广东省高中数学竞赛初赛-高中数学不好能学好大学数学吗

高中数学经典例题集
第一部分
(一道解析几何题)
(本题15分)已知曲线
C
是到点
P(?
13
,)
和到直线
28
5
y??
距离相等的点的轨迹,
l
是过点
Q<
br>(-1,0)的直线,
8
M
是
C
上(不在
l
上)的动点;
A、B
在
l
上,
MA?l,MB?x
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。
|Q
A|
(Ⅰ)解:设
N(x,y)
为
C
上的点,由题设得:
1
??
3
?
5
1
2
?
x??y??y?<
br>.化简,得曲线的方程为
y?(x?x)
.
C
????
28
8
2
????
22
?
x
2
?x
?
(Ⅱ)解法一:设
M
?
x,
?
,直线
l:y?kx?k,则
2
??
B(x,kx?k)
,从而
|QB|?1?k|x
?1|
.
在
Rt△QMA
中,因为
2
y
M
B
A
l
x
Q
O
x
?
2
?
(x?1)k?
??
x
2
?
2
??<
br>2
22
?
|QM|?(x?1)
?
1?
?
,
|MA|?
.
2
1?k
4
??
(x?1)
2
|x?1|?|kx?2|
2
(kx?2)
|QA|?
所以|QA|?|QM|?|MA|?
. ,
2
4(1?k
2
)
21?k
222
2
|QB|
2
2(1?k
2
)1?k
2
x?1
??
.
2
|QA||k|
x
?
k
|QB|
2
?55
,从而所求直线
l
方程为<
br>2x?y?2?0
. 当
k?2
时,
|QA|
?
x
2
?x
?
解法二:设
M
?
x,
?
,直线
l:y?kx?k
,则
B(x,kx?k)
,从而 2
??
1
0)
垂直于
l
的直线
l
1<
br>:y??(x?1)
.
|QB|?1?k
2
|x?1|
.
过
Q(?1,
k
因为
|QA|?|MH|
,所以
|QA|?
|x?1|?|kx?2|
21?k
2
,
l
1
y
M
B
A
l
x
|QB|
2<
br>2(1?k
2
)1?k
2
x?1
??
.
2
|QA||k|
x?
k
|QB|
2
?55
,从而所
求直线
l
方程为
2x?y?2?0
.
当
k?2
时,
|QA|
(不等式经典试题)
例1 若
0?
H
Q
O
x?1
,证明
log
a
(1?x)?log
a
(1?x)
(
a?0
且
a?1
).
分析1 用作差法来证明.需分为a?1
和
0?a?1
两种情况,去掉绝对值符号,然后比较法证明.
解法1 (1)当
a?1
时,
因为
0?1?x?1,1?x?1
,
所以
log
a
(1?x)?log
a
(1?x)
2
??log
a
(1?x)?0
.
(2)当
0?a?1
时,
因为
0?1?x?1,1?x?1
所以
log
a
(1?x)?log
a
(1?x)
2
?log
a
(1?x)?0
.
综合(1
)(2)知
log
a
(1?x)?log
a
(1?x)
.
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 作差比较法.
因为
log
a
(1?x)?log
a
(1?x)
?1
lg(1?x
2
)?0
,
lga
?
所以
log
a
(1?x)?log
a
(1?x)
.
说明:解法一用分类相当于增设了已知条件,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
a?b?0
,求证:
a
a
b
b
?a
b
b
a
.
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.
a
a
b
b
a
证明:
ba
?a
a?b
?bb?a
?()
a?b
b
ab
∵
a?b?0
,∴
?1,a?b?0.
a
a
b
b
a
a?b
∴
()?1
.
∴
ba
?1.
ab
b
a
b
又∵
a
b
b
a
?0
,
∴
a
a
bb
?a
b
b
a
.
.
说明:本题考查不等式的
证明方法——比较法(作商比较法).作商比较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.
典型例题三
a
4
?b
4
a?b
4<
br>?()
(当且仅当
a?b
时取等号) 例3
对于任意实数
a
、
b
,求证
22
分析 这个题若使用比较法
来证明,将会很麻烦,因为,所要证明的不等式中有
(
22
a?b
4
)
,展开后很复
2
杂。若使用综合法,从重要不等式:
a?b?2ab
出发,再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧
可得到证明。
证明:∵
a?b?2ab
(当且仅当
a?b
时取等号)
两边同加
(a?b):2(a?b)?(a?b)
,
4444222
2222
a
4
?b
4
a
2
?b
2
2
?()
(1) 即:
22
又:∵
a?b?2ab
(当且仅当
a?b
时取等号)
两边同加
(a?b):2(a?b)?(a?b)
22222
22
a
2
?b
2
a?b
2
?()
∴
22
a
2
?b
2
2
a?b
4
)?()
(2) ∴
(
22
a
4
?b
4
a?b
4
?()
(当且仅当
a?b
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
111
???9.
abc
111
分析 显然这个题用比较
法是不易证出的。若把
??
通分,则会把不等式变得较复杂而不易得到证
abc
ba
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“均值
ab
例4 已知
a
、
b
、
c?R
,
a?b?c?1
,求证
?
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:∵
a?b?c?1
∴
111a?b?ca?b?ca?b?c
?????
abcabc
baba
cacb
??2??2
,同理:
??2
,
??2<
br>。
abab
acbc
∵
∴
111
???3?2?2?2?9.
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
先对代数式进行适当变形,以期达到可以“凑倒数”的目的.
典型例题五
例5 已知
a?b?c
,求证:
111
??
a?bb?cc?a
>0. 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
a?bb?cc?a
111
只需要证明>
?
a?bb?ca?c
为了证明
∵
a?b?c
∴
a?c?a?b?0,b?c?0
111
>0
?,
a?ba?cb?c
111
∴>成立
?
a?bb?ca?c
111
∴>0成立
??
a?bb?cc?a
∴
证明二:(综合法书写过程)
∵
a?b?c
∴
a?c?a?b?0,b?c?0
111
> >0
a?ba?cb?c
111
∴>成立
?
a?bb?ca?c
111
∴>0成立
??
a?bb?
cc?a
∴
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
语言叙述清楚.
典型例题六
例6
若
a?0,b?0
,且
2c?a?b
,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(已知条件或某些定理等).
证明:为要证
c?
只
需证
?
即证
c
2
?ab?a?c?c
2
?ab.<
br>
c
2
?ab?a?c?c
2
?ab
,
a?c?c
2
?ab
,
22
也就是
(a?c)?c?ab
,
即证
a?2ac??ab
,
即证
2ac?a(a?b)
,
∵
a?0,2c?a?b,b?0
,
2
∴
c?
a?b
?ab
,故
c
2
?ab
即有
c
2
?ab?0
,
2
又
由
2c?a?b
可得
2ac?a(a?b)
成立,
∴
所求不等式
c?c
2
?ab?a?c?c
2
?ab
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
若
a
3
?b
3
?2
,求证
a?b?2
.
分析:本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
a?b?
2
,则
a?b?(a?b)(a?ab?b)?2(a?ab?b)
,
22
而
a?b?2
,故
(a?ab?b)?1
.
332222
33
∴
1?ab?a?b?2ab
.从而
ab?1,
∴
a?b?1?ab?2
.
222
∴
(a?b)?a?b?2ab?2?2ab?4
.
22
22
∴
a?b?2
.
这与假设矛盾,故
a?b?2
.
证法二:假设
a?b?2
,则
a?2?b
,
33332<
br>故
2?a?b?(2?b)?b
,即
2?8?12b?6b
2
,即
(b?1)?0
,
这不可能.从而
a?b?2
.
3
33
证法三:假设
a?b?2
,则
(a?b)?a?b?3ab(a?b)?
8
.
由
a
3
?b
3
?2
,得
3
ab(a?b)?6
,故
ab(a?b)?2
.
3322
又
a?b?(a?b)(a?ab?b)?2
,
22
∴
ab(a?b)?(a?b)(a?ab?b)
.
2
∴
a
2
?ab?b
2
?ab
,即
(a?b)?0
.
这不可能,故
a?b?2
.
说明:本题三种方法均采用反证法,有的推至与已知矛盾,有的推至与已知事实矛盾.
一般说
来,结论中出现“至少”“至多”“唯一”等字句,或结论以否定语句出现,或结论肯定“过头”
时,都
可以考虑用反证法.
典型例题八
例8 设
x
、<
br>y
为正数,求证
x
2
?y
2
?
3
x
3
?y
3
.
分析:用综合法证明比较困难,可试用分析法. 223332
证明:要证
x
2
?y
2
?
3x
3
?y
3
,只需证
(x?y)?(x?y)
,
6422466336
即证
x?3xy?3xy?y?x?2xy?y
, <
br>4224332222
化简得
3xy?3xy?2xy
,
xy(3x?
2xy?3y)?0
.
22
∵
??4y?4?3?3y?0
,
22
∴
3x?2xy?3y?0
.
2222
∴
xy(3x?2xy?3y)?0
.
∴原不等式成立.
说明:1.本题证明易出现以下错误证法:
x?y?2xy
,
3
x?
y?
22
33
3
3
2x
2
3
y
2
,然后分
(1)
x?y?1
;(2)
x?y?1
;(3)<
br>x?1
且
0?y?1
;(4)
y?1
且
0?x?1<
br>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
A?B
,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
22
例9 已知
1?x?y?2
,求证
1
?x
2
?xy?y
2
?3
.
2
分析:联想三角函数知识,进行三角换元,然后利用三角函数的值域进行证明.
证明:从条件看,可用三角代换,但需要引入半径参数
r
.
22
∵
1?x?y?2
,
0???2?
. ∴可设
x?rcos?
,
y?rsin?
,其中
1?r?2,
1
sin2?)
.
2
113113
由
?1?sin2??
,
故
r
2
?r
2
(1?sin2?)?r
2
. 222222
1
113
而
r
2
?
,
r
2
?3
,故
?x
2
?xy?y
2
?3.
2
222
∴
x
2
?xy?y
2
?
r
2
?r
2
sin?cos??r
2
(1?
x2
y
2
说明:1.三角代换是最常见的变量代换,当条件为
x?y?r<
br>或
x?y?r
或
2
?
2
?1
时,均可
ab
222222
用三角代换.2.用换元法一定要注意新元的范围,否则所证不等式的变量
和取值的变化会影响其结果的正确
性.
典型例题十
1111
??????1
.
2n?1n?22n
111
分
析:要求一个
n
项分式的范围,它的和又求不出来,可以采用“化整为零”的
????
n?1n?22n
例10
设
n
是正整数,求证
方法,观察每一项的范围,再求整体的范围.
证明:由
2n?n?k?n(k?1,2,?,n)
,得
111
??
.
2nn?kn
111
??
;
2nn?1n
111
当
k?2
时,
??
2nn?2n
当
k?1
时,
……
111
??
.
2nn?nn
1n111n
∴
????????1
.
22
nn?1n?22nn
当
k?n
时,
说明:1、用放缩法证明不等式,放缩要
适应,否则会走入困境.例如证明
1117
?????
.由
1
22
2
n
2
4
111
,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,
??
2
k?1k
k<
br>结果也在变化.
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
部分;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
(a?b)
2
a?b(a?b)
2
例11
已知
a?b?0
,求证:.
??ab?
8a28b
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.
(a?b)
2
a?b(a?b)
2
证明:欲证,
??ab
?
8a28b
(a?b)
2
(a?b)
2
只须证.
?a?b?2ab?
4a4b
?
a?b
??
a?b
?2
即要证
????
?(a?b)?
????
,
2a2
b
????
即要证
22
a?b
2a
?a?b?
a?
b
2b
.
即要证
a?b
2a
?1?
a?b
2b
,
即要证
a?b
a
?2?
a?b
b
.
即要证
1?
b
a
?2?
a
b
?1
,即
ba
.
?1?
ab
ba
?1?
(*)
ab
∵
a?b?0
,∴(*)显然成立,
即要证
(a?b)
2
a?b(a?b)
2
故
??
ab?
8a28b
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——已知”的格式.
典型例题十二
888233233233
例12 如果
x
,
y
,
z
?R
,求证:
x?y?z?xyz?yzx?zxy
.
分析:注
意到不等式左边各字母在项中的分布处于分离状态,而右边却结合在一起,因而要寻求一个熟知
222<
br>的不等式具有这种转换功能(保持两边项数相同),由
(a?b)?(b?c)?(c?a)?0
,易得
a
2
?b
2
?c
2
?ab?bc?
ca
,此式的外形特征符合要求,因此,我们用如下的结合法证明.
888424242
证明:∵
x?y?z?(x)?(y)?(z)
233233233
?xyz?yzx?zxy
.
888233233233
∴
x?y?z?xyz?yzx?zxy
. 说明:分析时也可以认为是连续应用基本不等式
a
2
?b
2
?2
ab
而得到的.左右两边都是三项,实质上是
a
2
?b
2
?
c
2
?ab?bc?ca
公式的连续使用.
如果原题限定
x
,
y
,
z
?R
?
,则不等式可作如下变形:
x<
br>8
?y
8
?z
8
?x
3
y
3
z
3
(?
1
x
11
?)
进一步可得
yz
x
5
y
5
z
5
111
到:
33<
br>?
33
?
33
???
.
xyz
yzxzx
y
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
例13 已知
0?a?1
,
0?b?1,
0?c?1
,求证:在
(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a
三
数中,不可能都大于
1
.
4
分析:此命题的形式为否定式,
宜采用反证法证明.假设命题不成立,则
(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a
三数都<
br>大于
1
,从这个结论出发,进一步去导出矛盾.
4
证明:假设
(1?a)b,(1?b)c,(1?c)a
三数都大于
即
(1?a)b?
1
,
4
111
,
(1?b)c?
,
(1?c)a?
.
444
又∵
0?a?1
,
0?b?1
,
0?c?1
,
111
,
(1?b)c?
,
(1?c)a?
.
222
3
∴
(1?a)b?(1?b)c?(1?c)a?
①
2
1?a?b1?b?c1?c?a
又∵
(1?a)b?
,
(1?b)c?
,
(1?c)a?
.
222
∴
(1?a)b?
以上三式相加,即得:
(1?a)?b?(1?b)?c?(1?c)?a?
3
②
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.
典型例题十四
例14
已知
a
、
b
、
c
都是正数,求证:
2
?<
br>?
a?b
??
a?b?c
3
?
?ab
??3
?
?abc
?
.
3
?
2
???
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
?2ab?c?3
3<
br>abc
,即只需证
c?2ab?3
3
abc
.把
2a
b
变为
ab?ab
,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.
证法一:要证
2
?
?
a?b
??a?b?c
3
?
?abc
?
,
?
?ab?3
?
3
?
2
???
只需证
a?b?2ab?a?b?
c?3
3
abc
,
即
?2ab?c?3
3
abc
,移项,得
c?2ab?3
3
abc
.
由
a、
b
、
c
为正数,得
c?2ab?c?
∴原不等式成立
.
证法二:∵
a
、
b
、
c
为正数,
ab?ab?3
3
abc
.
?c?ab?ab?3
3
cab?ab?3
3
abc
. <
br>即
c?2ab?3
3
abc
,故
?2ab?c?3
3
abc
.
?a?b?2ab?a?b?c?3
3
abc
,
?
a?b
??
a?b?c
3
?
?2
?
?ab
c
?
.
?
?ab?3
?
3
?
2
???
说明:题中给出的
a?b?c
3
a?b
,
ab
,,
abc
,只因为
a
、
b
、
c
都是正
数,形式同算术平均数
3
2
与几何平均数定理一样,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.
原不等式中是用“不大于”连结,应该知道取等号的条件,本题
当且仅当
c?ab
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.本题的关键是证明
c?2ab?3
3
abc
.
典型例题十五
例15 已知
a?0
,
b?0
,且
a?b?1
.求证:
0?
111
(a?)(b?)?1
.
a
ab
分析:记
M?0?
111
(a?)(b?)<
br>,欲证
0?M?1
,联想到正、余弦函数的值域,本题采用三
a
ab<
br>角换元,借助三角函数的变换手段将很方便,由条件
a?b?1
,
a、b?R<
br>?
可换元,围绕公式
sec
2
??tan
2
??1<
br>来进行.
证明:令
a?sec
2
?
,
b?tan<
br>2
?
,且
0???
?
,
2
111111
)(b?)?(sec??)?(tan??)
则
(a?
2
asec?tan?
sec?
ab
111
?
)(b?)?1
成立. ∵
0???
,∴
0?sin??1
,即<
br>0?(a?
a
2
ab
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
22
的认识将会深刻得多,常用的换元法
有:(1)若
x?1
,可设
x?sin?,??R
;(2)若
x?y
?1
,可设
x?cos?
,
y?sin?
,
??R
;(3)若
x
2
?y
2
?1
,可设
x?rcos?
,
y?rsin?
,且
r?1
.
典型例题十六
例16 已知
x
是不等于1的正数,
n
是正整数,求证
(1
?x)(1?x)?2
nnn?1
?x
n
.
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,
∴
1?x?2x?0
,
∴
(1?x)
n
?2
n
x
n
. ①
nn
又
1?x?2x?0
. ②
将式①,②两边分别相乘得
(1?x
n
)(1?x)
n
?
2x
n
?2
n
?x
n
,
nnn?1n
∴
(1?x)(1?x)?2?x
.
说明:本题看起
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
x?1
,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<
br>果.这也是今后解题中要注意的问题.
典型例题十七
例17 已知,
x
,
y
,
z
?R
?
,且
x?y?z?1
,求证
x?y?z?3
.
分析:从本题结构和特点看,使用比较法和综合法
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
x?
只需证
x?
y?z?3
,
y?z?2(xy?xz?yz)?3
,
xz?yz?1
. 只需证
xy?
∵
x
,
y
,
z
?R
?
,
∴
x?y?2xy
,
x?z?2xz
,
y?z?2yz,
∴
2(x?y?z)?2(xy?
∴
xy?
∴
x?
xz?yz)
,
xz?yz?1
成立.
y?z?3
.
xy?xz?yz?1
后,思路已说明:此题若一味地用分析法去做,难以得到结果.在题中得
到只需证
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
要与比较法、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
例18
求证
1?
111
?????2
.
2
2
3
2
n
2
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
1
下手考查即可.
2
n
证明:∵
111111
?????(n?2)
, n
2
nnn(n?1)n?1n
∴
1?
1
?
1
111
?
1
?
11
??
11
?
?
??2??2
.
?????1??????
????
??
222<
br>n
23n
?
12
??
23
?
?
n?
1n
?
说明:此题证明过程并不复杂,但思路难寻.本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
,若
A?C?2B
,求证
a
4
?c
4
?
2b
4
.
分析:因为涉及到三角形的边角关系,故可用正弦定理或余弦定理进行边角的转化.
证明:∵
A?C???B?2B
,∴
B?
?1
,cosB?
. 32
由余弦定理得
b
2
?a
2
?c
2
?2accosB?a
2
?c
2
?ac
∴
a
2
?c
2
?b
2
?ac
,
4422222
∴
a?c?(a?c)?2ac
22
=
(a?c?2ac)(a
2
?c
2
?2ac)
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?
1
a
bsinC
.本题应用
2
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.
第二部分
本题主要考查求曲线的轨迹方程、直线与曲线的位置关系等基础知识,考查解析几何的基本思
想方法和综
合解题能力.满分15分.
y
2
x
2
21.(
本题满分15分)已知椭圆
C
1
:
2
?
2
?1(a
?b?0)
的右顶点
ab
为
A(1,0)
,过
C
1
的焦点且垂直长轴的弦长为
1
.
(I)求椭圆
C
1
的方程;
(II)设点
P
在抛物
线
C
2
:
y?x?h(h?R)
上,
C
2
在点
P
处
的切线与
C
1
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.
2
?
b?1
2
a?2
?
y
?
解析:(I)由题意得
?<
br>b
2
,?
?
,
所求的椭圆方程为
?x
2?1
,
4
?
2??1
?
b?1
?
a
(II)不妨设
M(x
1
,y
1
),N(x
2,y
2
),P(t,t?h),
则
抛物线
C
2
在点P处的切线斜率为
y
?
2
2
x?t
?2t
,
直线MN:
y?2tx?t?h
,代入椭圆
C
1
得: 4x
2
?(2tx?t
2
?h)
2
?4?0
,
即
4
?
1?t
?
x
22
?4t(t
2
?h)x?(t
2
?h)
2
?4?0
,
42
2
?
1
?16
?
?
?t?2(h?2)t?h?4
?
?
?0
,
因线段MN的中点与线段PA的中点的横坐标相等则:
x
1
?x
2
t(t
2
?h)t?1
111
??
或
?h??1?t?Qt??2t???2
2
22(1?t)2
ttt
?h?1
或
h??3
;
当
h??3
时,
?
1
422
?16
??t?2(h?2)t?h?4
?
??
?0
不成立;
422<
br>??1
,代入
?
1
?16
?
?
?t?2(h
?2)t?h?4
?
?
?0
成立, 因此
h?1
,当
h?1
时,得
t
因此
h
的最小值为1.
典型例题一
例1 比较
x?3
与
3x
的大小,其中
x?R
.
解:
(x?3)?3x
2
3
?x
2
?3x?3
,
33
?[x<
br>2
?3x?()
2
]?()
2
?3
,
22
33
?(x?)
2
?
,
24
3
??0
,
4
∴
x?3?3x
.
说明:由例1可以看出实数比较大小的依据是:①
a?b?0?a?b
;
②
a?b?0?a?b
;③
a?b?0?a?b
.
2
典型例题二
例2
比较
x?1
与
x?x
的大小,其中
x?R
解:
(x?1)?(x?x)
642
642
?x
6
?x
4
?x
2
?1
,
?x
4
(x
2
?1)?(x
2
?1)
,
?(x
2
?1)(x
4
?1)
,
?(x
2
?1)(x
2
?1)(x
2
?1)
,
?(x
2
?1)
2
(x
2
?1)
,
∴ 当
x??1
时,
x?1?x?x
;
当
x??1
时,
x?1?x?x.
说明:两个实数比较大
小,通常用作差法来进行,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,贵州省是能确定是大于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
642
典型例题三
x1
?1)
与
(x?)
(
x
2
?x?1<
br>)的大小.
22
x1
22
分析:直接作差需要将
(x?1)
(x??1)
与
(x?)
(
x?x?1
)展开,过程复杂,式子冗长
,可否考
22
例3
x?R
,比较
(x?1)(x
2
?
虑根据两个式子特点,予以变形,再作差.
xx
?1)
=
(x
?1)
(
x
2
?x??1
)
22
x
?(x?1)(x
2
?x?1)?(x?1)
, <
br>2
1
?(x?1)(x
2
?x?1)?(x
2
?x?
1)
,
2
x1
22
∴
(x?1)(x??1)?(x?)(x?x?1)
22
111
?(x
2
?x?1)?x(x?1)??0
.
222
x1
22
则有
x?R
时,
(x?1)(x?
?1)
?
(x?)
(
x?x?1
)恒成立.
22
解:∵
(x?1)(x
2
?
说明:有的确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,到比较易于判断符号
时,再作差,予以比较,如此例就是先变形后,再
作差.
典型例题四
例4
设
x?R
,比较
1
与
1?x
的大小.
1?x
1x
2
?(1?x)?
解:作差,
1?x1?x
x
2
?0
,
1)当
x?0
时,即
1?x
∴
1
?1?x
;
1?x
x
2
?0
, 2)当
1?x?0
,即
x??1
时,
1?x
∴
1
?1?x
;
1?x
x
2
?0
, 3)当
1?x?0
但
x?0
,即
?1?x?0
或
x?0
时,
1?x
∴<
br>1
?1?x
.
1?x
说明:如本题作差,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 比较
18
与
16
的大小
分析:两个数是幂的形式,比较大小一般采用作商法。
16
18
18
16
18
16
19
16
1
16
9
16<
br>?()()?()
解:
18
?()
2
16
168
16
282
说明:求商法比大小的变形要围绕与1比大小进行.
典型例题六
例6 设
a>0,b>0
,且
a?b
,比较:
a
a
?b
b
与
a
b
b
a
的大小。
分析:比较大小一般方法是求差法或求商法,利用不等式的性质进行变形,然后确定大小。
a
a
b
b
a
a?bb?a
?()
a?b
解
:
ba
?ab
b
ab
aa
>1,a?b>0
,?()
a?b
>1
bb
aa
1,a?b<0?()
a?b
>1
当
b
>a>0
时,
0<<
bb
当
a>b>0
时,
a
a
b
b
a
a?b
?()>1
即
ba
>1
,
ab
b
又
?ab>0
,
?ab>ab
说明:求商法的基本步骤是: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:①
a?b,c?d
;②
?
a?c
??
b?c
?
?0
;③
?
a?d
??
b?d
?
?0<
br>,则有
( )
A.
a?c?d?b
B.
c?a?b?d
C.
a?c?b?d
D.
c?a?d?b
(天津市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:∵
?
a?c
??
b?c
?
?0
,∴
a、b
与
c
同侧
∵
?
a?d
??
b?d
?
?0
,∴
a、b
与
d
异侧
∵
a?b,c?d
∴把
a、b、c、d
标在数轴上,只有下面一种情况
由此得出
c?a?d?b
,∴此题选D.
说明:比较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,尤其是比较
的个数较多时适用.
典型例题八
例8 已知①
?1?a?b?1
;②
1?a?b?3
,求:
3a?b
的取值范围.
分析:此题是给
代数式的字母的范围,求另外代数式的范围.分为两步来进行:(1)利用待定系数法将代数
式
3a?b
用
a?b
和
a?b
表示.(2)利用不等式性质及题目条件
确定
3a?b
的范围.
解:设:
3a?b?x(a?b)?y(a?b)?(x?y)a?(x?y)b
由①+②×2得:
?1?2?(a?b)?2(a?b)?1?3?2
即
:
1?3a?b?7
.
说明:此题的一种典型错误做法,如下:
??1?a?b?1,1?a?b?3,
?0?2a?4
,即:
0?a?2<
br>
即
:
?2?b?0
此解法的错误原因是因为
a<
br>与
b
是两个相互联系,相互制约的量,而不是各自独立的,当
a?b
取
到最大
值或最小值时,
a?b
不一定能取到最值,所以用以上方法可能扩大变量的范围
.
避免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 判断下列各命题的真假,并说明理由.
(1)若
ac?bc
,则
a?b.
22
11
?.
ab
cc
(3)若
a?b,c?0
,则
?.
ab
(2)若
a?b
,则
(4)若
a?b,c?d
,则
a?c?b?d.
(5)若
a?b?0,a?c
,则
a?bc.
(6)若
a?b,m?N
?
,则
a?b.
分析:利用不等式的性质来判断命题的真假.
mm
2
1
?
?0
?
222
解:(1)
ac?bc?c?0?
c
2
?
?a?b
,是真命题.
ac
2
?bc
2
?<
br>?
(2)可用赋值法:
a?3,b??2
,有
也可这样说明:
11
?
,是假命题.
ab
11b?a
,
??
abab
∵
a?b
,只能确定
b?a?0
,
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:
abab
11
?
?
?
cc
cc
(3)与(2)类似,由
a?b?
,从而
a?b
?
??
?
ab
?
?
?
是假命题.
ab<
br>ab
c?0
?
?
(4)取特殊值:
a?5,b?1,c?2,
d??3.
有
a?c?b?d
,∴ 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
a?b,c?d?a?c
?b?d.
?
a?b?0
?
2
?
?a?ab?
a?0
??
2
(5)
?
a?bc
,
∴是真命题.
a?c
?
?
?
ab?bc
?
b?0
?
?
(6)定理4成立的条件为必须是正数.
举反例:
<
br>a?3,b??4,m?2
,则有
a
m
?b
m
.
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:
a?b,
11
??a?0,b?0.
ab
分析:把已知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
若
a?b,c?d
,则下面不等式中成立的一个是( )
(A)
a?d?b?c
(B)
ac?bd
ab
(C)
?
(D)
d?a?c?b
<
br>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基本应用,对于不等式的基本性质要逐条掌握准确,以便灵活应用.
典型例题十二
例12 若
?1?????1
,则下面各式中恒成立的是(
).
(A)
?2?????0
(B)
?2??????1
(C)
?1?????0
(D)
?1?????1
分析 本题考查是否能正确使用不等式的性质来进行变形,应看到,已知条件中含有两个内容,即
?1???1
,
?1???1
和
???
,根据不等式的性质,可得
?1????1
,
????0
,继而得到
?2?????2
且
????0
,故
?2?????0
,因此选A.
典型例题十三
例13 若
a?b?c
,则一定成立的不等式是(
)
A.
ac?bc
B.
ab?ac
C.
a?c?b?c
D.
111
??
abc
分析:A错,当
a?b,
也不对.
c?0
时有ac?bc
;同样B错;D没有考虑各数取零和正负号的关系,所以
故选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
c?0
即得C成立.
典型例题十四
例14
已知:
a>b,e>f,c?0
,求证:
f?ac<e?bc
.
分
析:要证明的式子中,左右均为二项差,其中都有一项是两字母积的形式,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:
f?ac<e?bc
.
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
?f?ac
<e?bc.
键是记准性质,并能正确地应用.
典型例题十五
例15已知
集合
I
?
,B?
?
x|x|?y?2,y?A
?
,
求:
A?B
.
?R,A?
?
x|x
2
?
5x?14<0
A
和
B
,从已知来看,
A
的范围容易求,<
br>B
的元素由
y?A
可以推分析:要求
A?B
,需要先求集合<
br>算,但在推算过程中,要注意运用不等式的性质.
解:
?x?5x?14?0且I?R,
2
?R
,意在明确
集合
A
中的元素为
R
,若去掉此条件,会出现不确定的情况.比
如,
?2?x?7
的实数和
?2?x?7
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.
说明:本题中的条件
I
典型例题十六
例16 设
a
和
b
都是非零实数,求不等式
a?b
和
11
?
同
时成立的充要条件.
ab
分析:本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,
则
a?b
成立的条件就是
a?b
本身;而
11
?
成立的条件则是
a
与
b
同号,且<
br>a?b
,但这个条件只是
ab
11
?
的一个充分条件,并且与
第一个不等式
a?b
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
a?b
,
件.
1111
?
同时成立的必要条件,即当
a?b
,
?
同时成立时,
a
与
b
应具备什么条
abab
?
a?
b,
?
a?b?0,
??
由
?
11
,得
?
b?a
??0.
??
?
ab
?
ab
由
a?b?0
可知
b?a?0
,再由
与
b?a
?0
知
ab?0
,即
a
与
b
异号,
因此
a?0?b
是不等式
a?b
ab
11
?
同时成
立的必要条件.
ab
11
再求
a?b
,
?
同时成立的充分条件.
ab
事实上,当
a?0?b
时,必有
a?b
,且
1
111
?0,?0
,因而
?
成立.从而
a?0?b
是不等式
abab
11
?
同时成立的充分条件.
ab
11
因此,两个不等式
a?b
,
?
同时成立的充要条件是
a?0?b.
ab
1111
说明:本题结果表明,
a?b
与
?<
br>同时成立,其充要条件是
a
为正数,
b
为负数.这与
?
成立
abab
11
的条件
ab?0
,
b?a
不要
混淆.解本题是从必要条件入手的,即若
a?b
,
?
同时成立,则要研究从<
br>ab
11
不等式
?
和
a?b
看
a
与
b
的大小有什么关系,从中得出结论(
a?0?b
),再把这个结论作为一个
充
ab
11
分条件去验证
a?b
及
?
能否同时成立
.从而解决了本题.
ab
a?b
,
典型例题十七
例17
已知函数
f(x)?ax?c
满足:
?4?f(1)??1,?1?f(2)?5.<
br>则
f(3)
应满足( )
(A)
?7?f(3)?26
(B)
?4?f(3)?15
(C)
?1?f(3)?20
(D)
?
2
2835
?f(3)?
33
分析:如
果能用
f(1)
与
f(2)
将
f(3)
“线性”表示出:<
br>f(3)?mf(1)?nf(2)
,就可利用不等式的基本
性质,由
f(1)
、
f(2)
的取值范围,推出
f(3)
满足的条件.
解:∵
f(1)?a?c,f(2)?4a?c,
11
[f(2)?f(1)],c?[f(2)?4f(1)]
33
1
故
f(3)?9a?c?3[f(2)?f(1)]?[f(2)?4f(1)]
3
∴
a?
由不等式的基本性质,得
故选(C).
说明:
(1)也可设
f(3)?mf(1)?nf(2)
,由代定系数法求得
m??
(2)下面的错误是值得引以为戒的∵
f(1)?a?c,f(2)?4a?c,
58
,
n?
.
33
又
f(3)?9a?c.
∴
0?a?3?0?9a?27,
?
?
??7?f(3)?26.
1?c?7??c??1
?
故选(A)
上述推理错误产生的原因是由于将条件
?
?4?f(1)??1
?
0?a?3
化为使
a
、
c
的取值范围扩
??
??1?f(2)?5
?
1?c?7
大所致.事实上,作为点集
与
N?
?
(a,c)0?a?3,1?1?7
?
之间的关系是
M?<
br>?
N
,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
M?
?
N
,揭示了上述解法的错
误.
第三部分
本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基础知识,
同时考察解析几何的基本思
想方法和综合解题能力。满分15分.
m
2
?0
, (21) (本题满分15分)已知
m?1
,
直线
l:x?my?
2
x
2
2
椭圆
C:
2
?y?1
,
F
1
,F
2
分别为椭圆
C的左、右焦点.
m
(Ⅰ)当直线
l
过右焦点
F
2<
br>时,求直线
l
的方程;
(Ⅱ)设直线
l
与椭圆
C<
br>交于
A,B
两点,
VAF
1
F
2
,
VBF
1
F
2
的重心分别为
G,H
.若
原点
O
在以线段
GH
为直径的圆内,求实数
m
的取值范围
.
GH
O
G,H
m
2
m
2
2<
br>2
?0
经过
F
2
(m?1,0)
,所以
m?
1?
(Ⅰ)解:因为直线
l:
x?my?
,得
22
m2
?2
,又因为
m?1
,所以
m?2
,
故直线
l
的方程为
x?2y?1?0
。
(Ⅱ)解:设A(x
1
,y
1
),B(x
2
,y
2
)
,
?
m
2
x?my?
?
?2
,消去
x
得 由
?
2
?
x?y
2
?1
?
?
m
2
m
2
?
1)??m
2
?8?0
,知
m
2
?8
,
则由
??m?8(
4
2
mm
2
1
?
。 且
有
y
1
?y
2
??,y
1
?y
2
?
282
x
1
y
1
xy
,),H(
2,
2
),
3333
uuuruuur
xxyy
因原点O在以线段GH为直径的圆内
OG?OH?
12
?
12
?0
99
由于
F
1
(?c,0),F
2
(c
,0),
由题可知
G(
即
x
1
x
2
?y<
br>1
y
2
?0
m
2
m
2
m
2
1
2
)(my
2
?)?y
1
y
2
?(m?1)(?)
而
x
1
x
2
?y
1
y
2
?(my
1
?
2282
m
2
1
??0
,即
m
2
?4
。 所以
82
又
因为
m?1
且
??0
,所以
1?m?2
。
所以
m
的取值范围是
(1,2)
。
典型例题一
例1 解不等式:(1)
2x?x?15x?0
;(2)
(x?4)(x?5
)(2?x)?0
.
分析:如果多项式
f(x)
可分解为
n
个一次式的积,则一元高次不等式
f(x)?0
(或
f(x)?0
)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(2x?5)(x?3)?0
的三个根
x
1
经过三个根,其解集如
下图的阴影部分.
∴原不等式解集为
?
x?
(2)原不等式等价于
∴原不等式解集为
32
23
5
?0,x
2
??,x
3
?3
顺次标上数轴.然后从右上开始画线顺次
2
?
?
5
?
?x?0或x?3
?
2
?
?
xx??5或?5?x??4或x?2
?
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”,其法如下
图.
典型例题二
例2 解下列分式不等式:
x
2
?4x?1
32
?1
(1); (2)
2
?1?
3x?7x?2
x?2x?2
分析:当分式不等式化为
f(x
)
?0(或?0)
时,要注意它的等价变形
g(x)
①
f(x)
?0?f(x)?g(x)?0
g(
x)
②
?
f(x)?g(x)?0
f(x)f(x)
?0?
?
或?0?f(x)?0或f(x)?g(x)?0
g(x)g(x)
?
g(x)?0
(1)解:原不等式等价于
用“穿根法”
∴原不等式解集为
(??,?2)??1,2
?
?6
,??
?
。
??
2x
2
?3x?1
?0
(2)解法一:原不等式等价于
3x
2
?7x?2
∴原不等式解集为
(??,
11
)?(,1)?(2,??)
。
32
(2x?1)(x?1)
?0
(3x?1)(x?2)
解法二:原不等式等价于
用“穿根法”
∴原不等式解集为
(??,
11
)?(,1)?(2,??)
32
典型例题三
例3
解不等式
x
2
?4?x?2
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(a?0)
a?<
br>?
?a(a?0)
?
二是根据绝对值的性质:
x?a??a?x?a,
x.a?x?a
或
x??a
,因此本题有如下两种解法.
2
2
??
?
x?4?0
?
x?4?0
解法一:原不等式
?
?
或
?
22
?
?
x?4?x?2<
br>?
?
4?x?x?2
即
?
?
x?2或x??2
?
?2?x?2
或
?
?
?2?x?x
?
x??2或x?1
∴
2?x?3
或
1?x?2
故原不等式的解集为
?
x1?x?3
?
.
2
解法二:原不等式等价于
?(x?2)?x?4?x?2
2<
br>?
?
?2?x?3
?
x?4?x?2
即
?
∴
?
故1?x?3
.
2
x?1或x??2
?
?<
br>?
x?4??(x?2)
典型例题四
x
2
?6x?5
?0
. 例4 解不等式
2
12?
4x?x
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
则,它等价于下列两个不等
式组:
22
??
?
x?6x?5?0<
br>?
x?6x?5?0
或
?
?
22
???
12?4x?x?0
?
12?4x?x?0
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
??
,
?<
br>x?6x?5?0
?
x?6x?5?0,
或
?
?
22
??
12?4x?x?012?4x?x?0
??
?
(
x?1)(x?5)?0,
?
(x?1)(x?5)?0,
?
?
或<
br>?
(x?2)(x?6)?0;(x?2)(x?6)?0;
??
?
x?1,或x?5,
?
1?x?5,
或
?
??
;
x??2,或x?6
?2?x?6
?
?
?1?x?
5,
或
x??2
或
x?6
.
∴原不等式解集是
{xx??2,或1?x?5,或x?6}
.
解法二:原不等式化为
(x?1)(x?5)
?0
.
(x?2)(x?6)
画数轴,找因式根,分区间,定符号.
(x?1)(x?5)
符号
(x?2)(x?6)
∴原不等
式解集是
{xx??2,或1?x?5,或x?6}
.
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,否则
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
x
2
?2x?2
例5
解不等式
?x
.
3?2x?x
2
分析:不等式左右两边都是含有<
br>x
的代数式,必须先把它们移到一边,使另一边为0再解.
(x?2)(x
2
?x?1)
?0
. 解:移项整理,将原不等式化
为
(x?3)(x?1)
由
x
2
?x?1?0
恒成立,知原
不等式等价于
(x?2)
?0
.
(x?3)(x?1)
解之,得原
不等式的解集为
{x?1?x?2或x?3}
.
22
说明:此题易出现去分
母得
x?2x?2?x(3?2x?x)
的错误解法.避免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
m?R
,解
关于
x
的不等式
m
2
x
2
?2mx?3?0
.
分析:进行分类讨论求解.
解:当
m?0
时,因
?3?0<
br>一定成立,故原不等式的解集为
R
.
当
m?0
时,原不等式化为
(mx?3)(mx?1)?0
;
31
?x?
;
mm
13
当
m?0
时,解得
?x??
.
mm
当
m?0
时,解得
?
∴当
m?0
时,原不等式
的解集为
?
x?
?
?
31
?
?x?
?;
mm
?
当
m?0
时,原不等式的解集为
?
x
?
?
13
?
?x??
?
.
mm
?
说明:解不等式时,由于
m?R
,因此不能完全按一元二次不等式的解法求解.因
为当
m?0
时,原不等
式化为
?3?0
,此时不等式的解集为
R
,所以解题时应分
m?0
与
m?0
两种情况来讨论.
3
131
,
x
2
?
后,认为
??<
br>,这也是易出现的错误之处.这时
m
m
mm
3131
也应分情
况来讨论:当
m?0
时,
??
;当
m?0
时,
??
.
mm
mm
在解出
m
2
x
2
?
2mx?3?0
的两根为
x
1
??
典型例题七
例7
解关于
x
的不等式
2ax?a
2
?1?x(a?0)
.
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.
?
2ax?a
2
?0,
?
2x?a
2
?0,
?
解:原不
等式
?(1)
?
1?x?0,
或
(2)
?
1?x?0.
?
?
22
2ax?a?(1?x);
?
a<
br>?
x?,
?
a
2
?
?
?
x?,由
a?0
,得:
(1)?
?
x?1,
(2)?
?
2
?
?
22
?
x?
1.
x?2(a?1)x?a?1?0;
?
?
2222
由判别式??4(a?1)?4(a?1)?8a?0
,故不等式
x?2(a?1)x?a?1?0
的解是
a?1?2a?x?a?1?2a
.
当
0?a?2
时,
组(2)的解是
x?1
.
当<
br>a?2
时,不等式组(1)无解,(2)的解是
x?
a
?a?1?2a
?1
,
a?1?2a?1
,不等式组(1)的解是
a?1?2a?x?1,不等式
2
a
.
2
综上可知,当
0?a?2
时,原不等式的解集是
a?1?
?
2a,??
;当
a?2
时
,原不等式的解集是
?
?
a
?
,??
?
.
?
2
??
说明:本题分类讨论标准“
0?a?2
,
a?2
”是依据“已知
a?0
及(1)中‘
x?
‘
x?
a
,
x?1
’,(2)中
2
a
,
x?1
’”
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
2
地,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.
2
本题易误把原不等式等价于不等式
2ax?a?(1?x)
.纠正错误的办法是熟练掌
握无理不等式基本类型的解
法.
典型例题八
例8
解不等式
4x
2
?10x?3?3
.
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
?3?4x
2
?10x?3?3
,
∴原不等式等价于不等式组
∴原不等式的解集为
?
x?
?
?
?
15
?x?0或?x?3
?
.
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
223
例9
解关于
x
的不等式
x?(a?a)x?a?0
.
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
223
方程
x?(a?a)x?a?0
的根,然后写出不等式的解,但由于方程的根含
有字母
a
,故需比较两根的大
小,从而引出讨论.
2
解:原不等式可化为
(x?a)(x?a)?0
.
(1)当a?a
2
(即
a?1
或
a?0
)时,不等式的解集为:
?
x
?
x
?
x
x?a或x?a
2
;
?
?
(2)当
a?a
2
(即
0?a?1
)时,不等式的解集为:
x?a
2
或x?a
;
(3)当
a?a
2
(即
a?0
或1)时,不等式的解集为:
x?R且x?a
?
.
说明:对参数进行的讨论,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
2
本题,为求不等式的解,需先求出方程的根
x
1
?a
,
x
2
?a
,因此不等式的解就
是
x
小于小根或
x
大于大
根.但
a
与
a<
br>2
两根的大小不能确定,因此需要讨论
a?a
2
,
a?a2
,
a?a
2
三种情况.
典型例题十
例10 已知不等式
ax?bx?c?0
的解集是
集.
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
cx
2?bx?a?0
的两根即
可解之.
2
?
x
?
?x?
?
?
(
?
?0)
.求不等式
cx
2
?bx?a?0
的解
解:(解法1)由题可判断出
?
,
?
是方程
ax
2
?bx?c?0
的两根,
∴
?????
bc
,
????
.
aa
又
ax
2
?bx?c?0
的解集是
x??x??
,说明
a?0
.
??
c
?0?c?0
,
a
ba∴
cx
2
?bx?a?0?x
2
?x??0
.
cc
1111
ba
∴
x
2
?x??0
,即
x
2
?(??)x?(?)(?)?0
,
????
cc
11
即
(x?)(x?)?0
.
??
11
又
0????
,∴
?
,
??<
br>而
??0
,
??0
????0?
∴
(x?
?
11
11
?
)(x?)?0
的解集为
?
x?x?<
br>?
.
??
??
??
(解法2)由题意可判断出
?<
br>,
?
是方程
ax
2
?bx?c?0
的两根,
∴
????
c
.
a
又
ax
2
?
bx?c?0
的解集是
x??x??
,说明
a?0
.
而<
br>??0
,
??0
????0?
??
c
?0?c?0<
br>.
a
对方程
cx
2
?bx?a?0
两边同除以x
2
得
11
a?()
2
?b?()?c?0
.
xx
1
令
t?
,该方程即为
x
at
2<
br>?bt?c?0
,它的两根为
t
1
??
,
t
2
??
,
∴
1
11
1
??
,
?
?
.∴
x
1
?
,
x
2
?
, ?
x
1
x
2
?
2
∴方程
cx?bx?
a?0
的两根为
1
1
,.
?
?
∵
0????
,∴
11
?
.
??
∴不等式
cx
2
?bx?a?0
的解集是
?
x
?
?
11
?
?x?
?
.
??
?
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,本题中只有
?
,
?
是已知量,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
例12 若不等式
x?ax?b
1
的解为
?
(??,)?(1,??)
,求
a
、
b
的值.
3
x
2
?x?1x
2
?x?1
分析:不等式本身比较复杂,要先对不等式进行同解变形,再根据解集列出关于
a<
br>、
b
式子.
解:∵
x
2
?x?1?(x?)
2
?
13
?0
,
24
13
x
2
?x?1?(x?)
2
??0
,
24
2
∴原不等式化为
(2?a?b)x?(a?b)x?a?b?0
.
?
?
2?a?b
?0
?
1
?
a?b
?
, 依题意
?
?2?a?b3
4
?
a?b
?
?
?
2?a?b3
5
?
a?
?
?
2
.
∴
?
?
b?
3
?
2
?
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
ax
2
?bx?2?0的解集为
x?1?x?2
,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
x?1?x?2
,不等式
ax<
br>2
?bx?2?0
需满足
条件
a?0
,
??0
,
ax
2
?bx?2?0
的两根为
x
1
??1<
br>,
x
2
?2
.
解法一:设
ax
2
?bx?2?0
的两根为
x
1
,
x
2
,由韦达定理
得:
??
??
b
??
b
x?x?????1?2
2
??
?
1
?
aa
由题意:
?
?
22
?
x?x??
?
???1?2
12
??
a
??
a
2
∴
a?1
,
b??1
,此时满足
a?0
,
??b?4a?(?2)?0
.
解法二:构造解集为
x?1?x?2
的一元二次不等式:
??
(x
?1)(x?2)?0
,即
x
2
?x?2?0
,此不等式与原不等式
ax
2
?bx?2?0
应为同解不等式,故需满足:
ab?2
∴
a?1
,
b??1
. ??
1?1?2
说明:本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
2
例14
解关于
x
的不等式
ax?(a?1)x?1?0
.
分析:本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
a?0
时,原不等式变为:
?x?1
?0
,∴
x?1
(2)当
a?0
时,原不等式变为:
(ax?1)(x?1)?0
①
1
1
.
a
a
1
②当
a?0
时,①式变为
(x?)(x?1)?0
. ②
a
11?a11
1
∵
?1?
,∴当
0?a?1
时,
?1
,此时②的解
为
1?x?
.当
a?1
时,
?1
,此时②的解为
a
aaa
a
①当
a?0
时,①式变为
(x?)(x?1)?0
,∴不等式的解为
x?1
或
x?
1
?x?1
.
a
说明:解本题要注意分类讨论思想的运用,关键是要找到分类的标准,就本题来说有三级分类:
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,解本题
还要注意在讨论
a?0
时,解一元二次不等式
ax
2
?(a?1)x
?1?0
应首选做到将二次项系数变为正数再求解.
典型例题十五
2
例15 解不等式
x?3x?10?8?x
.
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(x)?g(x)
可转化为
f(x)?g(x)
或
f(x)?g(x)
,而
f(x)?
g(x)
等价于:
?
f(x)?0
?
f(x)?0
?或
?
g(x)?0
.
?
g(x)?0
?
?<
br>f(x)?[g(x)]
2
?
解:原不等式等价于下面两个不等式组:
?
8?x?0
8?x?0
?
?
2
①
?
2
②
?
x?3x?10?0
x?3x?10?0
?<
br>2
?
2
?
x?3x?10?(8?x)
由①得
??
x?8
,∴
x?8
x?5或x??2
?
?
?
x?8
?
74
由②得∴
?
x?5 或x??2
?x?8
,
13
?
74
?
x?
?
13.
所以原不等式的解集为
?
x
?
?7474
???
?x?8或x?8
?
,即为
?
xx?< br>?
.
1313
???
f(x)?g(x)
型的不等式求解,注意: 说明:本题也可以转化为
?
f(x)?0
?
,
f(x)?g(x) ?
?
g(x)?0
?
2
?
f(x)?[g(x)]
2
2
?
这里,设全集
U?{xx?3x?10?0}?{xx??2或x?5 }
,
A?
?
?
xx?3x?10?8?x
?
,
??
则所求不等式的解集为
A
的补集
A
,
?8?x?0
?
2
74
2
?x??2
或
5?x?
由
x?3x?10?8?x?
?
x?3x?10?0
.
1 3
?
22
x?3x?10?(8?x)
?
即
A?
?
xx?2或5?x?
?
?
74
?
?
,∴原不等式的 解集是
13
?
?
74
?
A?
?
xx??
.
13
??
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