高中数学经典例题集

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
?