馬井堂-高中數學-希望杯試題1-10

1、希望杯試題題1已知0ab,xabb,ybba,則x,y的大小關系是.（第十一屆高二第一試第11題）解法1xabba，ybbaa.abbbba0ab,abbbba,xy.解法2xabbbba，abba,x1,xy.ybbaabby解法31111abbbbaxyabbbbaaa=abba0,110,xy.axy解法4原問題等價于比較abba與2b的大小.由x2y2(xy)2,得2（abba)22(abba)4b，abba2b.abba,abba2b,xy.解法5如圖1，在函數yx的圖象上取三個不同樣的yC點A（ba，ba）、B（b，b）、C（ab，ab）.B由圖象，明顯有kBCkAB，即abbbb

2、a，A(ab)bb(ba)即abbbba，亦即xy.Ob-abb+axa圖1解法6令f(t)att，f(t)單att調遞減，而bba，f(b)f(ba)，即abbbba，xy.1解法7考慮等軸雙曲線x2y2a(x0).如圖2，其漸近線為yx.在雙曲線上取兩點A（b，ba）、B（ba，b）.y由圖形，明顯有kAB1，即bba1，從而xy.BabbA解法8如圖3.在RtABC中，C為直角，BC=a，OababxAC=b，BD=b，則AB=ab，DC=ba.在ABD中，AB-ADBD，即abADb，從而abAD-DCbDC，圖2A即abbbba，故xy.abD.其最基本的方法是b評析比較大小是中學代

3、數中的常有內容作差比較法、作商比較法、利用函數的單一性.解法1經過分子有理bba化（辦理無理式常用此法）將問題轉變成比較兩個分母的大小.解法1比較大小，理所應該，也很簡短.要注意的是：a,bBaC2直接作商與0圖3時，a1ab；a,b0時，a1ab.本題直接作差難以確立差與0的大小，解法3bb對x,y的倒數作差再與0比較大小，使得問題順利獲解，反應了思想的靈巧性.解法6運用函數的單一性解題，結構一個什么樣的函數是重點.我們以為結構的函數應使得x,y恰為其兩個函數值，且該函數還應是單一的（最最少在包括x,y對應的自變量值的某區(qū)間上是單一的）.解法5與解法7分別結構函數與解幾模型，將x,y的大小關

4、系問題轉變成斜率問題加以解決，充分交流了代數與幾何之間的內在聯系，堪稱創(chuàng)新解法.解法8充分發(fā)掘代數式的幾何背景，結構平面圖形，直觀地使問題獲得解決，這也是解決大小關系問題和證明不等式的常用方法.有人對本題作出以下解答：取a1,b2,則x321,y2132231，22110，11,xy.可再取兩組特別值考證，都有xy.故答案為xy.2231從邏輯上講，取a1,b2，得xy.即便再取不論多少組值（也只好是有限組值）考證，都得xy，也只好說明xy或xy作為答案是錯誤的，而不可以說明xy必然是正確的,因2為這不可以除去xy的可能性.因此答案固然正確，但解法是沒有依據的.自然，假如將題目改為選擇題：已知

5、0ab,xabb,ybba,則x,y的大小關系是（）A、xyB、xyC、xyD、xy此時用上述解法，且不用再取特別值考證即可選D，并且方法簡單，答案必然正確.總而言之，特別值法在解很多項選擇擇題時顯得特別簡捷，那是因為選擇支中的正確答案是獨一的，從而經過特別值除去攪亂支，從而選出正確答案.但特別值法只好除去錯誤結論，而不可以直接必然正確答案，因此，用此法解填空題（少量特例除外）與解答題是沒有依據的.自然，利用特別值指明解題方向仍是十分可取的.題設abc,nN11n（），且bbc恒建立，則n的最大值為aacA、2B、3C、4D、5（第十一屆高二第一試第7題）解法1原式acacacacabbcnn

6、bbca而acacminabbcabbcbcab2+bcab4，且當bcab，即ac2b時abbcabbcabbc取等號acac4n4應選Cabbcmin解法2abc，ab0,bc0,ac0，已知不等式化為a2a2a2ac2nc由cc24，即4，故abbcabbcabbcabbcminn4C2由已知得，選解法3由abc，知ab0,bc0,ac0，有nac11又abbcac1bb1cabbca111124，abbc即ac114，由題意，n4應選Cabbcmin解法4abc，ab0,bc0,ac0已知不等式可變形為3ac2ac2n記k，bbcabbcaabbc22abbc2則k4由題意，n4應選C

7、abbcabbc解法5abca10,1c0.于是bb1144比較得n4應選Cabbcabbcac評析由已知，可得nac11恒建立依據知識“若afx恒建立，bbac則afxmin；若afx恒建立，則afx11max,”acbb的最小值就是所ac求n的最大值，故問題轉變成求ac11的最小值，上述各樣解法都是環(huán)繞這一中abbc心的，但是采納了不同樣的變形技巧，使用了不同樣的基本不等式而已解法1運用了“baab2112,a,bR”；解法2運用了“ab”；解法3運用了“ab4”；ab2ab“b2aba,bR”114雖解法a；解法a,bRab”ab奇光異彩，但卻同歸殊途本題使我們聯想到最新高中數學第二冊（

8、上）P30第8題：已知abc，求證：1110abbcca證：令abx,bcyx0,y0，則acxy111111x2y2xyx0,y0，abbccaxyxyxyxy1110abbcca此證法經過換元將分母中的多項式改寫成單項式，使得推證更簡單了運用這一思路，又可得本賽題以下解法：4設abx,bcyx0,y0，則acxy11n恒建立，就bbcaac是11xn恒建立也就是nxy11恒建立xy114恒建立，xyyxyxy由題意得n4應選C再看一個運用這一思想解題的例子例設a,b,cR，求證：a2b2c2abcbccaab2（第二屆“友情杯”國際數學比賽題）證明設bcx,cay,abz,則abc1xyz

9、x,y,z02a2b2ab2aybx2a2b220，ab，xyxyxyxyxyxy222a2b2c2abc2abcabcabc,即xyzxyzxyz2abc2a2b2c2abca2b2c2abcxyz2，bccaab2本賽題還可直接由下邊的命題得解命題若a1a2an111n120，則a2a2a3an1ana1a1an證明a1a2an0，a1a2,a2a3,an1an都大于0頻頻運用式，n2nxi2xi,當且僅當x1x2xn可得:“若xi,yiR(i1,2,)i1時取等n,則yiny1y2yni1yii1111112n2號”.故有11a1a2a2a3an1ana1a2a2a3an1ana1an也

10、可以這樣證明：a1a2an0，a1a2,a2a3,an1an0故由柯西不等式，得5111)a1a2a2a3an1an112(a2a3an1an1a1a2n1個1n1，即(n12111)a1ana1an0，2a1a2a2a3an1an111n12a1a2a2a3an1ana1an由此可得本賽題的以下解法：abc，ab0,bc0,ac0111124由，bbcabbcaca題意，n4應選C由此命題還可直接解決第七屆高二培訓題第8題：設a1a2a3a2000a2001，并且111，n4106，則m與n的大小關系是()ma3a2000a2001a1a2001a1a2a2A、mnB、mnC、mnD、mna

11、1a2a3a2000a2001，m200024106解a1a2001a1應選Ca2001題設實數m,n,x,y知足m2n2a，x2y2b，則mxny的最大值為()1ab1a2b2a2b2D、abA、B、C、222（第十一屆高二培訓題第5題）解法設macos,nasin,xbcos,ybsin,則mxnyabcoscosabsinsinabcos()ab,即(mxny)max=ab.應選D解法m2n2abm2bn2b又x2y2b,b(mxny)bmxaaaab(bm)2x2(bn)2y2b(m2n2)(x2y2)babnyaaaab.mxnya22226bab,當且僅當bmx且bny,即mynx

12、時取等號，（mxny)maxab.baaa解法(mxny)2m2x22mxnyn2y2m2x2m2y2n2x2n2y2m2n2x2y2ab,mxnyab,當且僅當my時取等號，故nxmxnymaxab222解法4設pm,n,qx,y,則pqpqcospq,pqpq,即mx2m2n2x2y2ab,當且僅當p,q共線，即mynx時取等號，故nymxnymaxab解法5若設mxnyk，則直線mxnyk與圓x2y2b有公共點，于是kb，即kmxnyab,mxnyab.m2n2max解法6設z1mni,z2xyi,則z1z2mnixyimxnynxmyi,z1z2mxny2nx2mxny2mxnymxn

13、y,mxnyz1z2myz1z2m2n2x2y2ab,當且僅當mynx時取等號，故mxnymaxab解法7結構函數fXm2n2X22mxnyXx2y2，則fX2224m2n2x2y2mXxnXy0.故4mxny4mxny24ab0,即mxnyab.mxnymaxab.解法8由m2n2a,x2y2b還可結構圖形（如圖），C此中ACBADB90,ACbm,BCbn,ABaaBDx,ADy,ABb為圓的直徑，由托勒密定D7理,ACBDBCADABCDAB2,得bmxbnyb,，從而得aamxnyab，當且僅當mynx且mx0時取等號mxnymaxab評析解法1抓住已知條件式的結構特點，運用三角代換法

14、，知書達禮，自然流利，也是解決此種類問題的通法之一解法2運用基本不等式aba2b2將mxny放大為對于m2n2與x2y2的式子，再2利用條件求出最大值值得注意的是，略不注意，就會得出下邊的錯誤會法：m2x2n2y2m2n2x2y2ab,mxnymaxabmxny2222故2選A錯誤的原由就在于用基本不等式求最值時未考慮等號可否取到上述不等式取等號的條件是ax且by，而若，式同時獲得，則m2n2x2y2，即ab,這與題設矛盾！即當ab時，mxny取不到ab解法2是防范這類錯誤的有效方法24與解法6分別運用了因為向量與復數的模的平方是平方和形式，與已知形式一致，故解法結構向量與結構復數的方法，奇異

15、而簡短解法5設mxnyk后，將其看作動直線，利用該直線與定圓x2y2b有公共點，則圓心到直線的距離小于等于半徑，得kmxnyab，充分表現了等價轉變的解題功能解法7運用的是結構函數法為何結構函數fXm2n2X22mxnyXx2y2呢？主要鑒于兩點：f(X)為非負式（值大于等于0），因為fX0，故有0，而交流了已知與未知的關系，故使問題獲得解決解法8抓住已知兩條件式的特點，結構了兩個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題獲解，充分揭示了這一代數問題的幾何背景拓展本題可作以下推行若a12a22an2p,b12b22bn2q,則abababmax1122nnqbii1,2,n

16、pa時獲得最大值）.pq（當且僅當222證明222qqqq.a1a2anppa1pa2pan8a1b1a2b2anbnpqa1b1qa2b2qppqa12qa22qanpb12b22pppq222q22an2a1a2222ppb1b2bnq22qaibii1,2,n時取等號，a1b1a2b2p本推行實質就是由有名的Cauchy（柯西）不等式a1b1a2b2anbn2a12a22an2b12a1a2an時取等號）直接獲得的一個結論anbnp2bn2qpppqpq,當且僅當q22anbnmaxpq.b22bn2（當且僅當b1b2bn推行有十分寬泛的應用，現舉一例：例已知a,b,c,x,y,zR,且

17、a2b3c4,1238.求a2b3c最大值xyzxyz1232222212解a2b3c4a2b3c4,yz8xyx32abc1238由推行知23a2b3c4842,zxyzxyz當且僅當8a1,82b2,83c3,即axbycz1時取等號4x4y4z2a2b3c42.xyzmax9題4對于m1的一確實數m，使不等式2x1m(x21)都建立的實數x的取值范圍是（第十三屆高二培訓題第63題）解法1x210 x210 x210 x210題設等價于2x1或m2x1或2x，即12x1或mx21x2110 x21x210 x2101x231x1x1，即x(31,2)2x1或因此或或.2x1,110 x2解

18、法2已知不等式即x21m2x10，令f(m)x21m2x1，則當x210，即x1時，f(m)是m的一次函數，因為m1，即1m1時不等式恒建立，因此f(m)在1,1上的圖象恒在m軸的下方，故有f(1)x212x10f(1)x212x10，即x22x2031x2(x1).x22x0，解得又當x1時，f(m)1，合適題意，當x1時，f(m)3不合題意.故x的取值范圍是31x2.評析解決本題的重點是怎樣依據條件建立對于x的不等式或不等式組.解法1運用分別參數法，為了達到分別參數的目的，又對x21分大于、小于、等于0三類情況分別建立對于x00的不等式組，從而經過解不等式組解決了問題.解法2則變換思想角度

19、，把已知不等式看作對于m的不等式，從而將原問題轉變成函數f(m)x21m2x1在1,1上的圖象恒在m軸下方的問題.這類方法稱為更正主元法.用此方法，使得本題的解決顯得既簡捷，又直觀易懂.題5當0 xa時,不等式1(a12恒建立,則a的最大值是_.x2x)2(第十一屆高二培訓題第45題)解法1當0 xa時,axxx2,又有(ax)2x22,+xax2(ax)2102,得a2x22axx26,a21a2(ax)26,a2a28,即x2(ax)2x2(ax)2x2(ax)211882,得0a2,amax2.x2(ax)2a2.由2a解法2211(11)2(11)2,又1141(x2(ax)2xaxx

20、axxaxaaaxx)2,211(4)2,即118,當且僅當xaxx2(ax)2ax2(ax)2a2axx且11,即xa112恒建立,xax時取等號.x2(ax)2xax282,0a2.于是amax2.a211解法3原不等式等價于x2(ax)21,由0 xa,可知10,10.由2xax2“兩個正數的平方均勻值不小于它們的調解均勻值”,可知只需1,即a2即可,故x(ax)0a2,于是amax2.解法41(a12即1x2(a1x22建立，又x2x)2x2x)21x22恒建立，a只需知足1x)2x20就能使恒建立.由式，得x2(ax2(ax)2，x(ax)1，x2ax10.因為對稱軸xa(0,a)，

21、由二次函數的12性質，當x(0,a)時，要式恒建立，則a2400a2amax2.解法5設xcos2,axsin2（0 xa），則1(a11aax2x)2=a2cos4+1111sin4cos4111sin2282sin222.(sin222)a2sin4=sin4cos4a21a2sin42a2sin4216(sin221）0，即2sin22sin42，則2sin221當sin22時取等號)，sin42(1于是11882,0a2,amax2.x2(ax)2a2，由已知，得a2解法6設X11(X0,Y0),則x,YxaX2Y22表示在XOY坐標系第一象限內以原點為圓心，2為半徑的圓及其外面.由X

22、1,Y1,得xaxaXYXY,又aXYXY2XY,XY42,它表示O4a雙曲線XY位于第一象限內的一支及其上方部分.依題意，a2雙曲線XY40)與圓弧X2Y2（2X0，Y0）a2(X8相切或相離，從而2，即0a2amax2.a2解法7運用結論“假如x,yiR(i1,2,n)，則x12x22xn2iy1y2yn(x1x2xn)2(),當且僅當x1x2xnk（常數）時取等號.”y1y2yny1y2ynO2x0 xa，ax0.由柯西不等式，有(1212)(121x)2)(11)2，由()得x(axax1142(11)(42,得118，當且僅當xaxax.故x2(ax)2)x2(ax)2a2時取等aa

23、2號，由82，得0a2amax2.a2解法8運用結論“若a1a2an,則1a211an(n1)2,當a1a2a3an1a1an12且僅當a1,a2,an成等差數列時取等號.”21(a1x)221(a1x2(x0)2x)2112(31)2216118a，當且僅當xax，即xx0axa0a2.x2(ax)2a22時取等號.令82，得0a2amax2.a2評析112恒建立，112.故問題的實質就是求x2(ax)2x2(ax)2min11的最小值（對于a的式子）大于等于2的解.因此在0 xa的條件下，怎樣求x2(ax)211的最小值成了問題的重點.解法1運用“兩個互為倒數的正數的和大于等于2”,解x2

24、(ax)2法2運用配方再放縮,解法3運用均值不等式及“兩個正數的平方均勻值不小于它們的調解均勻值”,解法5運用三角代換，解決了這一重點問題.解法4奇妙地將原問題轉變成一個含參（a）一元二次不等式恒建立，求參數的范圍問題，從而運用二次函數的性質解決問題.解法6將原問題轉變成分析幾何問題辦理.解法7、8則是運用一些現成的結論（讀者可自己證明），各樣解法異彩紛呈，都值得細細品嘗.拓展本題可作以下推行：推行1若0 x1x2xn1a，則1(x21x1)21n3，當且x12(axn1)2a2僅當x1,x2,xn1,a成等差數列時取等號.證明由已知，0 x1x2xn1a，則x2x10，x3x20，,axn1

25、0.依據柯西不等式及解法7運用的不等式（）,有n1112(x222x1x1)(axn1)2211x11n2n4,故1(x211n3.x1x2axn1aa2x12x1)2(axn1)2a2當且僅當x1,x2,xn1,a成等差數列時取等號.推行2若0 x1x2xn1a，biR(i1,2,n),kN,則b1k1x1k13k1k1(b1b2bn)k1abib2bn時取等號.(x2x1)k(axn1)kak，當且僅當ainbii1nbi)k1,由已知得ai證明不如設a1x1,a2x2x1,anaxn1，M(0i1(i1,2,n)且naia,令ciai，則n=1nai1.由均值不等式，bik1acicik

26、i1i1ai1MciMciMci(k1)k1Mkbik1,即bik1kMci(k1)(b1b2bn)kbi，k個ciknbk1nnk1nbk1nk1knbk1nk1則ikMci(k1)(bi)i(bi)，即ai(bi)，i1cikaiki1ciki1i1i1i1i1nbi)k1nainbik1(i1i1biabi時取等號.knk，當且僅當ainni1aibibiaii1i1i1b1k1b2k1bnk(b1b2bn)k1x1kx2k(axn1)kak.題6已知fxlogsinx,0,，設afsin2cos，2bfsincos，cfsin2，那么a、b、c的大小關系是（）sincosA、acbB、

27、bcaC、cbaD、abc（第八屆高二第一試第10題）解法1設sinp，cosq.pqpq，而fx是減函數，2fpqfpq，即ab.pqpqpqpqpq，22，22pqpq.f2pqfpq，即cb.故abc.選D.pqpq14解法2由題意，令，則sin1，cos3sincos13，622，24sincos43，sin22sincos33，sin10,1，fx是2sincossincos22減函數，又134333，sincosfsincosfsin2，422f2cossin即abc.應選D.評析這是一個比較函數值大小的問題，平常利用函數的單一性.若函數fx單一遞加（減），則當x1x2時，fx1f

28、x2fx1fx2，當x1x2時，fx1fx2fx1fx2.因此解決問題的重點有兩個：一是確立函數的單一性，二是確立自變量的大小關系.解法1就是這樣解決問題的.因為正確答案應付全部0,都正確，故又可以運用特別值法.對0,2內的某個角不2正確的選擇支都是錯誤的，由正確選擇支的獨一性，也可選出正確答案.解法2即是取特別值，除去了A、B、C、而選D的.6自然，本題也可用作差比較法來解：0,，sin0,1，fx是單一減函數，2sin0，cos0.ablogsinsincoslogsinsincos2sincoslogsin2logsin10，ab.又bclogsinsincossincossin2log

29、sinsincoslogsinsincoslogsin10，即logsin2sincos2sincossincossincosbc，abc.選D.題712已知a，不等式23logax19的解是.4（第三屆高二第二試第13題）15解原不等式即23logax1222.指數函數33x是減函數，a1原不等式化，212為log1x12，即log1x1log1對數函數logx是減函數，2.又122222x1112，解得1x3.對數函數log1x1x1的實，即x的定義域是22數，原不等式的解是1x1或1x3.評析本題波及到指數不等式、對數不等式、絕對值不等式的解法.解指數不等式與對數不等式的基本方法是同底法

30、，即先將不等式兩邊的指數式或對數式化成底數同樣的指數式或對數式，此后依據底數所屬區(qū)間是0,1或1,，確立以該底數為底的指數函數或對數函數的單一性，再去掉底數或對數符號，轉變成其他不等式.主要依據以下：若0a1,則afxagxfxgx；若a1,則afxgxfxgx；a若0a1,則logafxlogagxfxgx0；若a1,則logafxlogagx0fxgx.有時需要將常數化為指數式或對數式，其化法以下：aclogca（a0,c0,且c1）；（化為指數式）alogcca（c0,且c1）.（化為對數式）比方，23log32將常數2化為3為底的指數式，2log332將常數2化為3為底的對數式.解指數

31、不等式不需查驗，但解對數不等式必然保證解使得對數式存心義，這點常被忽視.若一個指數不等式的指數部分是對數式，經常采納取對數法求解.例不等式xlgxx的解集是.（第十一屆高二培訓題第40題）lg2lgx，即解兩邊取常用對數，得x1lg2xlgx0,lg2x4lgx0,lgx0或lgx4,0 x1或x104.故所求解集是40,1104,.16應該指出，兩邊取對數后，不等號的方向變不變，重點看取的是什么底數.假如底數大于1，則不等號方向不變，假如底數大于0且小于1，則不等號方向改變.對于絕對值不等式，主假如依據絕對值的幾何意義求解.以下結論應該理解并熟記（a為常數）.xaa0的解集是；xaa0的解集

32、是a,a；xaa0的解集是R；xaa0的解集是,aa,.以下題目供練習：已知常數0,，則不等式tanx23x10 x8cot的解集是.4（第八屆高二第一試第16題）xx2若函數fxlog22log24的定義域是不等式2log1x7log1x30的解22集，則fx的最小值=；最大值=.（第十屆高二第一試第23題）不等式log2x2x2xlog2x2xx2的解集是.（第九屆高二培訓題第23題）不等式3x231的解是（）（A）x6或2x2（B）x6或x2（C）x63（D）x2答案,25,743；21,2A1342題8不等式1x2xt的解集是,實數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