希望杯試題1-10

1、解法解法解法高中數(shù)學(xué)希望杯典型例題100道1-10 0 a b, x , a b b, y b , ba,那么x, y的大小關(guān)系是第十一屆咼二第一試第11題x , a b 、b Va b Jbb,一 a b b b b a, xxab bb 、b ayb、b aab . b0, - - 0,x y解法4 原問(wèn)題等價(jià)于比擬(a b b a)22(a by.a,x 1, x y. yx y.b a)b . b a與2._b的大小4b，、a b 、b.由x2屮得a b圖1a解法6f(t)b aa b b a,2 b, x y.at <t單令 f (t) a t t，調(diào)遞減，而b b a, f

2、(b) f (ba)，解法7考慮等軸雙曲線x2 y2ax學(xué)習(xí)文檔僅供參考0).iyBA.b a bx圖2C7a如圖2，其漸近線為y x.在雙曲線上取兩點(diǎn)A 、用,Q a、B _a，厲.由圖形，顯然有kAB 1，即 bb_a i，從而x y.Ja b <b解法8 如圖3.在Rt ABC中，/ C為直角，BC=.a ,ac=. b , bd=. b，貝U ab= .、a b , DC=. b a .在厶 ABD中, AB-AD<BD 即 Ja b AD Vb , 從而 a b AD-DC< b DC,即一 a b . b . b . b a，故 x y.評(píng)析 比擬大小是中學(xué)代數(shù)中

3、的常見(jiàn)內(nèi)容.其最根本的方法是作差比擬法、作商比擬法、利用函數(shù)的單調(diào)性.解法1通過(guò)分子有理 化處理無(wú)理式常用此法將問(wèn)題轉(zhuǎn)化成比擬兩個(gè)分母的大小.解法 2直接作商與1比擬大小，順理成章，也很簡(jiǎn)潔.要注意的是：a,b 0aa時(shí)，一1 a b； a,b 0時(shí)，一1 a b.此題直接作差難以確定差與0的大小，解法3bb對(duì)x, y x, y恰為其兩個(gè)函數(shù)值，且該函數(shù)還應(yīng)是單調(diào)的最起碼在包含x, y對(duì)應(yīng)的自變量值的某區(qū)間上是單調(diào)的.解法5與解法7分別構(gòu)造函數(shù)與解幾模型，將x,y的大小關(guān)系問(wèn)題轉(zhuǎn)化成斜率問(wèn)題加以解決，充分溝通了代數(shù)與幾何之間的內(nèi)在聯(lián)系，可謂創(chuàng)新解法.解法8充分挖掘代數(shù)式的幾何背景，構(gòu)造平面圖形

4、，直觀地使問(wèn)題得到解決，這也是解決大小關(guān)系問(wèn)題和證明不等式 的常用方法.有人對(duì)此題作出如下解答:取 a 1,b2,那么 x 32從邏輯上講，取a 1,b1、32,yx y.可再取兩組特殊值驗(yàn)證，都有x y .故答案為x y.2，得xy.即使再取無(wú)論多少組值也只能是有限組值驗(yàn)證,都得x y，也只能說(shuō)明x y或x y作為答案是錯(cuò)誤的，而不能說(shuō)明x y 一定是正確的，因?yàn)檫@不能排除x y的可能性.因此答案雖然正確，但解法是沒(méi)有根據(jù)的.當(dāng)然，如果將題目改為選擇題：0 a b,x . a b . b,y . b b a,那么x, y的大小關(guān)系是A、x y B 、x y C 、x y D 、x y此時(shí)用上

5、述解法，且不用再取特殊值驗(yàn)證就可選D,并且方法簡(jiǎn)單，答案一定正確.總而言之，特殊值法在解許多項(xiàng)選擇擇題時(shí)顯得特別簡(jiǎn)捷，那是因?yàn)檫x擇支中的正確答案是唯一 的，從而通過(guò)特殊值排除干擾支，進(jìn)而選出正確答案但特殊值法只能排除錯(cuò)誤結(jié)論，而不能直.當(dāng)然，利用接肯定正確答案，因此，用此法解填空題少數(shù)特例除外與解答題是沒(méi)有根據(jù)的 特殊值指明解題方向還是十分可取的A、21 c ,n N，且 a bC 恒成立，那么n的最大值為 cD、5第十一屆高二第一試第 7題解法1原式.而 a c a cmina b b c b c a b2+Ea4 ,且當(dāng)b ca b，即a c 2b時(shí)b c取等號(hào).a cb c min解法

6、2 a b c, a b0,bc 0, a c0,不等式化為n.由a b b ca b b c4 ,故 a b b c .min由得n 4，選C .11a c .又a b b c解法 3 由 a b c,知 a b 0, b c 0, a c4，由題意，n 4 .應(yīng)選C .min解法4 a b c, a b 0,b c 0, a c 0.不等式可變形為.記k2那么 k a b b c4 .由題意，n 4 .應(yīng)選解法5 a b c-0.于是 cabb評(píng)析由,可得n恒成立.根據(jù)常識(shí)“假設(shè)a f x恒成立,min ；右恒成立，那么amax ， a的最小值就是所求n的最大值，故問(wèn)題轉(zhuǎn)化為求的最小值，上

7、述各種解法都是圍繞這一中b c4.比擬得na c心的，不過(guò)采用了不同的變形技巧，使用了不同的根本不等式而已.解法1運(yùn)用了a 2,a,b R ；解法 2 運(yùn)用了 “ab；解法 3運(yùn)用了“ a b - -4；a b2a b解法4運(yùn)用了 “a b 2 ab a,b R ；解法5運(yùn)用了 “丄 - 4 a,b R .雖解法 a b a b異彩紛呈，但卻殊途同歸.此題使我們聯(lián)想到最新高中數(shù)學(xué)第二冊(cè)上P30第8題：abc ,求證111 0:a bbc ca證：令a bx, bcy x0,y0 ,貝 U a c x y .1111112 x2y xy . t x 0,y0 ,abbcc axy xyxyx y

8、1110a b b c c a此證法通過(guò)換元將分母中的多項(xiàng)式改寫(xiě)成單項(xiàng)式，使得推證更簡(jiǎn)單了.運(yùn)用這一思路，又可得本賽題如下解法:恒成立，就設(shè) a b x, b c y x 0, y 0，貝U a c xn恒成立.也就是nx y恒成立.xn 4 .應(yīng)選C .由題意得再看一個(gè)運(yùn)用這一思想解題的例子.例設(shè)a,b, c R，求證:b2證明設(shè)bc x, c ay,a第二屆1x2“友誼杯國(guó)際數(shù)學(xué)競(jìng)賽題y z x,y,zb2b2ayxbx 2b2,xyb2a b c,即2b2b2本賽題還可直接由下面的命題得解.命題假設(shè)a1a2an0 ,a1a2a2a3an 1 ana1 an證明a1a2an 0 ,3a2

9、, a2a3 ,可得:右x, wn x2R (i 1,2,n),那么-i 1 yi號(hào).1.故有a：1 1a2a3an 1ana1也可以這樣證明:n2xi 1n,當(dāng)且僅當(dāng)x2* b時(shí)取等yii 1y1y2yn221 1L J 11n1a：a：a3 an 1ana1anan 1 an都大于0 .反復(fù)運(yùn)用式,an 0 ,a1a2, a2a3 ,an 1 an0 .故由柯西不等式，得1a21a?a31an 1a：a2a3an22n 1即(1-aa 211)a1anan 1an2n 1.a1 an 0 ,a2 a3111n 1 2aa：a：a3an 1ana1an1 1ma a?a?a31,na2000

10、a20014 106a1 a2001那么m與n的大小關(guān)系是由此可得本賽題的如下解法:1 a b c, a b 0,b c 0,a c 0,1b c1 1 24 .由a ca b b ca b題意，n 4 應(yīng)選C .由此命題還可直接解決第七屆高二培訓(xùn)題第8題：設(shè)qa2a3i i+Oa2000a2001，并且、m n D 、 m n解 a1a?a3a2000a2001，20002ma1a20014 106a1a2001設(shè)實(shí)數(shù)m, n,x, y滿足m2n2x2y2 b，那么 mxny的最大值為1A、2a2 b22D、 ab(第十一屆高二培訓(xùn)題第5題)解法1a cos,n a sinb cos ,yb

11、sin貝U mx nyab cos cos.absin sinab cos()ab,即 (mxny) max= . ab .應(yīng)選解法2 m2 n2n2 b,又 x2b,b (mx ny) ab一 mx abny a(二m)2_x22A22b(m2 n2)a(x2y2)ba b ab.2mx nyb ab,當(dāng)且僅當(dāng)b、一；a?m x且Jbn y,即my nx時(shí)取等號(hào),(mx ny)max解法3(mx ny)2 m2x2 2mxny n2ym2y2n2x2m2 n2x2y2ab,mxny ab,當(dāng) my nxmx 門(mén)丫 max、ab.解法4設(shè)p m,n ,qx,yq cos即 mx ny 2ab,

12、當(dāng)且僅當(dāng)p, q共線，即mynx時(shí)取等號(hào)，故mx 門(mén)丫 maxab.解法5假設(shè)設(shè)mxny那么直線mx ny k與圓x2b有公共點(diǎn)，于是7b，即 kmxny ab,mx ny maXab.解法6設(shè) Z,m n i, z2x yi,貝U ZjZ2mnix yimxny nxmy i,Zi Z2Z1解法mx解法其中BD2 2mx ny nx my構(gòu)造函數(shù)f X2mX x nX2nyACBx , ADmx nyy2. ab,當(dāng)且僅當(dāng)m2 n2 X220. 故mymx4 mxmxny mxnx時(shí)取等號(hào),ny X x22ny4 m2ny,4ab 0,即 mxny 、ab.mxnmaxab.ADBy ,ab

13、mx nymxny max2a,x90 , ACy b還可構(gòu)造圖形如圖aim,Bc 少,圓的直徑，由托勒密疋BDBC ADAB CD AB2，得 J£|m x J£|n |y b,從而得mx nyab ,當(dāng)且僅當(dāng) my nx且mx 0時(shí)取等號(hào).mx ny抓住條件式的結(jié)構(gòu)特征，運(yùn)用三角代換法, 決此類型問(wèn)題的通法之一.評(píng)析解法1合情合理,自然流暢，也是解解法2運(yùn)用根本不等式aba2上將mx ny放大為關(guān)于m2n2 與 x2的式子，再利用條件求出最大值值得注意的是,稍不注意，就會(huì)得出下面的錯(cuò)誤解法:2 2 2 2 m x n y mx ny2 22 2 2 2m n x y a

14、 b2mxnymax選A.錯(cuò)誤的原因就在于用根本不等式求最值時(shí)未考慮等號(hào)能否取到上述不等式取等號(hào)的條件 是a x且b y，而假設(shè)，式同時(shí)取得，那么m2 n2 x2 y2，即a b,這與題設(shè)矛盾!a b即當(dāng)a b時(shí)，mx ny取不到.解法2是防止這種錯(cuò)誤的有效方法.24與解法6分別運(yùn)用了由于向量與復(fù)數(shù)的模的平方是平方和形式，與形式一致，故解法 構(gòu)造向量與構(gòu)造復(fù)數(shù)的方法，新穎而簡(jiǎn)潔.解法5設(shè)mx ny k后，將其看作動(dòng)直線，利用該直線與定圓 x2y2 b有公共點(diǎn),那么圓心到直線的距離小于等于半徑，得k mx ny . ab，充分表達(dá)了等價(jià)轉(zhuǎn)化的解題功能.解法7運(yùn)用的是構(gòu)造函數(shù)法為什么構(gòu)造函數(shù)f X

15、22、，2小m n X 2 mx ny0),由于f X 0 ,故有y2呢？主要基于兩點(diǎn)： f (X)為非負(fù)式(值大于等于而 溝通了與未知的關(guān)系，故使問(wèn)題得到解決.解法8抓住兩條件式的特征，構(gòu)造了兩個(gè)有公共邊的直角三角形，利用托勒密定理及圓 的弦小于等于半徑使問(wèn)題獲解，充分揭示了這一代數(shù)問(wèn)題的幾何背景.拓展此題可作如下推廣 假設(shè)耳22a22anp,R2 b?2bn2 q,那么aa?b2arAmax、pq (當(dāng)且僅當(dāng)1,2，n時(shí)取得最大值)證明a,22a22anq.a2 a a aaAanp qD2bn2q- pD2p qqp- 2 q- p.pq,當(dāng)且僅當(dāng)J!aibi i 1,2, ,n時(shí)取等號(hào)

16、,CDa2b2anbnmax.pq.本推廣實(shí)際就是由著名的Cauchy 柯西不等式a1ba2b2anbn 22 . 2an bib22bn2且僅當(dāng)aibia2b2豈時(shí)取等號(hào)bn直接得到的一個(gè)結(jié)論.推廣有十分廣泛的應(yīng)用,現(xiàn)舉一例:例 a,b,c, x, y, z2b 3c 4,-x最大值.解 a 2b 3c 43z234,1x21x,即 ax2bbycz.T"84 一 2時(shí)取等號(hào).對(duì)于m 1的一切實(shí)數(shù)m,使不等式2x2m(x 1)都成立的實(shí)數(shù)x的取值范圍是(第十三屆高二培訓(xùn)題第 63題)解法2x1 題設(shè)等價(jià)于x22x 12x2x即11 02x 1或x2102x 1或x2x22x所以0，

17、即x1,2).解法2不等式即x21 m 2x 10，令 f (m)x22x，那么當(dāng)x210，即 x1時(shí)，f(m)是m的一次函數(shù)，因?yàn)椋磎 1時(shí)不等式恒成立，所以f (m)在1,1上的圖象恒在 m軸的下方，故有f( f(1)1)2x 102x 10'2小即x 2x x2 2x又當(dāng)x1時(shí),0，解得.3 1 x 2 (x 1).f (m)1，適合題意，當(dāng)x 1時(shí)，f (m)3不合題意故x的取值范圍是3 1 x 2.評(píng)析解決此題的關(guān)鍵是如何根據(jù)條件構(gòu)建關(guān)于x的不等式或不等式組解法1運(yùn)用別離參數(shù)法，為了到達(dá)別離參數(shù)的目的， 又對(duì)x2 1分大于o、小于0、等于o三類情形分別構(gòu)建關(guān)于 x 的不等式

18、組，從而通過(guò)解不等式組解決了問(wèn)題 解法2那么轉(zhuǎn)換思維角度，把不等式看成關(guān)于 m的不等式，從而將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為函數(shù)f(m) x21 m 2x 1在 1,1上的圖象恒在 m軸下方的問(wèn)題這種方法稱為變更主元法用此方法，使得此題的解決顯得既簡(jiǎn)捷，又直觀易懂1一2恒成立，那么a的最大值是(a x)第十一屆高二培訓(xùn)題第45題)解法2,又有(a ?a xx2x 2 2，+ (a x)2 2 2 2X 2,得寧舒6 /a2 (a x)2(ax)22 a2 xx)2(a1 8 82 牙.由 22，得0 ax) aamax2.1(a x)2(丄x)2 (丄a x x)2,a x-(a解法1x2.a22,0 a2 4

19、x(a x)2(-)2a(a x)2解法，即x a時(shí)取等號(hào)a x2amax2 .3原不等式等價(jià)于1 1x2 (a x)22兩個(gè)正數(shù)的平方平均值不小于它們的調(diào)和平均值可知只需2 ,于是 amax 2 .解法412xx2A x22恒成立,xa只要滿足1(a x)2x(a x) 1, x2ax10.由于對(duì)稱軸x時(shí)，要式恒成立，那么a2 4解法5設(shè)acos2sin 2( 01(a x)22恒成立,可知x (a x)1 22 x (a x)1,0就能使式，得0,丄a x0.即a 2即可,2成立，(0,a)，由二次函數(shù)的性質(zhì),amax2.(a x)21，當(dāng) x (0,a)1(a x)2 a2 cos412

20、4 a sin44sin cos:44sin cos1 di n22214Osin 2162 sin2 2sin4 2(si n2 22)(sin2 2-1)即 2- sin2 24 sinsin2 2 sin4 21 (當(dāng) sin2 21(a x)2由,2,2,解法1-,Yx1(Xa x0,丫0),那么X2Y22表示在XOY坐標(biāo)系第一象限內(nèi)以原點(diǎn)為圓心,2 x7又amax2 .4-2 a曲線1X -,YxX Y 2 XY, XY得 aXY X Y,4-y,它表示雙曲線 XY a位于第一象限內(nèi)的一支及其上方局部.依題意，雙4XY X 0與圓弧 X2 Y2aaXY2( X0, Y0相切或相離，從

21、而amax解法7運(yùn)用結(jié)論"如果x , %R (i1,2,n)2那么魚(yú)y12X2y22Xnyn(X1 X2y1y2也,當(dāng)且僅當(dāng)ynX1y10.由柯西不等式，4.故2(2ax2，得 0 a解法8X2Xn常數(shù)時(shí)取等號(hào)y2yn(a1x)運(yùn)用結(jié)論“假設(shè)a1(12 12)(a x)2)-)2 ，x2)amaxa2(4)2,得a2.-an,那么1(a x)2當(dāng)且僅當(dāng)2時(shí)取等a?an 1an(n 1)2 當(dāng)an，a111 11且僅當(dāng)印，" 冋成等差數(shù)列時(shí)取等號(hào) 2卩2亍1 12(31)2216118當(dāng)且僅當(dāng)x a x，x 0 aXa02 a2 /x (a、2 2 ，一x)aa 8X22 a

22、22，得0a 2amax2.評(píng)析112恒成立，112 .故問(wèn)題的實(shí)質(zhì)就是求2 X(ax)22 x(a X)2 min1 1x2 (a x)2的取小值關(guān)于a 0 xa的條件下，如何求 2x2(a12 “兩個(gè)互為倒數(shù)的正x2數(shù)的和大于等于2 ,解法2運(yùn)用配方再放縮，解法3運(yùn)用均值不等式及“兩個(gè)正數(shù)的平方平均值.解法4巧妙地將原問(wèn)題不小于它們的調(diào)和平均值，解法5運(yùn)用三角代換，解決了這一關(guān)鍵問(wèn)題轉(zhuǎn)化為一個(gè)含參a 元二次不等式恒成立，求參數(shù)的范圍問(wèn)題，從而運(yùn)用二次函數(shù)的性質(zhì)解 決問(wèn)題.解法6將原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為解析幾何問(wèn)題處理 .解法7、8那么是運(yùn)用一些現(xiàn)成的結(jié)論讀者可自 己證明，各種解法異彩紛呈，都值得細(xì)細(xì)

23、品味.拓展此題可作如下推廣：推廣1假設(shè)0X1X2Xn 1 a，貝y 2X111n2 2 ，)a當(dāng)且(X2X1)2(aXn 1僅當(dāng)人必2, ,Xn1,a成等差數(shù)列時(shí)取等號(hào).證明 由,0X1X2Xn 1a，那么X2X10,X3X20 ,a Xn1 0根據(jù)柯西不等式及解法7運(yùn)用的不等式)，有 n 1112X1(X2X1)2(aXn 1)21 1彳 2 2 21n4s,故a1113 nX1X2X1aXn 1a2X1(X2X1)2(aXn 1)22 . a當(dāng)且僅當(dāng)x1,x2,Xn1,a成等差數(shù)列時(shí)取等-口號(hào) .推廣2假設(shè)oXX2Xn 1 a,biR(i1,2,n ),kN,那么bTkX1b2* 1(X2

24、X1) kbnk 1(b b2(a Xn 1)kb )k 1 亠，當(dāng)且僅當(dāng)aiab-時(shí)取等號(hào)bii 1證明不妨設(shè)a1 x1 ,a2X2Xi,Xn 1 ,bi)k 1,由得ai(i 1,2,n)且naii 1a,令 ci1c =-anai11.由均值不等式,1bik-CiMciMcik個(gè)Mci(k 1)k 1M kbikkMci (k 1)(b1b2bn)kbi ,bk1ckkM(kn1)(i -b)n 2Cikbi)k 1，即 a1k 1bikaink 1b)i 1n kbki 1 aink 1bjijnaii 1當(dāng)且僅當(dāng)aiaibiabi時(shí)取等號(hào)bii 1k 1b1k"X1b2k1

25、kX2bnk(b1b2bn)k1(a Xn1)kflOg sin X,cos2b f , sincos ， c£sin 2，那么a、b、c的大小關(guān)系是()sincosA、ac bB、bc aC、cbaD、a b c(第八屆高二第一試第10題)解法1設(shè) sinp，cosq. pq . pq2，而f X是減函數(shù)，f p qf . pq，即a bi. pqp qpqp q . pq2222 Pq pq . f 2 Pq f .j pq，即 c b .故 a b c.選 D. p qp q解法2由題意，令那么sin1cossincos136，2，2244/3sin22 si ncos3.31

26、、sin cossin01 ,f X 是2 sincossincos22i34 33、. 3sincos-f . sinsin 2減函數(shù)，又fcosf4222sin cos即a b c.應(yīng)選D.評(píng)析f x單調(diào)遞增減，那么當(dāng)XiX2時(shí)，fXif X2 fXifX2，當(dāng)XiX2時(shí),f Xif X2 .因此解決問(wèn)題的關(guān)鍵有兩個(gè)：一是確定函數(shù)的單調(diào)性，二是確定自變量的大小關(guān)系.解法i就是這樣解決冋題的因?yàn)檎_答案應(yīng)對(duì)一切0，2 °，2，排除了 A B、C、而選D的.60 , cos0.,sincosa b logsnlog sin - sincos2當(dāng)然，此題也可用作差比擬法來(lái)解:sinlo

27、g sinsin cos 2sin coslog sin i 0 ，a b.又 b c log sin sin coslog sinsin 2sin cos,Isincoslog sin2sin cossin coslogsin sin cos log sin 10，即2Ms in cos0，2， sin 0i， f X是單調(diào)減函數(shù),b c, a b c.選 D.logx 1題7a1，不等式2399的解是.4第二屆咼二第二試第13題log a" 12X解原不等式即222133 .指數(shù)函數(shù)3是減函數(shù)，a V2原不等式化為 log 1 |x 12 ,即 log i x 1log 1221

28、、22，即x 12，解得.又 對(duì)數(shù)函數(shù)log 1 x是減函數(shù)，X 13.對(duì)數(shù)函數(shù)log 1的定義域是x 1的實(shí)數(shù)，原不等式的解是 1 x 1或1 x 3.評(píng)析此題涉及到指數(shù)不等式、對(duì)數(shù)不等式、絕對(duì)值不等式的解法解指數(shù)不等式與對(duì)數(shù)不等式的根本方法是同底法，即先將不等式兩邊的指數(shù)式或?qū)?shù)式化成底數(shù)相同的指數(shù)式或?qū)?shù)式,然后根據(jù)底數(shù)所屬區(qū)間是0,1或1,，確定以該底數(shù)為底的指數(shù)函數(shù)或?qū)?shù)函數(shù)的單調(diào)性,去掉底數(shù)或?qū)?shù)符號(hào)，轉(zhuǎn)化成別的不等式主要依據(jù)如下:假設(shè)0a 1,那么 af假設(shè)a1,那么 af x假設(shè)0a 1,那么 logafg xlog a假設(shè)a1,那么 logaf xg xlog a有時(shí)需要將常

29、數(shù)化為指數(shù)式或?qū)?shù)式，其化法如下：a clogc a 0, c 0,且c 1 ；化為指數(shù)式a logc ca c 0,且c 1.化為對(duì)數(shù)式例如，23“3將常數(shù)2化為3為底的指數(shù)式,2 log 33將常數(shù)2化為3為底的對(duì)數(shù)式解指數(shù)不等式不需檢驗(yàn)，但解對(duì)數(shù)不等式必須保證解使得對(duì)數(shù)式有意義，這點(diǎn)常被忽略假設(shè)一個(gè)指數(shù)不等式的指數(shù)局部是對(duì)數(shù)式，常常采用取對(duì)數(shù)法求解L g '例不等式' xx的解集是第一屆高二培訓(xùn)題第40題2解 兩邊取常用對(duì)數(shù)，得lg . x lg x，即1lg2 x lg x 0, lg2 x 4lg x 0, lg x 0 或 lg x 4,0 x 1 或 x 104

30、故所求解集是40,1 104,應(yīng)當(dāng)指出，兩邊取對(duì)數(shù)后，不等號(hào)的方向變不變，關(guān)鍵看取的是什么底數(shù)如果底數(shù)大于1,那么不等號(hào)方向不變，如果底數(shù)大于0且小于1,那么不等號(hào)方向改變關(guān)于絕對(duì)值不等式，主要是根據(jù)絕對(duì)值的幾何意義求解以下結(jié)論應(yīng)當(dāng)理解并熟記 a為常數(shù)的解集是的解集是a,a ；的解集是R;的解集是a,F列題目供練習(xí):常數(shù)0,，那么不等式4tanx2 3x 10, x 8cot 的解集是第八屆高二第一試第216題)假設(shè)函數(shù)f xxxlog22 log 2 4的定義域是不等式2 log 1 x 7 log 1 x 3220的解集，貝U f x的最小值；最大值=.第十屆高二第一試第23題)不等式10

31、02x2 x2x1002x2 x X2的解集是第九屆高二培訓(xùn)題第23題)不等式<3x 21的解是(A)(B) x(C)(D) x答案2,2不等式1 x2的解集是，實(shí)數(shù)t的取值范圍用區(qū)間形式是第一屆高二第一試第18題)解法1 x2t兩邊平方并整理得2x22txt21 0,此方程無(wú)實(shí)根，故4t28t2 14t20,t22 .又 t 0, t 2.故填2,解法3由1X20 ,得1X1.故設(shè)Xcos ,0,那么不等式就是sincost,即tsincos .解法2 作出函數(shù)y . 1x2的圖象(即圖中的半圓)及函數(shù)y x t的圖象(即圖中斜率為 1的直線系). 由題意，直線應(yīng)在半圓的上方，由圖象可

32、知直線y x t在y軸上的截距t 2.故填 2,.sin cos 2s in,又44sin cos 1,、2.由題意得t 2.故填2,.評(píng)析、2、3分別運(yùn)用方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、化歸轉(zhuǎn)換思想，從不同的角度解決了問(wèn)題，體現(xiàn)了這道題的豐富內(nèi)涵.解法2揭示了此題的幾何背景.解法3的依據(jù)是：不等式.1 X2X t的解集是 等價(jià)于不等式t . 1 X2 X .1 X2 X t的解集是 等價(jià)于不等式t 1 X2X有解,這種觀點(diǎn)是錯(cuò)誤的.事實(shí)上,t-時(shí),不等式t J X2X就有解(比方3 1 :2 2 1X就是其一個(gè)解),而t 時(shí),不等式 1 X X t即1 X X的解集卻不是522(比方0就是它的一個(gè)解

33、).拓展通過(guò)上面的分析，并作進(jìn)一步的研究，我們便有下面的結(jié)論t為參數(shù),f (x)的值域是a,b .(1)假設(shè)t f (x)恒成立，那么t a.假設(shè)t f (x)恒成立，那么t b. 假設(shè)tf (x)的解集是，那么t b. 假設(shè)tf (x)的解集是，那么t a .(5)假設(shè)t f (x)有解，那么t b.(6)假設(shè)t f (x)有解，那么t a .假設(shè)將f(x)的值域改為 a,b、 a,b、 a,b等，也會(huì)有相應(yīng)的結(jié)論，限于篇幅，不再列出.根據(jù)這一結(jié)論，請(qǐng)答復(fù)以下問(wèn)題： 1 x2、3x t的解集是，那么實(shí)數(shù)t的取值范圍是-1 x2、3x t的解集是，那么實(shí)數(shù)t的取值范圍是.1 x23x t有解，

34、那么實(shí)數(shù)t的取值范圍是廠、3xt有解，那么實(shí)數(shù)t的取值范圍是.12 x,3xt恒成立,那么實(shí)數(shù)t的取值范圍是.12 x、3xt恒成立，那么實(shí)數(shù)t的取值范圍是-.答案1.2,2.,、33. 3,4.,25.,、36. 2,題9不等式x 2 x24x 30的解集是3 J5 5 V52 ' 23-5解法1當(dāng)x2 4x 30，即x5 J5 3 V52 ' 2(第十三屆咼二第二試第 8題)1或x 3時(shí)，原不等式就是 x 2 x2 4x 30,即x25x 50,解得55當(dāng)x2 4x 3 0,即1<x<3時(shí)，原不等式就是x 2 x2 4x 30,即 x2 3x 10,解x 3.綜上，所求解集為3,323 V5 52 ， 2.應(yīng)選A.解法2如圖，作函數(shù)y x 2和y x2 4x 3 y1 y2，即y-i在y2上方時(shí)x的區(qū)間,選擇支.可知選A.解法4當(dāng)x 1.5時(shí)，x 2 |x2 4x 30時(shí)，故1. 5不是原不等式的解，從而排除含1. 5 的 B、C、D，應(yīng)選 A.評(píng)析解含絕對(duì)值的不等式，一般是先去掉絕對(duì)值符號(hào)，然后再求解.解法1正