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    高中数学经典例题集-

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    高中数学经典例题集
    第一局部
    <一道解析几何题> 〔此题15分〕曲线C是到点P(,和到直线
    13285y距离相等的点的轨迹,l是过点Q〔-1,0〕的直线, 8M是C上〔不在l上〕的动点；A、B在l上,MAl,MBx
    轴〔如图〕. 〔Ⅰ〕求曲线C的方程；
    |QB|2〔Ⅱ〕求出直线l的方程,使得为常数. |QA|〔Ⅰ〕解：设N(x，y为C上的点,由题设得：
    13512xyy．化简,得曲线的方程为y(xx． C288222x2x〔Ⅱ〕解法一：设Mx，,直线l:ykxk,如此
    2B(x，kxk,从而|QB|1k|x1|．
    在Rt△QMA中,因为
    2y Q     O M A B l x x(x1k2x2|QM|2(x121, |MA|2．
    21k422(x12|x1||kx2|2(kx2|QA|所以|QA||QM||MA| . , 24(1k221k222|QB|22(1k21k2x1．
    2|QA||k|xk|QB|255,从而所求直线l方程为2xy20． 当k2时,|QA|x2x解法二：设Mx，,直线l:ykxk,如此B(x，kxk,从而
    2.

    10垂直于l的直线l1:y(x1． |QB|1k2|x1|． 过Q(1，k因为|QA||MH|,所以|QA||x1||kx2|21k2, l1
    H     y M A B l x |QB|22(1k21k2x1．
    2|QA||k|xk|QB|255,从而所求直线l方程为2xy20． 当k2时,|QA| 〔不等式经典试题〕
    Q O 例1 假如0x1,证明loga(1xloga(1x〔a0且a1〕．
    分析1 用作差法来证明．需分为a1和0a1两种情况,去掉绝对值符号,然后比拟法证明． 解法1 〔1〕当a1时, 因为 01x1,1x1, 所以 loga(1xloga(1x
    loga(1x20．
    〔2〕当0a1时, 因为 01x1,1x1 所以 loga(1xloga(1x
    loga(1x20．
    综合〔1〕〔2〕知loga(1xloga(1x． 分析2 直接作差,然后用对数的性质来去绝对值符号． 解法2 作差比拟法．
    因为 loga(1xloga(1x
    1lg(1x20, lga所以loga(1xloga(1x．
    说明：解法一用分类相当于增设了条件,便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质〔换底公式〕也能达到同样的目的,且不必分而治之,其解法自然简捷、明快．
    典型例题二
    .

    例2 设ab0,求证：abab.
    分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数,可以作商,判断比值与1的大小关系,从而证明不等式．
    abbaaabbaabbba(ab 证明：baabab∵ab0,∴a1,ab0.
    baabbaab∴(1. ∴ba1.
    abb又∵ab0, ∴abab.. 说明：此题考查不等式的证明方法——比拟法<作商比拟法>.作商比拟法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小. abbaba典型例题三
    a4b4ab4(〔当且仅当ab时取等号〕 例3 对于任意实数a、b,求证22分析 这个题假如使用比拟法来证明,将会很麻烦,因为,所要证明的不等式中有(22ab4,展开后很复杂.2ab2ab出发,再恰当地利用不等式的有关性质与"配方〞的技巧可得假如使用综合法,从重要不等式：到证明. 证明：∵ab2ab〔当且仅当ab时取等号〕 两边同加(ab:2(ab(ab, 44442222222a4b4a2b22( 〔1〕
    即：22又：∵ab2ab〔当且仅当ab时取等号〕 两边同加(ab:2(ab(ab
    2    2    2    2    222a2b2ab2(
    ∴22a2b22ab4( 〔2〕 ∴(22.

    a4b4ab4(〔当且仅当ab时取等号〕由〔1〕和〔2〕可得． 22说明：此题参考用综合法证明不等式．综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明,要注意均值不等式的变形应用,一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解．
    典型例题四
    1119. abc111分析 显然这个题用比拟法是不易证出的.假如把通分,如此会把不等式变得较复杂而不易得abcba到证明．由于右边是一个常数,故可考虑把左边的式子变为具有"倒数〞特征的形式,比如,再利用"均ab例4a、b、cR,abc1,求证值定理〞就有可能找到正确的证明途径,这也常称为"凑倒数〞的技巧．
    证明：∵abc1
    ∴111abcabcabc abcabcbabacacb22,同理：2,2. ababacbc∵∴11132229. abc说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式．题目中用到了"凑倒数〞,这种技巧在很多不等式证明中都可应用,但有时要首先对代数式进展适当变形,以期达到可以"凑倒数〞的目的．
    典型例题五
    例５abc,求证：111＞0. abbcca分析：此题直接入手不容易,考虑用分析法来证明,由于分析法的过程可以用综合法来书写,所以此题用两种方法来书写证明过程. 证明一：<分析法书写过程> 111＞0 abbcca111只需要证明＞
    abbcac∵abc
    为了证明∴acab0,bc0
    111,＞0 abacbc111∴＞成立 abbcac111∴＞0成立 abbcca∴.

    证明二：<综合法书写过程> ∵abc∴acab0,bc0
    111＞＞0 abacbc111∴＞成立
    abbcac111∴＞0成立 abbcca∴说明：学会分析法入手,综合法书写证明过程,但有时这两种方法经常混在一起应用,混合应用时,应用语言表示清楚. 典型例题六
    例6 假如a0,b0,且2cab,求证：
    分析 这个不等式从形式上不易看出其规律性,与我们掌握的定理和重要的结论也没有什么直接的联系,所以可以采用分析的方法来寻找证明途径．但用"分析〞法证不等式,要有严格的格式,即每一步推出的都是上一步的充分条件,直到推出的条件是明显成立的〔条件或某些定理等〕．
    证明：为要证cc2abacc2ab. 只需证c2abacc2ab, 即证ac2c2ab, 2也就是(accab, 即证a2acab, 即证2aca(ab, ∵a0,2cab,b0, ∴c2abab,故c2ab即有c2ab0, 2又 由2cab可得2aca(ab成立, ∴ 所求不等式cc2abacc2ab成立．
    说明：此题考查了用分析法证明不等式．在题目中分析法和综合法是综合运用的,要注意在书写时,分析法的书写过程应该是："欲证……需证……〞,综合法的书写过程是："因为〔∵〕……所以〔∴〕……〞,即使在一个题目中是边分析边说明也应该注意不要弄混．
    典型例题七
    例7 假如a3b32,求证ab2．
    .

    分析：此题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法．
    证法一：假设ab2,如此ab(ab(aabb2(aabb, 33而ab2,故(a2abb21．
    3    3    2    2    2    2∴1abab2ab．从而ab1, ∴ab1ab2．
    ∴(ab2a2b22ab22ab4． ∴ab2．
    这与假设矛盾,故ab2．
    证法二：假设ab2,如此a2b, 故2a3b3(2b3b3,即2812b6b2,即(b120, 这不可能．从而ab2．
    证法三：假设ab2,如此(ab3a3b33ab(ab8． 由a3b32,得3ab(ab6,故ab(ab2． 又a3b3(ab(a2abb22, ∴ab(ab(ab(a2abb2． ∴a2abb2ab,即(ab20．
    这不可能,故ab2．
    说明：此题三种方法均采用反证法,有的推至与矛盾,有的推至与事实矛盾．
    一般说来,结论中出现"至少〞"至多〞"唯一〞等字句,或结论以否认语句出现,或结论肯定"过头〞时,都可以考虑用反证法．
    2    222典型例题八
    例8 设x、y为正数,求证x2y23x3y3． 分析：用综合法证明比拟困难,可试用分析法．
    证明：要证x2y23x3y3,只需证(x2y23(x3y32, 即证x63x4y23x2y4y6x62x3y3y6, 化简得3x4y23x2y42x3y3,x2y2(3x22xy3y20． ∵4y2433y20, .

    ∴3x22xy3y20． ∴x2y2(3x22xy3y20． ∴原不等式成立．
    说明：1．此题证明易出现以下错误证法：xy2xy,3xy2233332x23y2,然后分<1>xy1；<2>xy1；<3>x1且0y1；<4>y1且0x1来讨论,结果无效．
    2．用分析法证明数学问题,要求相邻两步的关系是AB,前一步是后一步的必要条件,后一步是前一步的充分条件,当然相互为充要条件也可以．
    典型例题九
    1x2xyy23．
    2分析：联想三角函数知识,进展三角换元,然后利用三角函数的值域进展证明． 证明：从条件看,可用三角代换,但需要引入半径参数r．
    例91x2y22,求证∵1x2y22, 02． ∴可设xrcos,yrsin,其中1r2，1sin2．
    2113113由1sin2,故r2r2(1sin2r2． 2222221131而r2,r23,故x2xyy23． 2222∴x2xyy2r2r2sincosr2(1x2y2说明：1．三角代换是最常见的变量代换,当条件为xyr或xyr或221时,均可ab222222用三角代换．2．用换元法一定要注意新元的X围,否如此所证不等式的变量和取值的变化会影响其结果的正确性．
    典型例题十
    11111． 2n1n22n111分析：要求一个n项分式的X围,它的和又求不出来,可以采用"化整为零〞的方n1n22n法,观察每一项的X围,再求整体的X围．
    111证明：由2nnkn(k1,2,,n,得．
    2nnkn111当k1时,；
    2nn1n111当k2时,
    2nn2n例10 设n是正整数,求证.

    ……
    111． 2nnnn1n111n∴1． 22nn1n22nn当kn时,说明：1、用放缩法证明不等式,放缩要适应,否如此会走入困境．例如证明1117．由1222n24111,如果从第3项开始放缩,正好可证明；如果从第2项放缩,可得小于2．当放缩方式不同,结2k1kk果也在变化．
    2、放缩法一般包括：用缩小分母,扩大分子,分式值增大；缩小分子,扩大分母,分式值缩小；全量不少于局部；每一次缩小其和变小,但需大于所求,第一次扩大其和变大,但需小于所求,即不能放缩不够或放缩过头,同时放缩后便于求和．
    典型例题十一
    (ab2ab(ab2例11 ab0,求证：． ab8a28b分析：欲证不等式看起来较为"复杂〞,宜将它化为较"简单〞的形式,因而用分析法证明较好． (ab2ab(ab2证明：欲证, ab8a28b(ab2(ab2只须证． ab2ab4a4babab2即要证(ab, 2a2b即要证22ab2aabab2b．
    即要证ab2aaba1ab2babb, 即要证2．
    即要证1ba2ab1,即ba1． abba1〔*〕 ab∵ab0,∴〔*〕显然成立, 即要证(ab2ab(ab2故 ab8a28b说明：分析法证明不等式,实质上是寻求结论成立的一个充分条件．分析法通常采用"欲证——只要证——即证——〞的格式．
    .

    典型例题十二
    例12 如果x,y,zR,求证：x8y8z8x2y3z3y2z3x3z2x3y3．
    分析：注意到不等式左边各字母在项中的分布处于别离状态,而右边却结合在一起,因而要寻求一个熟知的不等式具有这种转换功能〔保持两边项数一样〕,由(ab2(bc2(ca20,易得a2b2c2abbcca,此式的外形特征符合要求,因此,我们用如下的结合法证明．
    证明：∵x8y8z8(x42(y42(z42
    x2y3z3y2z3x3z2x3y3．
    ∴x8y8z8x2y3z3y2z3x3z2x3y3．
    说明：分析时也可以认为是连续应用根本不等式a2b22ab而得到的．左右两边都是三项,实质上是a2b2c2abbcca公式的连续使用．
    111如果原题限定x,y,zR,如此不等式可作如下变形：x8y8z8x3y3z3(进一步可得到：xyzx5y5z5111． y3z3x3z3x3y3xyz显然其证明过程仍然可套用原题的思路,但比原题要难,因为发现思路还要有一个转化的过程．
    典型例题十三
    1．
    4分析：此命题的形式为否认式,宜采用反证法证明．假设命题不成立,如此(1ab，(1bc，(1ca三数例13 0a1,0b1,0c1,求证：在(1ab，(1bc，(1ca三数中,不可能都大于都大于1,从这个结论出发,进一步去导出矛盾．
    41, 4证明：假设(1ab，(1bc，(1ca三数都大于即(1ab111,(1bc,(1ca． 444又∵0a1,0b1,0c1, 111∴(1ab,(1bc,(1ca．
    2223∴(1ab(1bc(1ca①
    21ab1bc1ca又∵(1ab,(1bc,(1ca．
    222.

    以上三式相加,即得：
    3②
    2显然①与②相矛盾,假设不成立,故命题获证．
    说明：一般情况下,如果命题中有"至多〞、"至少〞、"都〞等字样,通常情况下要用反证法,反证法的关键在于"归谬〞,同时,在反证法的证明过程中,也贯穿了分析法和综合法的解题思想．
    (1ab(1bc(1ca典型例题十四
    例14a、b、c都是正数,求证：2ababc3ab3abc．
    32分析：用分析法去找一找证题的突破口．要证原不等式,只需证2abc33abc,即只需证c2ab33abc．把2ab变为abab,问题就解决了．或有分析法的途径,也很容易用综合法的形式写出证明过程．
    ababc3abc, 证法一：要证2ab332只需证ab2ababc33abc, 即2abc33abc,移项,得c2ab33abc． 由a、b、c为正数,得c2abcabab33abc． ∴原不等式成立．
    证法二：∵a、b、c为正数, cabab33cabab33abc．
    即c2ab33abc,故2abc33abc．
    ab2ababc33abc, ababc32abc． ab332ababc3,ab,,abc,只因为a、b、c都是正数,形式同算术平均数与几何23平均数定理一样,不加分析就用算术平均数与几何平均数定理来求证,问题就不好解决了．
    说明：题中给出的原不等式中是用"不大于〞连结,应该知道取等号的条件,此题当且仅当cab时取"＝〞号．证明不等式不论采用何种方法,仅仅是一个手段或形式问题,我们必须掌握证题的关键．此题的关键是证明c2ab33abc．
    .

    典型例题十五
    例15 a0,b0,且ab1．求证：0111(a(b1． aab分析：记M0111(a(b,欲证0M1,联想到正、余弦函数的值域,此题采用三角aab换元,借助三角函数的变换手段将很方便,由条件ab1,a、bR可换元,围绕公式sec2tan21来进展．
    证明：令asec2,btan2,且0如此, 2111111(a(b(sec(tan asectansec2ab111∵0,∴0sin1,即0(a(b1成立．
    a2ab说明：换元的思想随处可见,这里用的是三角代换法,这种代换如能将其几何意义挖掘出来,对代换实质的认识将会深刻得多,常用的换元法有：<1>假如x1,可设xsin,R；<2>假如x2y21,可设xcos,ysin,R；<3>假如x2y21,可设xrcos,yrsin,且r1．
    典型例题十六
    例16x是不等于1的正数,n是正整数,求证(1x(1x2nnn1xn．
    分析：从求证的不等式看,左边是两项式的积,且各项均为正,右边有2的因子,因此可考虑使用均值不等式．
    证明：∵x是不等于1的正数, ∴1x2x0, ∴(1xn2nxn．①
    又1xn2xn0． ② 将式①,②两边分别相乘得
    (1xn(1xn2xn2nxn, ∴(1xn(1xn2n1xn．
    说明：此题看起来很复杂,但根据题中特点,选择综合法求证非常顺利．由特点选方法是解题的关键,这里因为x1,所以等号不成立,又因为①,②两个不等式两边均为正,所以可利用不等式的同向乘性证得结果．这也是今后解题中要注意的问题．
    典型例题十七
    .

    例17 ,x,y,zR,且xyz1,求证xyz3．
    分析：从此题结构和特点看,使用比拟法和综合法都难以奏效．为找出使不等式成立的充分条件不妨先用分析法一试,待思路清晰后,再决定证题方法．
    证明：要证xyz3, 只需证xyz2(xy只需证xyxz∵x,y,zR, xzyz3, yz1．
    ∴xy2xy,xz2xz,yz2yz, ∴2(xyz2(xy∴xyxz∴xxzyz, yz1成立．
    yz3．
    yz1后,思路说明：此题假如一味地用分析法去做,难以得到结果．在题中得到只需证xyxz已较清晰,这时改用综合法,是一种好的做法．通过此例可以看出,用分析法寻求不等式的证明途径时,有时还要与比拟法、综合法等结合运用,决不可把某种方法看成是孤立的．
    典型例题十八
    1112． 2232n2分析：此题的难度在于,所求证不等式的左端有多项和且难以合并,右边只有一项．注意到这是一个严1格不等式,为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律,这只需从2下手考查即可．
    n例18 求证1证明：∵111111(n2, n2nnn(n1n1n∴1111111111122． 1222n23n1223n1n说明：此题证明过程并不复杂,但思路难寻．此题所采用的方法也是解不等式时常用的一种方法,即放缩法．这类题目灵活多样,需要巧妙变形,问题才能化隐为显,这里变形的这一步极为关键．
    典型例题十九
    例19 在ABC中,角A、B、C的对边分别为a,b,c,假如AC2B,求证a4c42b4． 分析：因为涉与到三角形的边角关系,故可用正弦定理或余弦定理进展边角的转化．
    .

    证明：∵ACB2B,∴B1，cosB． 32由余弦定理得b2a2c22accosBa2c2ac ∴a2c2b2ac, ∴a4c4(a2c222a2c2
    =(a2c22ac(a2c22ac
    1absinC．此题应2用知识较为丰富,变形较多．这种综合、变形能力需要读者在平时解题时体会和总结,证明不等式的能力和直觉需要长期培养．
    第二局部
    此题主要考查求曲线的轨迹方程、直线与曲线的位置关系等根底知识,考查解析几何的根本思想方法说明：三角形中最常使用的两个定理就是正弦和余弦定理,另外还有面积公式S和综合解题能力．总分为15分．
    y2x221．〔此题总分为15分〕椭圆C1：221(ab0的右顶点ab为A(1,0,过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1．
    〔I〕求椭圆C1的方程；
    〔II〕设点P在抛物线C2：yxh(hR上,C2在点P处
    的切线与C1交于点M,N．当线段AP的中点与MN的中 点的横坐标相等时,求h的最小值．

    2b12a2y解析：〔I〕由题意得b2,,所求的椭圆方程为x21,
    421b1a2〔II〕不妨设M(x1,y1,N(x2,y2,P(t,th,如此
    抛物线C2在点P处的切线斜率为y2xt2t, 直线MN：y2txth,代入椭圆C1得：
    4x2(2txt2h240, 即41t2x24t(t2hx(t2h240, 422116t2(h2th40, 因线段MN的中点与线段PA的中点的横坐标相等如此：
    .

    x1x2t(t2ht1111或h1tt2t2
    222(1t2ttth1或h3；
    422当h3时,116t2(h2th40不成立；
    422因此h1,当h1时,得t1,代入116t2(h2th40成立, 因此h的最小值为1．
    典型例题一
    例1 比拟x3与3x的大小,其中xR． 解：(x33x
    2    3x23x3, 33[x23x(2](23, 2233(x2, 2430, 4∴x33x．
    说明：由例1可以看出实数比拟大小的依据是：①ab0ab； ②ab0ab；③ab0ab．
    2典型例题二
    例2 比拟x1与xx的大小,其中xR 解：(x1(xx
    6    4    2642x6x4x21, x4(x21(x21, (x21(x41, (x21(x21(x21, (x212(x21, ∴ 当x1时,x1xx；
    6    4    2.

    当x1时,x1xx.
    说明：两个实数比拟大小,通常用作差法来进展,其一般步骤是：第一步：作差；第二步：变形,常采用配方,因式分解等恒等变形手段；第三步：定号,某某省是能确定是大于0,还是等于0,还是小于0．最后得结论．概括为"三步,—结论〞,这里的"变形〞一步最为关键．
    642典型例题三
    x11与(x〔x2x1〕的大小． 22x122分析：直接作差需要将(x1(x1与(x〔xx1〕展开,过程复杂,式子冗长,可否考虑22例3xR,比拟(x1(x2根据两个式子特点,予以变形,再作差．
    xx1=(x1〔x2x1〕 22x(x1(x2x1(x1, 21(x1(x2x1(x2x1, 2x122∴(x1(x1(x(xx1
    22111(x2x1x(x10． 222x122如此有xR时,(x1(x1(x〔xx1〕恒成立．
    22解：∵(x1(x2说明：有确实问题直接作差不容易判断其符号,这时可根据两式的特点考虑先变形,到比拟易于判断符号时,再作差,予以比拟,如此例就是先变形后,再作差．
    典型例题四
    例4 设xR,比拟1与1x的大小． 1x1x2(1x解：作差, 1x1xx20, 1〕当x0时,即1x∴11x； 1xx20, 2〕当1x0,即x1时,1x∴11x； 1x.

    x20, 3〕当1x0但x0,即1x0或x0时,1x∴11x． 1x说明：如此题作差,变形,变形到最简形式时,由于式中含有字母,不能定号,必须对字母根据式子具体特点分类讨论才能定号．此时要注意分类合理恰当．
    典型例题五
    例5 比拟18与16的大小
    分析：两个数是幂的形式,比拟大小一般采用作商法. 1618181618161916116916((( 解：18(16162816282说明：求商法比大小的变形要围绕与1比大小进展．
    典型例题六
    例6 设a＞0,b＞0,且ab,比拟：ab与ab的大小. 分析：比拟大小一般方法是求差法或求商法,利用不等式的性质进展变形,然后确定大小. abbaaabbaabba(ab 解：baabbab当a＞b＞0时,＞1,ab＞0,(ababab＞1
    ab当b＞a＞0时,0＜＜1,ab＜0(abab＞1
    aabbaab(＞1即ba＞1, bab又ab＞0,ab＞ab
    说明：求商法的根本步骤是：①求商,②变形,③与1比大小从而确定两个数的大小. baaaba典型例题七
    例7 实数a、b、c、d满足条件：①ab,cd；②acbc0；③adbd0,如此有<
    > A．acdb B．cabd C．acbd D．cadb
    〔某某市2001年南开中学期末试题〕
    分析：先由条件②③分析出a、b与c、d的关系,根据条件利用①用数轴数形结合比出大小． 解：∵acbc0,∴a、b与c同侧
    .

    ∵adbd0,∴a、b与d异侧 ∵ab,cd
    ∴把a、b、c、d标在数轴上,只有下面一种情况 由此得出cadb,∴此题选D．
    说明：比拟大小时可以借助于数轴,利用推出的一些结论在数轴上标出它们的相对位置,这样容易看出几个数之间的大小关系,尤其是比拟的个数较多时适用．
    典型例题八
    例8①1ab1；②1ab3,求：3ab的取值X围．
    分析：此题是给代数式的字母的X围,求另外代数式的X围．分为两步来进展：<1>利用待定系数法将代数式3ab用ab和ab表示．<2>利用不等式性质与题目条件确定3ab的X围．
    解：设：3abx(aby(ab(xya(xyb 由①+②×2得：12(ab2(ab132
    即：13ab7．
    说明：此题的一种典型错误做法,如下：
    1ab1,1ab3,02a4,即：0a2 即：2b0
    此解法的错误原因是因为a与b是两个相互联系,相互制约的量,而不是各自独立的,当ab取到最大值或最小值时,ab不一定能取到最值,所以用以上方法可能扩大变量的X围．
    防止出错的方法是通过待定系数法"整体代入〞,见解题过程．
    典型例题九
    例9 判断如下各命题的真假,并说明理由． 〔1〕假如acbc,如此ab.
    2    211. abcc〔3〕假如ab,c0,如此.
    ab〔2〕假如ab,如此〔4〕假如ab,cd,如此acbd. 〔5〕假如ab0,ac,如此abc. 〔6〕假如ab,mN,如此ab. 分析：利用不等式的性质来判断命题的真假．
    mm2.

    10222解：〔1〕acbcc0c2ab,是真命题．
    ac2bc2〔2〕可用赋值法：a3,b2,有也可这样说明：11,是假命题． ab11ba, abab∵ab,只能确定ba0, 1111但ab的符号无法确定,从而的符号确定不了,所以无法得到,实际上有：
    abab11cccc〔3〕与〔2〕类似,由abab,从而ab是假命题．
    ababc0〔4〕取特殊值：a5,b1,c2,d3.
    有acbd,∴ 是假命题．
    定理3的推论是同向不等式可相加,但同向不等式相减不一定成立．只有异向不等式可相减,即ab,cdacbd.
    ab02aaba02〔5〕abc, ∴是真命题．
    acabbcb0〔6〕定理4成立的条件为必须是正数．
    举反例：
    a3,b4,m2,如此有ambm.
    说明：在利用不等式的性质解题时,一定要注意性质定理成立的条件．要说明一个命题是假命题可通过举反例．
    典型例题十
    例10 求证：ab,11a0,b0. ab分析：把的大小关系转化为差数的正负,再利用不等式的性质完成推理． 证明：利用不等式的性质,得
    典型例题十一
    例11 假如ab,cd,如此下面不等式中成立的一个是〔 〕 〔A〕adbc 〔B〕acbd
    .

    〔C〕ab 〔D〕dacb cd解：由不等式的性质知：〔A〕、〔B〕、〔C〕成立的条件都不充分,所以选〔D〕,其实〔D〕 正是异向不等式相减的结果．
    说明：本的解法都是不等式性质的根本应用,对于不等式的根本性质要逐条掌握准确,以便灵活应用．
    典型例题十二
    例12 假如11,如此下面各式中恒成立的是〔 〕． 〔A〕20 〔B〕21 〔C〕10 〔D〕11
    分析 此题考查是否能正确使用不等式的性质来进展变形,应看到,条件中含有两个内容,即11,11和,根据不等式的性质,可得11,0,继而得到22且0,故20,因此选A．
    典型例题十三
    例13 假如abc,如此一定成立的不等式是〔 〕
    A．acbc B．abac C．acbc D．分析：A错,当ab,也不对．
    应当选C,因为不等式两边同时加上一个任意数〔此题是c〕,原不等式成立． 说明：这类题可以采用特例法：令c0即得C成立．
    111 abcc0时有acbc；同样B错；D没有考虑各数取零和正负号的关系,所以典型例题十四
    例14 ：a＞b，e＞f，c0,求证：fac＜ebc．
    分析：要证明的式子中,左右均为二项差,其中都有一项为哪一项两字母积的形式,因此在证明时,对两项积要注意性质的使用,对两项差的证明要注意使用同向加性或异向减性来处理．
    证明：a＞b，c＞0，ac＞bc， ac＜bc．又f＜e，∴由同向加性可得：fac＜ebc．
    fac＜ebc．说明：此题还可采用异向减性来处理：f＜e，ac＞bc，做这类题过程并不复杂,关键是记准性质,并能正确地应用．
    典型例题十五
    .

    例15集合IR，Ax|x25x14＜０，Bx|x|y2,yA,求：AB．
    分析：要求AB,需要先求集合A和B,从来看,A的X围容易求,B的元素由yA可以推算,但在推算过程中,要注意运用不等式的性质．
    解：x5x140且IR,
    说明：此题中的条件IR,意在明确集合A中的元素为R,假如去掉此条件,会出现不确定的情况．比如,2x7的实数和2x7的整数显然是有区别的．另外,这里集合B的元素是通过集合A的元素求出的,解题时,一定要看清．
    2典型例题十六
    例16 设a和b都是非零实数,求不等式ab和11同时成立的充要条件． ab分析：此题是求两个不等式同时成立的充要条件,因此,这两个不等式不能分开来讨论．如果分开讨论,如此ab成立的条件就是ab本身；而11成立的条件如此是a与b同号,且ab,但这个条件只是ab11的一个充分条件,并且与第一个不等式ab是矛盾的．所以必须研究这两个不等式同时成立的条ab件．显然,应该从求它们同时成立的必要条件入手．
    解：先求ab,1111同时成立的必要条件,即当ab,同时成立时,a与b应具备什么条件． ababab,ab0,由11,得ba
    0.abab由ab0可知ba0,再由ba0知ab0,即a与b异号,因此a0b是不等式ab与ab11同时成立的必要条件． ab11再求ab,同时成立的充分条件．
    ab事实上,当a0b时,必有ab,且11110,0,因而成立．从而a0b是不等式abab11同时成立的充分条件． ab11因此,两个不等式ab,同时成立的充要条件是a0b．
    ab1111说明：此题结果明确,ab与同时成立,其充要条件是a为正数,b为负数．这与成立的abab11条件ab0,ba不要混淆．解此题是从必要条件入手的,即假如ab,同时成立,如此要研究从不ab11等式和ab看a与b的大小有什么关系,从中得出结论〔a0b〕,再把这个结论作为一个充分abab,.

    条件去验证ab与11能否同时成立．从而解决了此题． ab典型例题十七
    例17 函数f(xaxc满足：4f(11,1f(25.如此f(3应满足〔 〕 〔A〕7f(326 〔B〕4f(315 〔C〕1f(320 〔D〕22835f(3 33分析：如果能用f(1与f(2将f(3"线性〞表示出：f(3mf(1nf(2,就可利用不等式的根本性质,由f(1、f(2的取值X围,推出f(3满足的条件．
    解：∵f(1ac,f(24ac, ∴a[f(2f(1],c[f(24f(1] 故f(39ac3[f(2f(1][f(24f(1] 由不等式的根本性质,得
    应当选〔C〕. 说明：〔1〕也可设f(3mf(1nf(2,由代定系数法求得m13131358,n． 33〔2〕下面的错误是值得引以为戒的∵f(1ac,f(24ac,
    又 f(39ac.
    ∴0a309a27,7f(326.
    1c7c1应当选〔A〕
    上述推理错误产生的原因是由于将条件
    4f(110a3化为使a、c的取值X围扩1f(251c7大所致．事实上,作为点集
    与N(a,c0a3,117之间的关系是MN,如图点集N是图中乱世形OABD所围成的区域,点集M是由平行四边形MNBP所围成的区域,这样就直观地表现了MN,揭示了上述解法的错误．
    第三局部
    .

    此题主要考察椭圆的几何性质,直线与椭圆,点与圆的位置关系等根底知识,同时考察解析几何的根本思想方法和综合解题能力.总分为15分．
    m20, <21> 〔此题总分为15分〕m1,直线l:xmy2x22椭圆C:2y1,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点.
    m〔Ⅰ〕当直线l过右焦点F2时,求直线l的方程； 〔Ⅱ〕设直线l与椭圆C交于A,B两点,AF1F2, BF1F2的重心分别为G,H.假如原点O在以线段
    GH为直径的圆内,某某数m的取值X围.GHOG,H
    m2m2220经过F2(m1,0,所以m1〔Ⅰ〕解：因为直线l:xmy,得 22m22,又因为m1,所以m2, 故直线l的方程为x2y10. 〔Ⅱ〕解：设A(x1,y1,B(x2,y2, m2xmy2,消去x得
    由2xy21m2m21m280,知m28, 如此由m8(42mm21. 且有y1y2,y1y2282x1y1xy,,H(2,2, 3333xxyy因原点O在以线段GH为直径的圆内OGOH12120
    99由于F1(c,0,F2(c,0,由题可知G(即x1x2y1y20
    .

    m2m2m212(my2y1y2(m1）( 而x1x2y1y2(my12282m210,即m24. 所以82又因为m1且0,所以1m2. 所以m的取值X围是(1,2. 典型例题一
    32例1 解不等式：〔1〕2xx15x0；〔2〕(x4(x5(2x0．
    2    3分析：如果多项式f(x可分解为n个一次式的积,如此一元高次不等式f(x0〔或f(x0〕可用"穿根法〞求解,但要注意处理好有重根的情况． 解：〔1〕原不等式可化为
    把方程x(2x5(x30的三个根x10,x2,x33顺次标上数轴．然后从右上开始画线顺次经过三个根,其解集如如下图的阴影局部．
    ∴原不等式解集为x〔2〕原不等式等价于
    ∴原不等式解集为xx5或5x4或x2
    说明：用"穿根法〞解不等式时应注意：①各一次项中x的系数必为正；②对于偶次或奇次重根可转化为不含重根的不等式,也可直接用"穿根法〞,但注意"奇穿偶不穿〞,其法如如下图．
    525x0或x3 2典型例题二
    例2 解如下分式不等式：
    x24x1321 〔1〕； 〔2〕213x7x2x2x2分析：当分式不等式化为f(x0(或0时,要注意它的等价变形 g(x①f(x0f(xg(x0 g(x②f(xg(x0f(xf(x0或0f(x0或f(xg(x0 g(xg(xg(x0〔1〕解：原不等式等价于
    .

    用"穿根法〞
    ∴原不等式解集为(,21,26,. 2x23x10 〔2〕解法一：原不等式等价于
    3x27x2∴原不等式解集为(,(,1(2,. 解法二：原不等式等价于用"穿根法〞
    ∴原不等式解集为(,(,1(2,
    1312(2x1(x10
    (3x1(x21312典型例题三
    例3 解不等式x24x2
    分析：解此题的关键是去绝对值符号,而去绝对值符号有两种方法：一是根据绝对值的意义a(a0 aa(a0二是根据绝对值的性质：xaaxa,x.axa或xa,因此此题有如下两种解法．
    22x40x40或解法一：原不等式
    22x4x24xx2即x2或x22x2或
    2xxx2或x1∴2x3或1x2
    故原不等式的解集为x1x3．
    解法二：原不等式等价于 (x2x4x2
    22x3x4x2故1x3． 即2∴x4(x2x1或x22典型例题四
    x26x50． 例4
    解不等式124xx2分析：这是一个分式不等式,其左边是两个关于x二次式的商,由商的符号法如此,它等价于如下两个不.

    等式组：
    22x6x50x6x50或 22124xx0124xx0所以,原不等式的解集是上面两个不等式级的解集的并集．也可用数轴标根法求解． 解法一：原不等式等价下面两个不等式级的并集：
    22,x6x50　x6x50,或 22124xx0124xx0(x1(x50,(x1(x50,或
    (x2(x60;(x2(x60;x1,或x5,1x5,或 ；x2,或x62x61x5,或x2或x6．
    ∴原不等式解集是{xx2，或1x5，或x6}．
    解法二：原不等式化为(x1(x50．
    (x2(x6画数轴,找因式根,分区间,定符号．
    (x1(x5符号
    (x2(x6∴原不等式解集是{xx2，或1x5，或x6}．
    说明：解法一要注意求两个等价不等式组的解集是求每组两个不等式的交集,再求两组的解的并集,否如此会产生误解．
    解法二中,"定符号〞是关键．当每个因式x的系数为正值时,最右边区间一定是正值,其他各区间正负相间；也可以先决定含０的区间符号,其他各区间正负相间．在解题时要正确运用．
    典型例题五
    x22x2x． 例5
    解不等式32xx2分析：不等式左右两边都是含有x的代数式,必须先把它们移到一边,使另一边为0再解．
    (x2(x2x10． 解：移项整理,将原不等式化为(x3(x1由x2x10恒成立,知原不等式等价于(x20．
    (x3(x1解之,得原不等式的解集为{x1x2或x3}．
    .

    说明：此题易出现去分母得x22x2x(32xx2的错误解法．防止误解的方法是移项使一边为０再解．
    另外,在解题过程中,对出现的二项式要注意其是否有实根,以便分析不等式是否有解,从而使求解过程科学合理．
    典型例题六
    例6 设mR,解关于x的不等式m2x22mx30． 分析：进展分类讨论求解．
    解：当m0时,因30一定成立,故原不等式的解集为R． 当m0时,原不等式化为(mx3(mx10；
    31x； mm13当m0时,解得x．
    mm当m0时,解得31∴当m0时,原不等式的解集为xx；
    mm13x． 当m0时,原不等式的解集为xmm说明：解不等式时,由于mR,因此不能完全按一元二次不等式的解法求解．因为当m0时,原不等式化为30,此时不等式的解集为R,所以解题时应分m0与m0两种情况来讨论．
    3131,x2后,认为,这也是易出现的错误之处．这时也应mmmm3131分情况来讨论：当m0时,；当m0时,．
    mmmm在解出m2x22mx30的两根为x1典型例题七
    例7 解关于x的不等式2axa21x(a0．
    分析：先按无理不等式的解法化为两个不等式组,然后分类讨论求解．
    2axa20,2xa20,解：原不等式(11x0,或(2
    1x0.222axa(1x;ax,a2x,(2由a0,得：(1x1,2
    22x1.x2(a1xa10;由判别式4(a124(a218a0,故不等式x22(a1xa210的解是.

    a12axa12a．
    当0a2时,<2>的解是x1．
    当a2时,不等式组<1>无解,<2>的解是xaa12a1,a12a1,不等式组<1>的解是a12ax1,不等式组2a．
    2综上可知,当0a2时,原不等式的解集是a12a,；当a2时,原不等式的解集是a,． 2说明：此题分类讨论标准"0a2,a2〞是依据"a0与<1>中‘x‘xa,x1’,<2>中2a,x1’〞确定的．解含有参数的不等式是不等式问题中的难点,也是近几年高考的热点．一般地,2分类讨论标准〔解不等式〕大多数情况下依"不等式组中的各不等式的解所对应的区间的端点〞去确定．
    此题易误把原不等式等价于不等式2axa2(1x．纠正错误的方法是熟练掌握无理不等式根本类型的解法．
    典型例题八
    例8 解不等式4x210x33．
    分析：先去掉绝对值号,再找它的等价组并求各不等式的解,然后取它们的交集即可． 解答：去掉绝对值号得34x210x33, ∴原不等式等价于不等式组
    15∴原不等式的解集为xx0或x3．
    22说明：解含绝对值的不等式,关键是要把它化为不含绝对值的不等式,然后把不等式等价转化为不等式组,变成求不等式组的解．
    典型例题九
    例9 解关于x的不等式x2(aa2xa30．
    分析：不等式中含有字母a,故需分类讨论．但解题思路与一般的一元二次不等式的解法完全一样：求出方程x2(aa2xa30的根,然后写出不等式的解,但由于方程的根含有字母a,故需比拟两根的大小,从而引出讨论．
    解：原不等式可化为(xa(xa20．
    <1>当aa2〔即a1或a0〕时,不等式的解集为：
    .

    xxxxa或xa2；
    <2>当aa2〔即0a1〕时,不等式的解集为：
    xa2或xa；
    <3>当aa2〔即a0或1〕时,不等式的解集为：
    xR且xa．
    说明：对参数进展的讨论,是根据解题的需要而自然引出的,并非一开始就对参数加以分类、讨论．比如此题,为求不等式的解,需先求出方程的根x1a,x2a2,因此不等式的解就是x小于小根或x大于大根．但a与a2两根的大小不能确定,因此需要讨论aa2,aa2,aa2三种情况．
    典型例题十
    例10 不等式axbxc0的解集是x22求不等式cxbxa0的解集． x(0．分析：按照一元二次不等式的一般解法,先确定系数c的正负,然后求出方程cx2bxa0的两根即可解之．
    解：<解法1>由题可判断出,是方程ax2bxc0的两根, ∴bc,． aa又ax2bxc0的解集是xx,说明a0．
    c0c0, aba∴cx2bxa0x2x0．
    cc1111ba∴x2x0,即x2(x((0, cc11即(x(x0．
    11又0,∴, 而0,00∴(x1111(x0的解集为xx． <解法2>由题意可判断出,是方程ax2bxc0的两根, .

    ∴c．
    a又ax2bxc0的解集是xx,说明a0． 而0,00c0c0．
    a对方程cx2bxa0两边同除以x2得
    11a(2b(c0．
    xx1令t,该方程即为
    xat2btc0,它的两根为t1,t2, ∴1111,．∴x1,x2, x1x2∴方程cx2bxa0的两根为∵0,∴11,． 11． ∴不等式cx2bxa0的解集是x11x． 说明：<1>万变不离其宗,解不等式的核心即是确定首项系数的正负,求出相应的方程的根；<2>结合使用韦达定理,此题中只有,是量,故所求不等式解集也用,表示,不等式系数a,b,c的关系也用,表示出来；<3>注意解法2中用"变换〞的方法求方程的根．
    典型例题十二
    xaxb1的解为(，(1，,求a、b的值． 223xx1xx1分析：不等式本身比拟复杂,要先对不等式进展同解变形,再根据解集列出关于a、b式子．
    13解：∵x2x1(x20, 2413x2x1(x20, 24例12
    假如不等式∴原不等式化为(2abx2(abxab0．
    2ab01ab, 依题意2ab34ab2ab3.

    5a2． ∴b32 说明：解有关一元二次方程的不等式,要注意判断二次项系数的符号,结合韦达定理来解．
    典型例题十三
    例13 不等式ax2bx20的解集为x1x2,求a与b的值．
    分析：此题为一元二次不等式逆向思维题,要使解集为x1x2,不等式ax2bx20需满足条件a0,0,ax2bx20的两根为x11,x22．
    解法一：设ax2bx20的两根为x1,x2,由韦达定理得：
    bbxx1221aa 由题意：
    22xx1212aa∴a1,b1,此时满足a0,b24a(20． 解法二：构造解集为x1x2的一元二次不等式：
    (x1(x20,即x2x20,此不等式与原不等式ax2bx20应为同解不等式,故需满足：
    ab2∴a1,b1． 112说明：此题考查一元二次方程、一元二次不等式解集的关系,同时还考查逆向思维的能力．对有关字母抽象问题,同学往往掌握得不好．
    典型例题十四
    例14 解关于x的不等式ax2(a1x10．
    分析：此题考查一元一次不等式与一元二次不等式的解法,因为含有字母系数,所以还考查分类思想． 解：分以下情况讨论
    <1>当a0时,原不等式变为：x10,∴x1 <2>当a0时,原不等式变为：(ax1(x10①
    11． aa1②当a0时,①式变为(x(x10． ②
    a11a111∵1,∴当0a1时,1,此时②的解为1x．当a1时,1,此时②的解为aaaaa①当a0时,①式变为(x(x10,∴不等式的解为x1或x.

    1x1．
    a说明：解此题要注意分类讨论思想的运用,关键是要找到分类的标准,就此题来说有三级分类：
    分类应做到使所给参数a的集合的并集为全集,交集为空集,要做到不重不漏．另外,解此题还要注意在讨论a0时,解一元二次不等式ax2(a1x10应首选做到将二次项系数变为正数再求解．
    典型例题十五
    例15 解不等式x23x108x．
    分析：无理不等式转化为有理不等式,要注意平方的条件和根式有意义的条件,一般情况下,f(xg(x可转化为f(xg(x或f(xg(x,而f(xg(x等价于：
    f(x0或g(x0g(x0解：原不等式等价于下面两个不等式组：
    f(x0．
    2f(x[g(x]8x08x0①2②x23x100 x3x10022x3x10(8xx8由①得,∴x8
    x5或x2x874由②得∴x5或x2x8, 1374x13.7474x8或x8,即为xx所以原不等式的解集为x．
    1313说明：此题也可以转化为f(xg(x型的不等式求解,注意：
    f(x0f(xg(xg(x0, 2f(x[g(x]2这里,设全集U{xx23x100}{xx2或x5},Axx3x108x, 如此所求不等式的解集为A的补集A, .

    8x074x2或5x由x23x108xx23x100．
    1322x3x10(8x74即Axx2或5x,∴原不等式的解集是1374Axx．
    13.

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