ∈ [ 2, ] ,故本题选 B t 2 3 sin x ? 1 3 ? 2 cos x ? 2 sin x

1 2

【例 2】 例 (2008 年,重庆卷)函数 f ( x) =

(0 ≤ θ ≤ 2π ) 的值域是()

(A)[-

2 ,0 ] 2

(B)[-1,0]

(C)[- 2, 0 ] 【巧解 f ( x) = 巧解】 巧解

(D)[- 3, 0 ]

sin x ? 1 3 ? 2 cos x ? 2 sin x
sin x ? 1

=

sin x ? 1 sin 2 x + cos 2 x ? 2 cos x ? 2 sin x + 2
,当 sin x ≠ 1 时,

=

(sin x ? 1) 2 + (cos x ? 1) 2 1
,令 t =

原式 = ?

1+ (

cos x ? 1 2 ) sin x ? 1

cos x ? 1 ,即 t sin x ? cos x = t ? 1 , sin x ? 1

∴ t 2 + 1 sin( x ? ? ) = t ? 1 ,即 sin( x ? ? ) =

t ?1 t2 +1

,其中 tan ? =| | , 0 < ? <

1 t

π
2

又 0 ≤ θ ≤ 2π ,∴ | sin(θ ? ? ) |≤ 1 ,即 |

t ?1 t2 +1

|≤ 1 ,解之得 t ≥ 0 ,∴ ? 1 ≤ ?

1 1+ t2

<0,

当 sin x = 1 时, f ( x) = 0 ,综上知 f (x) 的值域为 [?1,0] ,故本题选 B

29 / 43

巧练一: 巧练一:函数 f ( x) = 4 + 2
x

x +1

+ 2 的值域是
C. (3,+∞)
2 2





A. [1,+∞)

B. ( 2,+∞)

D. [ 4,+∞)

巧练二: 巧练二:(2005 年,福建卷)设 a, b ∈ R , a + 2b = 6, 则a + b 的最小值是( ) A. ? 2 2 B. ?

5 3 3

C.-3

D. ?

7 2

种解题方法, 共 98 种解题方法,其他略

第十一章 不等式

难点巧学

巧作不等变换——不等式的性质和应用 ——不等式的 一、活用倒数法则 巧作不等变换——不等式的性质和应用 不等式的性质和运算法则有许多,如对称性,传递性,可加性等.但灵活运用倒数法则对解 题,尤其是不等变换有很大的优越性. 1 1 倒数法则:若 ab>0,则 a>b 与 < 等价。 a b 此法则在证明或解不等式中有着十分重要的作用。如: (1998 年高考题改编)解不等式 1 loga(1- )>1. x 1 1 1 1 分析: a>1 时, 当 原不等式等价于: >a,即 <1-a ,∵a>1,∴1-a<0, <0,从而 1-a, 同 1x x x x 1 号, 由倒数法则, x> ; 得 1-a 1 1 当 0<a<1 时, 原不等式等价于 0<1- <a,∴1-a< <1, ∵0<a<1, x x

1 1 1 ∴ 1-a>0, >0, 从而 1-a, 同号,由倒数法则,得 1<x< ; x x 1-a 1 1 综上所述,当 a>1 时,x∈( ,+∞);当 0<a<1 时,x∈(1, ). 1-a 1-a 注:有关不等式性质的试题,常以选择题居多,通常采用特例法,排除法比较有效。 二、小小等号也有大作为——绝对值不等式的应用 小小等号也有大作为——绝对值不等式的应用 ——
30 / 43

绝对值不等式:||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|。这里 a,b 既可以表示向量,也可以表示实 数。 当 a,b 表示向量时,不等式等号成立的条件是:向量 a 与 b 共线; 当 a,b 表示实数时, 有两种情形: (1) ab≥0 时, 当 |a+b|=|a|+|b|, |a-b|=||a|-|b||;(2) 当 ab≤0 时,|a+b|=||a|-|b||, |a-b|=|a|+|b|.简单地说就是当 a,b 同号或异号时,不等式 就可转化为等式(部分地转化) ,这为解决有关问题提供了十分有效的解题工具。如: 1 1 若 1< < ,则下列结论中不正确的是( a b )
2

A、 ab>logba B、 logab+logba|>2 C、 log | (logba) <1

D、 |logab|+|logba|>|logab+logba|

分析:由已知,得 0<b<a<1,∴a,b 同号,故|logab|+|logba|=|logab+logba|,∴D 错。 [答案] D 注:绝对值不等式是一个十分重要的不等式,其本身的应用价值很广泛,但在高考或其他 试题中常设计成在等号成立时的特殊情况下的讨论,因此利用等号成立的条件(a,b 同号或异 号)是解决这一类问题的一个巧解。 “ 看中间” 巧解“双或不等式”——不等式的解法 三、 抓两头 看中间” 巧解“双或不等式”——不等式的解法 , (1)解不等式(组)的本质就是对不等式(组)作同解变形、等价变换。 (2)多个不等式组成的不等式组解集的合成——先同向再异向 不等式组的解法最关键的是最后对几个不等式交集的确定。常用画数轴的方法来确定,但 毕竟要画数轴.能否不画数轴直接就可得出解集呢?下面的方法就十分有效。可以“先同向再 异向”的原则来确定,即先将同向不等式“合并” (求交集) ,此时“小于小的,大于大的” ; 最后余下的两个异向不等式,要么为空集,要么为两者之间。

?x<1 ① ?x<3 ② 如解不等式组:?x>-3 ③ , ?x>0 ④ ⑤ ?-1<x<2
先由③④(同>)得 x>0(大于大的);再由①②(同<)得 x<1(小于小的);再将 x>0 与 x<1 分别 与⑤作交集,由 x>0 与⑤得 0<x<2;由 x<1 与⑤得-1<x<1.这样所得的不等式的解集为(0,1). (3)双或不等式组的解集合成
?f1(x)<a或g1(x)>b 形如? 的不等式组称为“双或”型不等式组(实际上包括多个“或”型不 ?f2(x)<c或g2(x)>d

等式组成的不等式组也在此列) ,这是解不等式组中的一个难点。解决这类不等式组时常借用 数轴来确定,但学生在求解时总会出现一些错误。这里介绍一种不通过数轴的直接方法: “抓
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?x<a或x>b ,先比较 a,b,c,d 四个数的大小,如 a<b<c<d,则其解集中必含 两头 看中间” !如:? ?x<c或x>d

有 x<a 或 x>d(即抓两头) ;再看 x>b 与 x<c 的交集,若有公共部分,则 b<x<c;若无公共部分, 则此时为空集(看中间) ,最后将“抓两头”和“看中间”的结果作并集即为所求的解集。 四、巧用均值不等式的变形式解证不等式
2 2

均值不等式是指:a +b ≥2ab(a,b∈R) ①;a+b≥2 ab( a,b∈R+) ②. 均值不等式是高考的重点考查内容,但其基本公式只有两个,在实际解题时不是很方便。 若能对均值不等式进行适当变形,那么在解题时就能达到事半功倍的效果。下面的一些变形 式在解题时就很有用,不妨一试。当然你也可以根据需要推导一些公式。如: (1) a ≥2ab-b ③;
2 2

是将含一个变量的式子,通过缩小变为含两个变量的式子,体现增元之功效,当然 反过来即是减元;
2

a (2) ≥2a-b ④; (a,b>0) b 是将分式化为整式,体现分式的整式化作用;试试下面两个问题如何解:
2 2 2 2 2 2

求证: (1)a +b +c ≥ab+bc+ac;(2)

a b c + + ≥a+b+c. (a,b,c>0) b c a
2

a 2 2 2 2 2 2 (析: (1)由 a ≥2ab-b 得 b ≥2bc-c ,c ≥2ac-a ,三式相加整理即得; (2)∵ ≥2a-b b ∴同样可得另两式,再将三式相加整理即得) 。 a+b 2 (3)ab≤( ) ⑤; 2 利用不等关系实现两数和与两数积的互化;
2 2

(4)

a+b a +b ≥ ≥ ab ⑥;(a,b>0) 2 2

利用不等关系实现两数和、两数的平方和及两数积之间的转化; 注:涉及两数和、两数的平方和及两数积的问题是一个十分常见的问题,利用⑤、 ⑥两式可以使其中的关系一目了然。从解题分析上看,对解题有很好的导向作用。
2 2 2

x y (x+y) x y (5)若 a,b∈R+,则 + ≥ ⑦(当且仅当 = 时取等号); a b a+b a b 此式在解题中的主要作用表现在:从左向右看是“通分” (不是真正的通分)或“合并” , 化多项为一项,项数多了总不是好事;从右向左看,是“分解”或“拆项” ,实现“一分为二” 的变形策略。这在解不等式相关问题中就很有作为!请看下例: 1 2 1 . 例:已知-1<a<1,-1<b<1,求证: 2+ 2≥ 1-a 1-b 1-ab
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2

分析:由上不等式,立即得到

1 1 (1+1) 4 2 = 。 2+ 2≥ 2 2≥ 1-a 1-b 2-a -b 2-2ab 1-ab
2 2 2 2

x y z (x+y+z) (a,b,c>0); ⑦式还可推广到三个或更多字母的情形,即 + + ≥ a b c a+b+c
2 2 2 2

b1 b2 bn (b1+b2+…+bn) + +…+ ≥ (a1,a2,…,an>0) a1 a2 an a1+a2+…+an
2 2 2 2

(6) ax+by≤ a +b

x +y .(柯西不等式)

此不等式将和(差)式与平方和式之间实现了沟通,灵活应用此式可以很方便地解决许多 问题.如下例: 例: 使关于 x 的不等式 x-3+ 6-x≥k 有解的实数 k 的取值范围是【 】 A 6- 3 B 3 C 6+ 3 D 6 x-3+ 6-x

分析:所求 k 的范围可以转化为求不等式左边的最大值即可,由柯西不等式得
2 2

≤ 2 ( x-3) +( 6-x) = 2 3= 6.∴k≤ 6,∴k 的最大值是 6.填 D. 五、不等式中解题方法的类比应用 1、三种基本方法:比较法、分析法、综合法。其中比较法可分为作差比较法和作商比较 法,不仅在不等式的证明和大小比较中有广泛的应用,同时在其他方面也有很大的作用。如 分析法就是一种重要的思维方法,在数学的其他章节中也有广泛的应用。 2、放缩法:是不等式证明中一种十分常用的方法,它所涉及的理论简单,思维简单,应 用灵活,因而在解题时有着十分重要的应用。如果能灵活应用放缩法,就可以达到以简驭繁 的效果。

活题巧解

1 1 例 1 若 1< < ,则下列结论中不正确的是【 】 ... a b
2

A

logab>logba

B

|

logab+logba

|>2

C

(logba) <1

D

|logab|+|logba|>|logab+logba| 【巧解】特例法、排除法 1 1 由已知,可令 a= ,b= ,则 logab=log23>1,0<logba=log32<1,于是 A、B、C 均正确,而 D 2 3 两边相等,故选 D。 [答案] D。

33 / 43

?|x-2|<2 的解集为【 】 例 2 不等式组? 2 ?log2(x -1)>1

(A) (D) (2,4)。

(0, 3);

(B) ( 3,2);

(C) ( 3,4);

【巧解】 排除法 令 x=3,符合,舍 A、B;令 x=2,合题,舍 D,选 C。 [答案] C。 x1+λx2 x2+λx1 例 3 已知 y=f(x)是定义在 R 上的单调函数,实数 x1≠x2,λ≠-1α= ,β= , 1+λ 1+λ 若|f(x1)-f(x2)|<|f(α)-f(β)|,则【 】 A.λ<0 B.λ=0 C. 0<λ<1 D.λ≥1

【巧解】 等价转化法 1 x2 λ x2+λx1 显然λ≠0,β= = , ∴ α、β分别是以 x1,x2 为横坐标的点所确定的线段以 1+λ 1 1+ λ x 1+ λ和 1 为定比的两个分点的横坐标.由题意知,分点应在线段两端的延长线上,所以λ<0,故 λ

选 A。 【答案】A。 例 4 0<a<1,下列不等式一定成立的是【 】. (A)|log(1+a)(1-a) |+| log(1-a)(1+a)|>2 (B)| log(1+a)(1-a)|<| log(1-a)(1+a) | (C)| log(1+a)(1-a)+log(1-a)(1+a)|<| log(1+a)(1-a)|+|log(1-a)(1+a)| (D)| log(1+a)(1-a)-log(1-a)(1+a)|>| log(1+a)(1-a)|-|log(1-a)(1+a)| 【巧解】换元法、综合法 由于四个选项中只涉及两个式子 log(1+a)(1-a) 和 log(1-a)(1+a),为了简化运算看清问题的 本质,不妨设 x= log(1+a)(1-a),y= log(1-a)(1+a),由 0<a<1 知,x<0,y<0 且 x≠y,于是四个选项 便为:A |x|+|y|>2 B |x|<|y| C |x+y|< |x|+|y| D |x-y|< |x|-|y|

这样选 A 就是极自然的事了。 [答案] A。 1 a 1 b 1 例 5 已知实数 a, 满足等式( ) =( ) , b 下列五个关系式: ( )x 3 2 3 ①0<b<a;②a<b<0;③0<a<b;④b<a<0;⑤a=b.其中不可能成 立的关系式有【 】. 1 ( )x 2

y

1 a b O x

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(A)1 个

(B)2 个

(C)3 个

(D)4 个

【巧解】数形结合法 1 x 1 x 在同一坐标系内同时画出两个函数图象:y1=( ) ,y2=( ) ,(如图)作直线 y=m(m>0 图中平 2 3 行于 x 轴的三条虚线),由图象可以看到:当 0<m<1 时,0<b<a;当 m=1 时,a=b;当 m>1 时,a<b<0. 所以不可能成立的有两个,选 B。 [答案] B。 例 6 如果数列{an}是各项都大于 0 的等差数列,且公差 d≠0,则【 】. (A)a1+a8<a4+a5 (B)a1+a8=a4+a5 (C)a1+a8>a4+a5 (D)a1a8=a4a5

【巧解】特例法、排除法 取 an=n,则 a1=1, a4=4, a5=5, a8=8,∴a1 +a8=a4+a5,故选 B。 [答案] B。
2 2 2 2

y

例 7 条件甲: +y ≤4,条件乙: +y ≤2x,那么甲是乙的 x x 【 】 A、 充分不必要条件 B、必要不充分条件 C、充分必要条件 【巧解】数形结合法
2 2 2 2

o

1

2x

D、既非充分也非必要条件

画示意图如图。圆面 x +y ≤2x(包括圆周)被另一个圆面 x +y ≤4 包含,结论不是一目 了然了吗? [答案] B 1 1 1 例 8 已知 a,b,c 均为正实数,则三个数 a+ , b+ , c+ 与 2 的关系是【 】 b c a A、都不小于 2 C、都不大于 2 B、至少有一个不小于 2 D、至少有一个不大于 2

【巧解】整体化思想 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ,得 a+ +b+ +c+ = a+ +b+ +c+ ≥6,故已知的三个数中 将 a+ , b+ , c+ “化整为零” b c a b c a a b c 至少有一个不小于 2。故选 B。 [答案] B 例 9 解不等式 –1< 3x <1. 2 x -4

【巧解】数轴标根法、等价转化法
2 2

原不等式等价于 (3x+x -4)(3x-x +4)<0,即(x+4)(x-1)(x+1)(x-4)>0,

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由数轴标根法,知解集为{x|x<-4 或-1<x<1 或 x>4}。 [答案] {x|x<-4 或-1<x<1 或 x>4} f(x) 注:可以证明不等式 m< <n 与不等式[f(x)-mg(x)][f(x)-ng(x)]<0 等价。 g(x) 例 10 不等式|x+2|≥|x|的解集是______. 【巧解】 数形结合法 由数轴上点的意义知,上述不等式的意义是数轴上的点 x 到-2 的距离不小于到原点的距 离。由图形,易知,x≥-1。 [答案] {x|x≥-1} 例 11 已知 c>0,不等式 x+|x-2c|>1 的解集是 R,求 c 的取值范围。 【巧解】等价转化法 要使原不等式的解集为 R,只需不等式中不含 x 即可,故有 x-x+2c>1 1 [答案] c> 2 注:这里将|x-2c|中去绝对值的讨论简化为符合题意的一种,显然简捷、精彩! 例 12 已知 f(x)=(x-a)(x-b)-2 (a<b),方程 f(x)=0 的两实根为 m,n (m<n),试确定 a,b,m,n 的大小关系。 【巧解】数形结合法 2 b n x 1 ∴ c> 。 2

令 g(x)= (x-a)(x-b),则 f(x)=g(x)-2,由 f(x)=0 得 g(x)=2,因 O m a 此 f(x)=0 的两根 m,n 可看成直线 y=2 与 y=g(x)交点的横坐标,画出 f(x),g(x)的图象,由图象容易得到 m<a<b<n. [答案] m<a<b<n.
2 2 2 2

例 13 若 0<a<b<c<d,且 a +d =b +c ,求证:a+d<b+c. 【巧解】综合法
2 2 2 2 2 2

由 0<a<b<c<d,得 d-a>c-b,∴(d-a) >(b-c) ,又(a+d) +(a-d) =(b+c) +(b-c) ,
2 2

两式相减,得(a+d) <(b+c) , ∴ a+d<b+c. [答案] 见证明过程 注:本题的几何意义是:在 RtΔABC 与 RtΔABD 中,其中 AB 为公共的斜边。若 BC>BD, 则 AC<AD. 1 1 1 1 例 14 求征:1+ 2+ 2+…+ 2<2- (n≥2,n∈N*). 2 3 n n

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【巧解】逆用公式法、放缩法 1 1 逆用数列的前 n 项和的方法来求。设想右端 2- 是某数列{an}的前 n 项和,即令 Sn=2- , n n 1 1 1 1 1 1 1 , 这样问题就转化为 2< ,而这显然。 则 n≥2 时,n=Sn-Sn-1=(2- )-(2- )= - = a n n-1 n-1 n n(n-1) n n(n-1) ∴命题成立。 [答案] 见证明过程 例 15 已知 a>b>c,求证: 【巧解】放缩法 ∵0<a-b<a-c,∴由倒数法则(难点巧学)得 得证。 [答案] 见证明过程 1 1 1 1 1 1 > ,而 >0,∴ + > , ∴原式 a-b a-c b-c a-b b-c a-c 1 1 1 + + >0. a-b b-c c-a

a+b a+b+c 3 例 16 已知 a,b,c 均为正数,求证:3( - ab)≥2( 2 3 【巧解】比较法、基本不等式法

ab)。

3 3 3 3 ∵ 左边-右边=2 ab+c-3 ab= ab+ ab+c-3 ab≥3 ab-3 ab=0,∴原式成立。 [答案] 见证明过程 1 1 2 例 17 已知-1<a<1, -1<b<1,求证: 2+ . 2≥ 1-a 1-b 1-ab 【巧解】构造法、综合法 由无穷等比数列(|q|<1)所有项和公式 S= 1 2 4 6 2=1+a +a +a +…; 1-a ∴ a1 ,得 1-q

1 2 4 6 2=1+b +b +b +…, 1-b

1 1 2 2 2 4 4 6 6 2 2 3 3 . 2+ 2=2+( a +b )+( a +b )+( a +b )+…≥2+2ab+2a b +2a b +…= 1-ab 1-a 1-b y

[答案] 见证明过程 9 例 18 已知 a+b=1(a,b∈R),求证:(a+1) +(b+1) ≥ 。 2
2 2

o P(-1,-1)

T Q x

【巧解】数形结合法。
2 2

显然 Q(a,b)是直线 L:x+y=1 上的点,(a+1) +(b+1) 表示点
2 2

Q 与 P(-1,1) 的 距 离 的 平 方 。 如 图 , 设 PT ⊥ 直 线 L 于 T , 所 以 |PQ| ≥ |PT| , 又 |-1-1-1| 2 9 9 2 2 ) = ,∴|PQ| ≥ |PT| =( 2 2 1+1
37 / 43

∴原式成立。 [答案] 见证明过程

π
例 19 若 0≤θ≤ ,求证:cos(sinθ)>sin(cosθ). 2 【巧解】单调性法 、放缩法

π

π

π

∵cosθ+sinθ= 3sin(θ+ )≤ 2< ,∴cosθ< -sinθ, 4 2 2

π

π

π

π

-sinθ∈[ -1, ], 又∵0≤θ≤ ,∴cosθ∈[0,1], 2 2 2 2

π
∴ sin(cosθ)<sin( 2 [答案] 见证明过程 x 例 20 已知 f(x)= ,若 a>b>0,c=2 x+1 【巧解】基本不等式法、放缩法 可以证明 f(x)在(0,+∞)上是增函数。 1 ≥2 b(a-b) 1 =2 a-b+b 2 ) ( 2 4 4 4 2= >0,∴ c≥ , a a a 1 ,求证:f(a)+f(c)>1. b(a-b) - sinθ)= cos(sinθ).(单调性)

∵ c=2

4 a 4 4 a a 4 a 4 ∴f(c)≥f( ),而 f(a)+f(c)≥f(a)+f( )= + = + > + =1. a a a+1 4 a+1 a+4 a+4 a+4 +1 a [答案] 见证明过程
2 2 2

例 21 若关于 x 的不等式 x +2ax-2b+1≤0 与不等式-x +(a-3)x+b -1≥0 有相同的非空解 集,求 a,b 的值。 【巧解】等价转化法,数形结合法
2 2 2 2

将 y= x +2ax-2b+1 与 y=-x +(a-3)x+b -1 两式相加,得 2y=(3a-3)x+b -2b,此即为直线 MN 的方程(其中 M、N 分别为两函数图象与 x 轴的两个交点) ;另一方面,由题意知,MN 即 x
2

轴,其方程为 y=0,比较两式的系数得,3a-3=0,b -2b=0,从而易得 a=1,b=0 或 2,特别地当 a=1,b=0 时,两不等式的解集为{-1},也符合题意。 [答案] a=1,b=0 或 2。 例 22 设定义在[-2,2]上的偶函数在区间[0,2]上单调递减,若 f(1-m)<f(m),求实数 m 的 取值范围。 【巧解】等价转化法

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解:∵f(x) 是偶函数,∴f(-x)=f(x)=f(|x|), ∴ f(1-m)<f(m)等价于 f(|1-m|)<f(|m|) 又当 x∈[0,2]时,f(x)单调递减,∴ |1-m|>|m|且-2≤1-m≤2 且-2≤m≤2 1 解得 -1≤m< 。 2 1 [答案] -1≤m< . 2 注:本题应用了偶函数的一个简单的性质,从而避免了一场“大规模”的讨论,值得关 注。
3

1 x +2x+3 例 23 解不等式: < 3 <3. 2 2x +x+1 【巧解】构造法,定比分点法
3

1 x +2x+3 、3 看成是数轴上的三点 A、P、B,由定比分点公式知 P 分所成的比 t>0, 把 、 3 2 2x +x+1
3

x +2x+3 1 3 2x +x+1 2 5 即 >0,化简得 x(3x+5)>0,∴ x∈(-∞, )∪(0,+∞)。 3 x +2x+3 3 3- 3 2x +x+1 5 [答案] x∈(-∞, )∪(0,+∞)。 3
2 2 2

例 24 已知 x,y,z 均是正数,且 x+y+z=1,求证: 1-3x + 1-3y + 1-3z ≤ 6。 【巧解】配凑法、升幂法 不等式两边配上 2 ,再运用均值不等式升幂。 (你知道为什么要配 3 2 2 2 2 2 2 +1-3x +1-3y +1-3z 3 3 3 2 2 1-3z ≤ + + 3 2 2 2 2 吗?) 3

2 2 1-3x + 3

2 2 1-3y + 3

1 5-3× 2 2 2 3 5-3(x +y +z ) = ≤ =2, ∴原式成立。 2 2 [答案] 见证明过程
2 2 2

例 25 设 a,b,c 为ΔABC 的三条边,求证:a +b +c <2(ab+bc+ca). 【巧解】综合法
2 2 2

∵a+b>c,b+c>a,c+a>b,∴三式两边分别乘以 c,a,b 得 ac+bc>c ,ab+ac>a ,bc+ab>b ,三式
2 2 2

相加并整理得, a +b +c <2(ab+bc+ca). [答案] 见证明过程 例 26 解不等式 8 10 3 - x -5x>0. 3+ (x+1) x+1

【巧解】构造法,综合法
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原不等式等价于(

2 3 2 3 3 ) +5( )>x +5x, 构 造 函 数 f(x)= x +5x, 则 原 不 等 式 即 为 x+1 x+1

f(

2 2 )>f(x),又 f(x)在 R 上是增函数,∴ >x,解此不等式得 x<-2 或-1<x<1。 x+1 x+1 [答案] {x| x<-2 或-1<x<1}. 1 2 例 27 已知函数 f(x)=x +ax+b(a,b∈R),x∈[-1,1],求证:|f(x)|的最大值 M≥ . 2 【巧解】反证法 1 1 1 1 1 2 1 假设 M< ,则|f(x)|< 恒成立,∴- <f(x)< ,即- <x +ax+b< , 2 2 2 2 2 2

令 x=0,1,-1,分别代入上式,得

1 1 1 1 1 1 - <b< ①,- <1-a+b< ②, - <1+a+b< ③, 2 2 2 2 2 2

3 1 由②+③得- <b<- ,这与①式矛盾,故假设不成立,∴原命题成立。 2 2 [答案] 见证明过程
2

例 28

已知二次函数 f(x)=ax +bx+c,且方程 f(x)=0 的两根 x1 、x2 都在(0,1)内,求
2

a 证:f(0)f(1)≤ . 16 【巧解】待定系数法、基本不等式法 因方程有两个实根为 x1,x2,故可设 f(x)=a(x-x1)(x-x2),于是
2

1 1 a 2 2 f(0)f(1)=ax1x2·a(1-x1)(1-x2)=a x1(1-x1)x2(1-x2)≤a · · ≤ 。 4 4 16 [答案] 见证明过程
2 2

例 29 若 a1、a2、…、a11 成等差数列,且 a1 +a11 ≤100,求 S=a1+a2+…+a11 的最大值和最小 值。 【巧解】基本不等式法、综合法
2 2 2 2 2

(a1+a11) =a1 +2a1a11+a11 ≤2(a1 +a11 )≤200,∴|a1+a11|≤10 2, 11 又 a1、a2、…、a11 成等差数列,∴S=a1+a2+…+a11= (a1+a11), 2 ∴ Smax=55 2,Smin=-55 2. [答案] Smax=55 2,Smin=-55 2.
2 2 2 2 2 2 2 2

例 30 若 0≤x,y≤1,求证: x +y + (1-x) +y + x +(1-y) + (1-x) +(1-y) ≥2 2 等号 1 当且仅当 x=y= 时成立。 2 【巧解】构造法 如 图 , 设 正 方 形 ABCD 的 边 长 为 1 , BH=x,AE=y, 则 1-y
40 / 43

A y E

G

D F

P

B x H

1-x

C

2

2

2

2

HC=1-x,BE=1-y,于是 AP= x +y ,BP= x +(1-y) ,
2 2 2 2

DP= (1-x) +y , PC= (1-x) +(1-y) ,由 AP+PC≥AC,BP+DP≥BD,而 AC=BD= 2。看,此时结论 是不是显然的了? [答案] 见证明过程
2

例 31 设 m 是方程 ax +bx+c=0 的实根,且 a>b>c>0,求证:|m|<1. 【巧解】综合法 b c 设方程的另一根为 n,则由韦达定理得 m+n=- <0,mn= >0,∴ m,n 同为负数, a a b ∴ 1> >|m+n|=|m|+|n|,∴ |m|<1,|n|<1.∴结论成立。 a [答案] 见证明过程
2

例 32 已知二次函数 f(x)=ax +bx+1(a,b∈R,a>0),设方程 f(x)=x 的两实根为 x1 和 x2,如 果 x1<2<x2<4,且函数 f(x)的对称轴为 x=x0,求证:x0>-1. 【巧解】 数形结合法
?g(2)<0 2 , 即 设 g(x)=f(x)-x=ax +(b-1)x+1, 由 题 意 得 ? ?g(4)>0 ?4a+2b-1<0 b b ? ,目标是证明- >-1,即 <2.如图作出约束条件下的平 2a a ?16a+4b-3>0

b 11 ( , ) 84 a

b 面区域(不含边界) ,而 表示区域内的点(a,b)与坐标原点连线的 a b 斜率,易见 <2,故命题成立。 a [答案] 见证明过程 1 1 例 33 已知 ≤ak≤1(k∈N+),求证:a1a2…an+(1-a1)(1-a2)…(1-an)≥ n-1. 2 2 【巧解】增量法、换元法 1 1 1 1 1 1 1 1 设 令 ak= +bk(0 ≤ bk ≤ ) , 则 原 式 左 边 =( +b1)( +b2) … ( +bn)+( -b1)( -b2) … ( 2 2 2 2 2 2 2 2 1 n 1 n 1 n-1 1 n-1 -bn)=[( ) +M]+[( ) +N]=( ) +M+N≥( ) =右边,∴原式成立。 2 2 2 2 [答案] 见证明过程 (注:多项式 M 和 N 正负抵消部分项后,所余部分和必为非负数。 )

x2 y2 例 34 记椭圆 2 + 2 = 1(a>b>0) ,A、B 是椭圆上的两点,线段 AB 的垂直平分线与 x 轴 a b
2 2 2 2

相交于 P(x0,0),证明:-

a -b a -b <x0< . a a

【巧解】数形结合法、等价转化法
41 / 43

2

x 2 2 2 2 2 记 Q(x,y)是椭圆上的任一点, |PQ| =(x-x0) +y =(x-x0) +b (1- 2),x∈[-a,a],得二次函 则 a
2 2 2 2

数,f(x)=

a -b a a 2 2 2 (x- 2 2x0) +b - 2 2x0 且由|PA|=|PB|,知 f(xA)=f(xB),即 f(x)在[-a,a]上不 a a -b a -b
2

单调,由二次函数最小值的唯一性知 –a< [答案] 见证明过程
2

a 2x0<a,变形即得所求。 a -b
2

例 35 已知 a,b,c∈R,f(x)=ax +bx+c.若 a+c=0,f(x)在[-1,1]上的最大值是 2,最小值是 5 b - 。证明:a≠0 且| |<2. 2 a 【巧解】反证法 b 假设 a=0 或| |≥2。 a (1) a=0,则由 a+c=0,得 c=0,∴f(x)=bx.由题设知 b≠0, 若 ∴f(x)在[-1,1]是单调函数, 5 从而 f(x)max=|b|;f(x)min=-|b|,于是|b|=2,-|b|=- ,由此得矛盾; 2 b -b 2 (2)若| |≥2,则| |≥1 且 a≠0,因此区间[-1,1]在抛物线 f(x)=ax +bx-a 的对称轴 a 2a x= -b 的左侧或右侧,∴函数 f(x)在[-1,1]上是单调函数,从而 f(x)max=|b|;f(x)=-|b|,由(1) 2a

知这是不可能的。 综合(1) (2)知,命题成立。 [答案] 见证明过程 x y x y 例 36 是否存在常数 C, 使得不等式 + ≤C≤ + , 对任意正数 x,y 恒成立? 2x+y x+2y x+2y 2x+y 试证明你的结论。 【巧解】分析法 2 2 2 令 x=y=1,得 ≤C≤ ,所以 C= 。下面给出证明: 3 3 3 x y 2 x y 2 + ≤ ,因为 x>0,y>0,要证: + ≤ ,只要证 (1) 先证明: 2x+y x+2y 3 2x+y x+2y 3
2 y

3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y),即证:x +y ≥2xy,这显然成立, ∴ x y 2 + ≤ ; 2x+y x+2y 3

x y 2 (2)再证: + ≥ ,只需证:3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y), x+2y 2x+y 3
2 2

即证:x +y ≥2xy,这显然成立,∴

x y 2 + ≥ 。 x+2y 2x+y 3

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2 x y 2 x y 综合(1)(2)得,存在常数 C= ,使对于任何正数 x,y 都有 、 + ≤ ≤ + 成 3 2x+y x+2y 3 x+2y 2x+y 立。 2 [答案] 存在常数 C= ,证明略. 3

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