..高中數學活題巧解方法TOC\o"1-3"\h\u31917一、代入法120274二、直接法232150三、定義法315235四、向量坐標法413727五、查字典法515892六、擋板模型法618694七、等差中項法724879八、逆向化法715339九、極限化法86018十、整體化法9264十一、參數法1020612十二、交軌法1131510十三、幾何法1314523十四、弦中點軌跡法1428272十五、比較法1519802十六、基本不等式法173247十七、綜合法1826084十八、分析法1821083十九、放縮法1911175二十、反證法2128383二十一、換元法2230287第十一章不等式24..高中數學活題巧解方法一、代入法若動點依賴于另一動點而運動,而點的軌跡方程已知〔也可能易于求得且可建立關系式,,于是將這個點的坐標表達式代入已知〔或求得曲線的方程,化簡后即得點的軌跡方程,這種方法稱為代入法,又稱轉移法或相關點法。[例1]〔20XX高考XX卷已知曲線：與直線：交于兩點和,且,記曲線C在點A和點B之間那一段L與線段AB所圍成的平面區域〔含邊界為D.設點是L上的任一點,且點P與點A和點B均不重合.若點Q是線段AB的中點,試求線段PQ的中點M的軌跡方程；[巧解]聯立與得,則中點,設線段的中點坐標為,則,即,又點在曲線上,∴化簡可得,又點是上的任一點,且不與點和點重合,則,即,∴中點的軌跡方程為〔.[例2]〔20XX,XX卷設在直線上,過點作雙曲線的兩條切線、,切點為、,定點M。過點A作直線的垂線,垂足為N,試求的重心G所在的曲線方程。[巧解]設,由已知得到,且,,〔1垂線的方程為：,由得垂足,設重心所以解得由可得即為重心所在曲線方程巧練一：〔20XX,XX卷如圖,設拋物線的焦點為F,動點P在直線上運動,過P作拋物線C的兩條切線PA、PB,且與拋物線C分別相切于A、B兩點.,求△APB的重心G的軌跡方程.巧練二：〔20XX,全國I卷在平面直角坐標系中,有一個以和為焦點、離心率為的橢圓,設橢圓在第一象限的部分為曲線C,動點P在C上,C在點P處的切線與x、y軸的交點分別為A、B,且向量,求點M的軌跡方程二、直接法直接從題設的條件出發,利用已知條件、相關公式、公理、定理、法則通過準確的運算、嚴謹的推理、合理的驗證得出正確的結論,從而確定選擇支的方法叫直接法。從近幾年全國各地的高考數學試題來看,絕大大部分選擇題的解答用的是此法。但解題時也要"盯住選項特點"靈活做題,一邊計算,一邊對選項進行分析、驗證,或在選項中取值帶入題設計算,驗證、篩選而迅速確定答案。[例1]〔20XX高考全國II卷已知雙曲線的右焦點為F,過F且斜率為的直線交C于A、B兩點。若,則C的離心率為〔 〔A 〔B 〔C 〔D[巧解]設,,,由,得∴,設過點斜率為的直線方程為,由消去得：,∴,將代入得化簡得,∴,化簡得：,∴,,即。故本題選〔A[例2]〔20XX,XX卷設定義在上的函數滿足,若,則〔 〔A13 〔B2 〔C 〔D[巧解]∵,∴∴函數為周期函數,且,∴故選〔C巧練一：〔20XX,XX卷若上是減函數,則b的取值范圍是〔 A． B． C． D．巧練二：〔20XX,XX卷長方體ABCD—A1B1C1D1的8個頂點在同一個球面上,且AB=2,AD=AA1=1,則頂點A、B間的球面距離是〔 A． B． C． D．三、定義法所謂定義法,就是直接用數學定義解題。選擇題的命題側重于對圓錐曲線徑、準線、離心定義的考查,凡題目中涉及焦半徑、通率及離心率的取值范圍等問題,用圓錐曲線的第一和第二定義解題,是一種重要的解題策略。[例1]〔20XX高考XX卷,理13過拋物線的焦點F作傾斜角為450的直線交拋物線于A、B兩點,線段AB的長為8,則．[巧解]依題意直線的方程為,由消去得：,設,,∴,根據拋物線的定義。,,∴,∴,故本題應填2。[例2]〔20XX,XX卷,理10設橢圓C1的離心率為,焦點在x軸上且長軸長為26.若曲線C2上的點到橢圓C1的兩個焦點的距離的差的絕對值等于8,則曲線C2的標準方程為〔 〔A 〔B 〔C 〔D[巧解]由題意橢圓的半焦距為,雙曲線上的點滿足∴點的軌跡是雙曲線,其中,,∴,故雙曲線方程為,∴選〔A巧練一：〔20XX,XX卷雙曲線的左、右焦點分別是F1,F2,過F1作傾斜角為30°的直線交雙曲線右支于M點,若MF2垂直于x軸,則雙曲線的離心率為〔 A． B． C． D．巧練二：〔20XX,XX卷已知點P是拋物線上的一個動點,則點P到點〔0,2的距離與P到該拋物線準線的距離之和的最小值為〔 〔A 〔B3 〔C 〔D四、向量坐標法向量坐標法是一種重要的數學思想方法,通過坐標化,把長度之間的關系轉化成坐標之間的關系,使問題易于解決,并從一定程度上揭示了問題的數學本質。在解題實踐中若能做到多用、巧用和活用,則可源源不斷地開發出自己的解題智慧,必能收到事半功倍的效果。[例1]〔20XX,XX卷在平行四邊形ABCD中,AC與BD交于點O,E是線段OD的中點,AE的延長線與CD交于點F.若=a,=b,則=〔AxyOBDCE A．a+b B．a+b C．a+b D．a+bAxyOBDCE[巧解]如圖所示,選取邊長為2的正方形則,,,,,∴直線的方程為,聯立得∴,設,則∴解之得,,∴,故本題選B[例2]已知點為內一點,且0,則、、的面積之比等于 〔 A．9：4：1 B．1：4：9 C．3：2：1 D．1：2：3ABCxyO[巧解ABCxyO,建立如圖所示的直角坐標系,則點,,設,∵0,即∴解之得,,即,又直線的方程為,則點到直線的距離,∵,因此,,,故選C巧練一：〔20XX,XX卷設D、E、F分別是△ABC的三邊BC、CA、AB上的點,且〔 A．反向平行 B．同向平行 C．互相垂直 D．既不平行也不垂直巧練二：設是內部一點,且,則與面積之比是.五、查字典法查字典是大家比較熟悉的,我們用類似"查字典"的方法來解決數字排列問題中數字比較大小的問題,避免了用分類討論法時容易犯的重復和遺漏的錯誤,給人以"神來之法"的味道。利用"查字典法"解決數字比較大小的排列問題的思路是"按位逐步討論法"〔從最高位到個位,查首位時只考慮首位應滿足題目條件的情況；查前"2"位時只考慮前"２"位中第"2"個數應滿足條件的情況；依次逐步討論,但解題中既要注意數字不能重復,又要有充分的理論準備,如奇、偶問題,3的倍數和5的倍數的特征,0的特性等等。以免考慮不全而出錯。[例1]〔20XX,XX卷用數字0,1,2,3,4,5可以組成沒有重復數字,并且比20000大的五位偶數共有〔 〔A288個 〔B240個 〔C144個 〔D126個[巧解]本題只需查首位,可分3種情況,①個位為0,即型,首位是2,3,4,5中的任一個,此時個數為；②個位為2,即,此種情況考慮到萬位上不為0,則萬位上只能排3,4,5,所以個數為；③個位為4,型,此種特點考慮到萬位上不為0,則萬位上只能排2,3,5,所以個數為；故共有個。故選〔B[例2]〔20XX全國II卷在由數字1,2,3,4,5組成的所有沒有重復數字的5位數中,大于23145且小于43521的數共有〔 A．56個 B．57個 C．58個 D．60個[巧解]〔1查首位：只考慮首位大于2小于4的數,僅有1種情況：即型,此特點只需其它數進行全排列即可。有種,〔2查前２位：只考慮前"２"位中比３既大又小的數,有4種情況：,,,型,而每種情況均有種滿足條件,故共有種。〔3查前３位：只考慮前"3"位中既比１大又小于5的數,有4種情況：,,,型,而每種情況均有種滿足條件,故共有種。〔3查前4位：只考慮前"4"位中既比4大又小于2的數,此種情況只有23154和43512兩種情況滿足條件。故共有個,故選C巧練一：用數字可以組成沒有重復數字,并且不大于4310的四位偶數共有〔A．110種 B．109種 C．108種 D．107種巧練二：〔20XX,XX卷用數字1,2,3,4,5可以組成沒有重復數字,并且比20000大的五位偶數共有〔 〔A48個 〔B36個 〔C24個 〔D18個六、擋板模型法擋板模型法是在解決排列組合應用問題中,對一些不易理解且復雜的排列組合問題,當元素相同時,可以通過設計一個擋板模型巧妙解決,否則,如果分類討論,往往費時費力,同時也難以解決問題。[例1]體育老師把9個相同的足球放入編號為1,2,3的三個箱中,要求每個箱子放球的個數不少于其編號,則不同的放球方法有〔 A．8種 B．10種 C．12種 D．16種[巧解]先在2號盒子里放1個小球,在3號盒子里放2個小球,余下的6個小球排成一排為：,只需在6個小球的5個空位之間插入2塊擋板,如：,每一種插法對應著一種放法,故共有不同的放法為種.故選B[例2]兩個實數集,,若從A到B的映射使得B中每個元素都有原象,且,則這樣的映射共有〔個A． B． C． D．[巧解]不妨設兩個集合中的數都是從小到大排列,將集合的50個數視為50個相同的小球排成一排為：,然后在50個小球的49個空位中插入24塊木板,每一種插法對應著一種滿足條件對應方法,故共有不同映射共有種.故選 B巧練一：兩個實數集合A={a1,a2,a3,…,a15}與B={b1,b2,b3,…,b10},若從A到B的是映射f使B中的每一個元素都有原象,且f<a1>≤f<a2>≤…≤f<a10><f<a11><…<f<a15>,則這樣的映射共有〔 A．個 B．個 C．1015個 D．巧練二：10個完全相同的小球放在標有1、2、3、4號的四個不同盒子里,使每個盒子都不空的放法有〔種A．24 B．84 C．120 D．96七、等差中項法等差中項法是根據題目的題設條件〔或隱含的特征,聯想到等差數列中的等差中項,構造等差中項,從而可使問題得到快速解決,從而使解題過程變得簡捷流暢,令人賞心悅目。[例1]〔20XX,XX卷已知,則〔 〔A 〔B 〔C 〔D[巧解]根據特征,可得成等差數列,為與的等差中項。可設,,其中；則,,又,故,,由選項知應選〔C[例2]〔20XX,XX卷已知函數的最大值為M,最小值為m,則的值為〔〔A 〔B 〔C 〔D[巧解]由可得,為與的等差中項,令,,其中,則,即,又,則,故,解之得,即,∴,故選〔C巧練：〔20XX,XX卷的最小值.八、逆向化法逆向化法是在解選擇題時,四個選項以及四個選項中只有一個是符合題目要求的都是解題重要的信息。逆向化策略是把四個選項作為首先考慮的信息,解題時,要"盯住選項",著重通過對選項的分析,考查,驗證,推斷進行否定或肯定,或者根據選項之間的關系進行邏輯分析和篩選,找到所要選擇的,符合題目要求的選項。[例1]〔20XX,XX卷函數的定義域為〔A． B． C． D．[巧解]觀察四個選項取端點值代入計算即可,取,出現函數的真數為0,不滿足,排含有1的答案C,取代入計算解析式有意義,排不含有的答案B,取出現二次根式被開方數為負,不滿足,排含有2的答案A,故選D評析：求函數的定義域只需使函數解析式有意義,凡是考查具體函數的定義域問題都可用特值法代入驗證快速確定選項。[例2]〔20XX,XX卷已知函數,若對于任一實數與的值至少有一個為正數,則實數的取值范圍是〔 A．〔0,2 B．〔0,8 C．〔2,8 D．〔,0[巧解]觀察四個選項中有三個答案不含2,那么就取代入驗證是否符合題意即可,取,則有,這個二次函數的函數值對且恒成立,現只需考慮當時函數值是否為正數即可。這顯然為正數。故符合題意,排除不含的選項A、C、D。所以選B巧練一：〔20XX,XX卷函數〔x<0的反函數是〔 A.〔x<－1 B.〔x>1 C.〔x<－1 D.〔x>1巧練二：〔20XX,XX卷不等式的解集是〔 A． B．C． D．九、極限化法極限化法是在解選擇題時,有一些任意選取或者變化的元素,我們對這些元素的變化趨勢進行研究,分析它們的極限情況或者極端位置,并進行估算,以此來判斷選擇的結果.這種通過動態變化,或對極端取值來解選擇題的方法是一種極限化法.[例1]正三棱錐中,在棱上,在棱上,使,設為異面直線與所成的角,為異面直線與所成的角,則的值是〔A． B． C． D．[巧解]當時,,且,從而。因為,排除選擇支故選D〔或時的情況,同樣可排除,所以選D[例2]若,當＞1時,的大小關系是 〔A． B． C． D．[巧解]當時,,,,故,所以選B巧練一：若的大小關系 〔 A． B． C． D．與x的取值有關巧練二：對于任意的銳角,下列不等關系式中正確的是〔〔A〔B〔C〔D十、整體化法整體化法是在解選擇題時,有時并不需要把題目精解出來,而是從題目的整體去觀察,分析和把握,通過整體反映的性質或者對整體情況的估算,確定具體問題的結果,例如,對函數問題,有時只需要研究它的定義域,值域,而不一定關心它的解析示式,對函數圖象,有時可以從它的整體變化趨勢去觀察,而不一定思考具體的對應關系,或者對4個選項進行比較以得出結論,或者從整體,從全局進行估算,而忽略具體的細節等等,都可以縮短解題過程,這是一種從整體出發進行解題的方法.[例1]已知是銳角,那么下列各值中,可能取到的值是〔A． B． C． D．[巧解]∵,又是銳角,∴,∴,即,故選B[例2]<20XX,全國卷>據20XX3月5日九屆人大五次會議《政府工作報告》指出"20XX國內生產總值達到95933億元,比上一年增長7.3%."如果"十·五"期間<2001-20XX>每年的國內生產總值按此年增長率增長,那么,到"十·五"末,我國國內生產總值約為〔20080523〔A115000億元<B>120000億元20080523<C>127000億元<D>135000億元[巧解]注意到已知條件給出的數據非常精確,20XX國內生產總值達到億元,精確到億元,而四個選項提供的數據都是近似值,精確到千億元,即后三位都是0,因此,可以從整體上看問題,忽略一些局部的細節.把億元近似地視為億元,又把近似地視為,這樣一來,就有2008052320080523Oxy2巧練一：如圖所示為三角函數,〔的圖象的一部分,則此函數的周期可能是〔Oxy2A． B．C． D．巧練二：〔全國卷如圖,在多面體ABCDEF中,已知面ABCD是邊長為3的正方形,EF∥AB,EF,EF與面AC的距離為2,則該多面體的體積為〔〔A〔B5〔C6〔D十一、參數法在解題過程中,適當引入一個或幾個新變量代替原式中的某些量,使得原式中僅含有這些新變量,以此作為媒介,在進行分析和綜合,然后對新變量求出結果,從而解決問題的方法叫參數法。[例1]〔20XX,XX卷設橢圓過點,且左焦點為〔Ⅰ求橢圓的方程；〔Ⅱ當過點的動直線與橢圓相交于兩不同點時,在線段上取點,滿足,證明：點總在某定直線上。[巧解]<1>由題意：,解得,所求橢圓方程為<2>由得：設點Q、A、B的坐標分別為。由題設知均不為零,記,則且,又A,P,B,Q四點共線,從而,于是,,,從而,①,②又點A、B在橢圓C上,即③④①②并結合③,④得,即點總在定直線上。[例2]〔20XX,XX卷設橢圓方程為,過點M〔0,1的直線l交橢圓于點A、B,O是坐標原點,點P滿足,點N的坐標為,當l繞點M旋轉時,求動點P的軌跡方程；[巧解]直線l過點M〔0,1設其斜率為k,則l的方程為記、由題設可得點A、B的坐標、是方程組②①的解.②①將①代入②并化簡得,,所以于是設點P的坐標為則消去參數k得③當k不存在時,A、B中點為坐標原點〔0,0,也滿足方程③,所以點P的軌跡方程為巧練一：〔20XX,全國I卷直線通過點,則有 〔 A． B． C． D．巧練二：如圖,已知直線l與拋物線相切于點P<2,1>,且與x軸交于點A,O為坐標原點,定點B的坐標為〔2,0.〔I若動點M滿足,求點M的軌跡C；〔II若過點B的直線l′〔斜率不等于零與〔I中的軌跡C交于不同的兩點E、F〔E在B、F之間,試求△OBE與△OBF面積之比的取值范圍.十二、交軌法如果所求軌跡是兩條動曲線〔包括直線的交點所得,其一般方法是恰當地引進一個參數,寫出兩條動曲線的方程,消去參數,即得所求的軌跡方程,所以交軌法是參數法的一種特殊情況。[例1]已知橢圓C：,短軸一個端點到右焦點的距離為.〔Ⅰ求橢圓C的方程；〔Ⅱ設直線經過橢圓的焦點F交橢圓C交于A、B兩點,分別過A、B作橢圓的兩條切線,A、B為切點,求兩條切線的交點的軌跡方程。[巧解]〔Ⅰ設橢圓的半焦距為,依題意解之得,所求橢圓方程為．〔Ⅱ由〔I知,設,,,對橢圓求導：,即,則過A點的切線方程為整理得①同理過B點的切線方程為②,又在兩切線、上,∴,因此,,兩點在均在直線上,又∵在直線上,∴,即為交點的軌跡方程[例2]過拋物線C：上兩點M,N的直線交y軸于點P〔0,b.〔Ⅰ若∠MON是鈍角〔O為坐標原點,求實數b的取值范圍；〔Ⅱ若b=2,曲線C在點M,N處的切線的交點為Q.證明：點Q必在一條定直線上運動.[巧解]〔Ⅰ設點M,N坐標分別為由題意可設直線方程為y=kx+b,〔Ⅱ當b=2時,由〔Ⅰ知∵函數y=x2的導數y′=2x,拋物線在兩點處切線的斜率分別為∴在點M,N處的切線方程分別為巧練一：已知定點A〔1,0和定直線上的兩個動點E、F,滿足,動點P滿足〔其中O為坐標原點.〔Ⅰ求動點P的軌跡C的方程；〔Ⅱ設直線經過點與軌跡C交于A、B兩點,分別過A、B作軌跡C的兩條切線,A、B為切點,求兩條切線的交點的軌跡方程。巧練二：如圖,在以點O為圓心,|AB|=4為直徑的半圓ADB中,OD⊥AB,P是半圓弧上一點,∠POB=30°.曲線C是滿足||MA|－|MB||為定值的動點M的軌跡,且曲線C過點P.〔Ⅰ建立適當的平面直角坐標系,求曲線C的方程；〔Ⅱ設過點D的直線l與曲線C相交于不同的兩點E、F.分別過E、F.作軌跡C的兩條切線,E、F.為切點,求兩條切線的交點的軌跡方程。十三、幾何法利用平面幾何或解析幾何的知識分析圖形性質,發現動點運動規律,然后得出題目結論的方法叫做幾何法。OxyC[例1]<20XX,XX卷>已知、是平面內兩個互相垂直的單位向量,若向量滿足的最大值是〔OxyC〔A1 〔B2 〔C〔D[巧解]不妨設以、所在直線為軸,軸,且,,由已知得,整理得即,所以向量的坐標是以為圓心,為半徑的一個圓且過原點,故的最大值即為圓的直徑為,故本題選〔C[例2]〔20XX,XX卷若AB=2,AC=的最大值.[巧解]建立如圖平面直角坐標系,設,,,由B<2,0>Axy即,∴B<2,0>Axy化簡得配方得,所以點軌跡是以為圓心,為半徑的一個圓〔除去與軸的兩個交點,所以當點縱坐標絕對值為,即時,有最大值為,所以答案為巧練一：已知,,其中,則的最小值為.巧練二：已知實數、滿足,則的最大值等于.十四、弦中點軌跡法有關弦中點的問題,主要有三種類型：過定點且被定點平分的弦；平行弦的中點軌跡；過定點的弦重點軌跡。"點差法"解決有關弦中點問題較方便,要點是巧代斜率。[例1]〔20XX高考XX、XX卷已知拋物線C的頂點在坐標原點,焦點為,直線與拋物線C相交于A,B兩點,若AB的中點為〔2,2,則直線的方程為.[巧解]由知拋物線C的方程為,設,,代入拋物線方程則有：,,兩式相減有,即,又,∴,即。故：,即,∴本題應填[例2]橢圓與直線交于、兩點,若過原點與線段中點的直線的傾斜角為,則的值為〔〔A〔B〔C〔D[巧解]設的中點為,,,則,又,兩式相減,得,即,∴∴,又,∴,故選〔B巧練一：若橢圓與直線交于、兩點,過原點與線段中點的直線的斜率為,則的值為.巧練二：若橢圓的弦被點平分,則此弦所在直線的斜率是為.十五、比較法現實世界的同類量之間,有相等關系,也有不等關系。兩個可以比較大小的量和,若,,,則它們分別表示,,,我們把根據兩個量的差的正、負或零判斷兩個量不等或相等的方法叫做差式比較法；當兩個量均為正值時,有時我們又可以根據,或來判斷,,,這個方法叫做商式比較法。這兩種方法在數列與函數、不等式交匯問題中應用廣泛。比較法之一〔作差法0步驟：作差——變形——定號——結論〔1作差：對要比較大小的兩個數〔或式作差。〔2變形：常采用配方、因式分解等恒等變形手段,將"差"化成"積"。〔3定號：就是確定是大于,還是等于,還是小于,最后下結論。概括為"三步,一結論",這里的"定號"是目的,"變形"是關鍵。注意：若兩個正數作差比較有困難,可以把式子靈活變形,通過作商或將它們的平方差來比較大小。[例1]已知數列中,,且點在直線上〔1求的通項公式；〔2若函數,求函數的最小值.[巧解]〔1點在直線上,即且數列是以為首項,為公差的等差數列 〔2,是單調遞增的,故的最小值是[例2]〔Ⅰ已知函數是數列的前n項和,點〔n,Sn〔n∈N*,在曲線上,求an.〔Ⅱ在〔Ⅰ的條件下,若,且Tn是數列{cn}的前n項和.試問Tn是否存在最大值？若存在,請求出Tn的最大值,若不存在,請說明理由.[巧解]〔Ⅰ點〔n,Sn在曲線上,所以當n=1時,a1=S1=3,當n≥2時,an=Sn-Sn-1=9-6n,〔Ⅱ利用錯位相減法,存在最大值巧練一：〔20XX,全國卷若,則 〔 A．a<b<c B．c<b<a C．c<a<b D．b<a<c巧練二：已知函數的圖象過點〔Ⅰ求函數的反函數的解析式；〔Ⅱ記,是否存在正數k,使得均成立.若存在,求出k的最大值；若不存在,請說明理由.十六、基本不等式法借助基本不等式證明不等式或求某些函數最值的方法叫基本不等式。常用的基本不等式有下面幾種形式：①若、,則,〔當且僅當時取等號,反之也成立,②若、,則,〔當且僅當時取等號,反之也成立。③若、、都是正數,則,〔當且僅當時取等號,反之也成立。④若、、都是正數,則,〔當且僅當時取等號,反之也成立。對于公式及公式的理解,應注意以下幾點：①兩個公式成立的條件是不同的,前者只要求、是實數,而后者強調、必須是正數。②要對兩個公式的等號及"當且僅當時取等號"的含義要有透徹的理解并會在函數、三角函數、解析幾何等知識中靈活應用。解題功能及技巧是：①二、三元不等式具有將"和式"轉化為"積式"和將"積式"轉化為"和式"的放縮功能。②在創設應用不等式的使用條件時,合理拆分項或配湊因式是常用的解題技巧。③"和定積最大,積定和最小",即個正數的和為定值,則可求積的最大值,積為定值,則可求和的最小值。應用此結論求某些函數最值要注意三個條件：就是"一正——各項都是正數；二定——積或和是定值；三等——等號能否取到",求最值時,若忽略了上述三個條件,就會出現錯誤,導致解題失敗。必要時要做適當的變形或換元,以滿足上述條件。[例1]〔20XX,XX卷函數f〔x=〔0≤x≤2的值域是〔〔A[－] 〔B[－]〔C[－] 〔D[－][巧解]∵,∴令,∵,,∴∴,∴,當且僅當,即時取等號,此時,即或,∴,因而,故的值域為[－][例2]〔20XX,XX卷設則函數的最小值為.[巧解]由二倍角公式及同角三角函數的基本關系得：=,∵∴,利用均值定理,,當且僅當時取"=",∴,所以應填.巧練一：函數的最小值是。巧練二：求函數的最大值。十七、綜合法利用某些已知證明過的不等式和不等式的性質,推導出所要證明的不等式,這個證明方法叫綜合法。[例1]已知是正數,且,,求證：[巧證]左右,當且僅當,即時,取"＝"號,故。[例2]已知是正數,且,求證：[巧證],當且僅當時取"＝"號。巧練一：已知函數．設,求證：．巧練二：已知都是實數,且,,求證：十八、分析法證明不等式時,有時可以從求證的不等式出發,分析使這個不等式成立的充分條件,把證明不等式轉化為判定這些充分條件是否具備的問題,如果能夠肯定這些充分條件都具備,那么就可以判定原不等式成立,這種方法通常叫分析法。注意：①分析法是"執果索因",步步尋求不等式成立的充分條件,可以簡單寫成,②分析法與綜合法是對立統一的兩種方法。綜合法是"由因導果"；③分析法論證"若則"這個命題的證明模式〔步驟是：欲證明命題成立,只須證明命題成立,,從而有,只須證明命題成立,從而又有,只須證明命題成立,而已知成立,故必成立。④用分析法證明問題時,一定要恰當用好"要證","只須證","即證","也即證"等詞語。[例1]求證[巧證]∵,,要證,只須證,即證也即證,∵,顯然成立,∴原不等式成立。[例2]設,,且,證明[巧證]要證只須證,即證兩邊平方得：,也即證,∵且∴顯然成立,∴原不等式成立。巧練一：求證巧練二：已知,,,試證明：十九、放縮法欲證,可通過適當放大或縮小,借助一個或多個中間量,使得,,。。。或,,。。。,在利用傳遞性,達到欲證的目的,這種方法叫放縮法。放縮法的實質是非等價轉化,放縮沒有一定的準則和程序,需按題意適當放縮否則是達不到目的,此方法在數列與函數、不等式綜合問題中證明大小關系是常用方法。放縮法的方法有：〔1添加或舍去一些項,如：；〔2將分子或分母放大〔或縮小〔3利用基本不等式,如：〔4利用常用結論：①；②；〔程度大③〔程度小④[例1]已知數列〔1求的通項公式；〔2設[巧解]由即〔2當n=1時,又[例2]已知數列的各項均為正數,〔Ⅰ求數列的通項公式；〔Ⅱ設數列的前n項和為Tn,且,求證：對任意正整數n,總有[巧解]〔Ⅰ解：①②①—②,得即數列是等比數列.〔Ⅱ證明：∵對任意正整數n,總有巧練一：已知數列{}的通項為,前項和為,且是與2的等差中項；數 列{}中,點P〔,在直線上,〔Ⅰ求數列{}、{}的通項公式,；〔Ⅱ設{}的前項和為,試比較與2的大小；巧練二：已知數列,且對任意,都有上.〔1求數列{}的通項公式；〔2求證：二十、反證法從否定命題的結論入手,并把對命題結論的否定作為推理的已知條件,進行正確的邏輯推理,使之得到與已知條件、公理、定理、法則或已經證明為正確的命題等相矛盾,矛盾的原因是假設不成立,所以肯定了命題的結論,從而使命題獲得了證明的證明方法叫反證法。基本證明模式是：要證明,先假設,由已知及性質推出矛盾,從而肯定,適用范圍：①否定性命題；②唯一性命題；③含有"至多"、"至少"問題。④根據問題條件和結論,情況復雜難于入手,可考慮試用反證法。反證法是屬于"間接證明法"一類,是從反面的角度思考問題的證明方法,即：否定結論推導出矛盾肯定結論成立,應用反證法證明的主要三步是：第一步,反設——作出與求證結論相反的假設；第二步——歸謬：將反設作為條件,并由此通過一系列的正確推理導出矛盾；第三步——肯定結論：說明反設不成立,從而肯定原命題成立。[例1]若證明,,不能同時大于[巧證]假設,那么；同理,上述三式相加得,矛盾,故假設不成立,原命題成立[例2]求證：不是周期函數[巧證]假設函數是周期函數,是它的一個周期,即對任意都有成立,令,得即,∴,分兩種情況討論：〔1若,則對任意都成立,取,有,即,而,∴不是該函數的周期。〔2若,則有對任意都成立,取,有有,即,而,∴不是該函數的周期。由〔1和〔2說明不是該函數的周期。故假設不成立,從而命題得證。巧練一：設,求證、、之中至少有一個不小于巧練二：若下列方程：,,至少有一個方程有實根。試求實數的取值范圍。二十一、換元法解數學題時,把某個式子看成一個整體,用一個變量去代替它,從而使問題得到簡化,這叫換元法。換元法又稱輔助元素法、變量代換法。通過引進新的變量,可以把分散的條件聯系起來,隱含的條件顯露出來,或者把條件與結論聯系起來。或者變為熟悉的形式,把復雜的計算和推證簡化。它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式,在研究方程、不等式、函數、數列、三角等問題中有廣泛的應用。換元的實質是轉化,關鍵是構造元和設元,理論依據是等量代換,目的是變換研究對象,將問題移至新對象的知識背景中去研究,從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化,變得容易處理。換元的方法有：〔1局部換元,局部換元又稱整體換元,是在已知或者未知中,某個代數式幾次出現,而用一個字母來代替它從而簡化問題,當然有時候要通過變形才能發現。例如解不等式,先變形為設,而變為熟悉的一元二次不等式求解和指數方程的問題。〔2三角換元,應用于去根號,或者變換為三角形式易求時,主要利用已知代數式中與三角知識中有某點聯系進行換元。如求函數的值域時,易發現設,,問題變成了熟悉的求三角函數值域。為什么會想到如此設,其中主要應該是發現值域的聯系,又有去根號的需要。如：已知,可設,已知,可設,已知,可設,已知,可設,〔3均值換元,如遇到形式時,設等等。我們使用換元法時,要遵循有利于運算、有利于標準化的原則,換元后要注重新變量范圍的選取,一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍,不能縮小也不能擴大。[例1]〔20XX,XX卷若函數的值域是,則函數的值域是〔 A． B． C． D．[巧解]令,,問題轉化為求函數在的值域,于是由函數在上為減函數,在上為增函數,得,故本題選B[例2]〔20XX,XX卷函數的值域是〔20080807 〔A[－] 〔B[－1,0]20080807 〔C[－] 〔D[－][巧解],當時,原式,令,即,∴,即,其中,又,∴,即,解之得,∴,當時,,綜上知的值域為,故本題選B巧練一：函數的值域是 〔 A． B． C． D．巧練二：<20XX,XX卷>設的最小值是〔 A． B． C．－3 D．第十一章不等式難點巧學一、活用倒數法則巧作不等變換——不等式的性質和應用不等式的性質和運算法則有許多,如對稱性,傳遞性,可加性等.但靈活運用倒數法則對解題,尤其是不等變換有很大的優越性.倒數法則：若ab>0,則a>b與eq\f<1,a><eq\f<1,b>等價。此法則在證明或解不等式中有著十分重要的作用。如：〔1998年高考題改編解不等式loga<1-eq\f<1,x>>>1.分析：當a>1時,原不等式等價于：1-eq\f<1,x>>a,即eq\f<1,x><1-a,∵a>1,∴1-a<0,eq\f<1,x><0,從而1-a,eq\f<1,x>同號,由倒數法則,得x>eq\f<1,1-a>;當0<a<1時,原不等式等價于0<1-eq\f<1,x><a,∴1-a<eq\f<1,x><1,∵0<a<1,∴1-a>0,eq\f<1,x>>0,從而1-a,eq\f<1,x>同號,由倒數法則,得1<x<eq\f<1,1-a>;綜上所述,當a>1時,x∈<eq\f<1,1-a>,+∞>；當0<a<1時,x∈<1,eq\f<1,1-a>>.注：有關不等式性質的試題,常以選擇題居多,通常采用特例法,排除法比較有效。二、小小等號也有大作為——絕對值不等式的應用絕對值不等式：||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|。這里a,b既可以表示向量,也可以表示實數。當a,b表示向量時,不等式等號成立的條件是：向量a與b共線；當a,b表示實數時,有兩種情形：〔1當ab≥0時,|a+b|=|a|+|b|,|a-b|=||a|-|b||;<2>當ab≤0時,|a+b|=||a|-|b||,|a-b|=|a|+|b|.簡單地說就是當a,b同號或異號時,不等式就可轉化為等式〔部分地轉化,這為解決有關問題提供了十分有效的解題工具。如：若1<eq\f<1,a><eq\f<1,b>,則下列結論中不正確的是〔A、logab>logbaB、|logab+logba|>2C、<logba>2<1D、|logab|+|logba|>|logab+logba|分析：由已知,得0<b<a<1,∴a,b同號,故|logab|+|logba|=|logab+logba|,∴D錯。[答案]D注：絕對值不等式是一個十分重要的不等式,其本身的應用價值很廣泛,但在高考或其他試題中常設計成在等號成立時的特殊情況下的討論,因此利用等號成立的條件〔a,b同號或異號是解決這一類問題的一個巧解。三、"抓兩頭看中間",巧解"雙或不等式"——不等式的解法〔1解不等式〔組的本質就是對不等式〔組作同解變形、等價變換。〔2多個不等式組成的不等式組解集的合成——先同向再異向不等式組的解法最關鍵的是最后對幾個不等式交集的確定。常用畫數軸的方法來確定,但畢竟要畫數軸.能否不畫數軸直接就可得出解集呢?下面的方法就十分有效。可以"先同向再異向"的原則來確定,即先將同向不等式"合并"〔求交集,此時"小于小的,大于大的"；最后余下的兩個異向不等式,要么為空集,要么為兩者之間。如解不等式組:eq\b\lc\{<\a\al<x<1①,x<3②,x>-3③,x>0④,-1<x<2⑤>>,先由③④<同>>得x>0<大于大的>;再由①②<同<>得x<1<小于小的>;再將x>0與x<1分別與⑤作交集,由x>0與⑤得0<x<2;由x<1與⑤得-1<x<1.這樣所得的不等式的解集為<0,1>.〔3雙或不等式組的解集合成形如eq\b\lc\{<\a\al<f1<x><a或g1<x>>b,f2<x><c或g2<x>>d>>的不等式組稱為"雙或"型不等式組〔實際上包括多個"或"型不等式組成的不等式組也在此列,這是解不等式組中的一個難點。解決這類不等式組時常借用數軸來確定,但學生在求解時總會出現一些錯誤。這里介紹一種不通過數軸的直接方法："抓兩頭看中間"！如：eq\b\lc\{<\a\al<x<a或x>b,x<c或x>d>>,先比較a,b,c,d四個數的大小,如a<b<c<d,則其解集中必含有x<a或x>d〔即抓兩頭；再看x>b與x<c的交集,若有公共部分,則b<x<c;若無公共部分,則此時為空集〔看中間,最后將"抓兩頭"和"看中間"的結果作并集即為所求的解集。四、巧用均值不等式的變形式解證不等式均值不等式是指：a2+b2≥2ab<a,b∈R>①；a+b≥2eq\r<ab><a,b∈R+>②.均值不等式是高考的重點考查內容,但其基本公式只有兩個,在實際解題時不是很方便。若能對均值不等式進行適當變形,那么在解題時就能達到事半功倍的效果。下面的一些變形式在解題時就很有用,不妨一試。當然你也可以根據需要推導一些公式。如：a2≥2ab-b2③;是將含一個變量的式子,通過縮小變為含兩個變量的式子,體現增元之功效,當然反過來即是減元；<2>eq\f<a2,b>≥2a-b④;<a,b>0>是將分式化為整式,體現分式的整式化作用;試試下面兩個問題如何解:求證：〔1a2+b2+c2≥ab+bc+ac;<2>eq\f<a2,b>+eq\f<b2,c>+eq\f<c2,a>≥a+b+c.<a,b,c>0>〔析：〔1由a2≥2ab-b2得b2≥2bc-c2,c2≥2ac-a2,三式相加整理即得；〔2∵eq\f<a2,b>≥2a-b∴同樣可得另兩式,再將三式相加整理即得。<3>ab≤<eq\f<a+b,2>>2⑤;利用不等關系實現兩數和與兩數積的互化；<4>eq\r<\f<a2+b2,2>>eq\f<a+b,2>eq\r<ab>⑥;<a,b>0>利用不等關系實現兩數和、兩數的平方和及兩數積之間的轉化；注：涉及兩數和、兩數的平方和及兩數積的問題是一個十分常見的問題,利用⑤、⑥兩式可以使其中的關系一目了然。從解題分析上看,對解題有很好的導向作用。<5>若a,b∈R+,則eq\f<x2,a>+eq\f<y2,b>≥eq\f<<x+y>2,a+b>⑦<當且僅當eq\f<x,a>=eq\f<y,b>時取等號>;此式在解題中的主要作用表現在：從左向右看是"通分"〔不是真正的通分或"合并",化多項為一項,項數多了總不是好事；從右向左看,是"分解"或"拆項",實現"一分為二"的變形策略。這在解不等式相關問題中就很有作為！請看下例：例：已知-1<a<1,-1<b<1,求證：eq\f<1,1-a2>+eq\f<1,1-b2>≥eq\f<2,1-ab>.分析：由上不等式,立即得到eq\f<1,1-a2>+eq\f<1,1-b2>≥eq\f<<1+1>2,2-a2-b2>≥eq\f<4,2-2ab>=eq\f<2,1-ab>。⑦式還可推廣到三個或更多字母的情形,即eq\f<x2,a>+eq\f<y2,b>+eq\f<z2,c>≥eq\f<<x+y+z>2,a+b+c><a,b,c>0>;eq\f<b12,a1>+eq\f<b22,a2>+…+eq\f<bn2,an>≥eq\f<<b1+b2+…+bn>2,a1+a2+…+an><a1,a2,…,an>0><6>ax+by≤eq\r<a2+b2>eq\r<x2+y2>.<柯西不等式>此不等式將和<差>式與平方和式之間實現了溝通,靈活應用此式可以很方便地解決許多問題.如下例:例:使關于x的不等式eq\r<x-3>+eq\r<6-x>≥k有解的實數k的取值范圍是[]Aeq\r<6>-eq\r<3>Beq\r<3>Ceq\r<6>+eq\r<3>Deq\r<6>分析:所求k的范圍可以轉化為求不等式左邊的最大值即可,由柯西不等式得eq\r<x-3>+eq\r<6-x>≤eq\r<2>eq\r<<eq\r<x-3>>2+<eq\r<6-x>>2>=eq\r<2>eq\r<3>=eq\r<6>.∴k≤eq\r<6>,∴k的最大值是eq\r<6>.填D.五、不等式中解題方法的類比應用1、三種基本方法：比較法、分析法、綜合法。其中比較法可分為作差比較法和作商比較法,不僅在不等式的證明和大小比較中有廣泛的應用,同時在其他方面也有很大的作用。如分析法就是一種重要的思維方法,在數學的其他章節中也有廣泛的應用。2、放縮法：是不等式證明中一種十分常用的方法,它所涉及的理論簡單,思維簡單,應用靈活,因而在解題時有著十分重要的應用。如果能靈活應用放縮法,就可以達到以簡馭繁的效果。活題巧解例1若1<eq\f<1,a><eq\f<1,b>,則下列結論中不正確的是[]Alogab>logbaB|logab+logba|>2C<logba>2<1D|logab|+|logba|>|logab+logba|[巧解]特例法、排除法由已知,可令a=eq\f<1,2>,b=eq\f<1,3>,則logab=log23>1,0<logba=log32<1,于是A、B、C均正確,而D兩邊相等,故選D。[答案]D。例2不等式組eq\b\lc\{<\a\al<|x-2|<2,log2<x2-1>>1>>的解集為[] <A><0,eq\r<3>>； <B><eq\r<3>,2>； <C><eq\r<3>,4>； <D><2,4>。[巧解]排除法令x=3,符合,舍A、B；令x=2,合題,舍D,選C。[答案]C。例3已知y=f<x>是定義在R上的單調函數,實數x1≠x2,λ≠-1α=eq\f<x1+λx2,1+λ>,β=eq\f<x2+λx1,1+λ>,若|f<x1>-f<x2>|<|f<α>-f<β>|,則[] A．λ<0 B．λ=0C.0<λ<1 D．λ≥1[巧解]等價轉化法顯然λ≠0,β=eq\f<x2+λx1,1+λ>=eq\f<x1+eq\f<1,λ>x2,1+eq\f<1,λ>>,∴α、β分別是以x1,x2為橫坐標的點所確定的線段以λ和eq\f<1,λ>為定比的兩個分點的橫坐標.由題意知,分點應在線段兩端的延長線上,所以λ<0,故選A。[答案]A。例40<a<1,下列不等式一定成立的是[].〔A|log<1+a><1-a>|+|log<1-a><1+a>|>2〔B|log<1+a><1-a>|<|log<1-a><1+a>|〔C|log<1+a><1-a>+log<1-a><1+a>|<|log<1+a><1-a>|+|log<1-a><1+a>|〔D|log<1+a><1-a>-log<1-a><1+a>|>|log<1+a><1-a>|-|log<1-a><1+a>|[巧解]換元法、綜合法由于四個選項中只涉及兩個式子log<1+a><1-a>和log<1-a><1+a>,為了簡化運算看清問題的本質,不妨設x=log<1+a><1-a>,y=log<1-a><1+a>,由0<a<1知,x<0,y<0且x≠y,于是四個選項便為：A|x|+|y|>2B|x|<|y|C|x+y|<|x|+|y|D|x-y|<|x|-|y|這樣選A就是極自然的事了。ab1Oyab1Oyx<eq\f<1,3>>x<eq\f<1,2>>x例5已知實數a,b滿足等式<eq\f<1,2>>a=<eq\f<1,3>>b,下列五個關系式：①0<b<a；②a<b<0；③0<a<b；④b<a<0；⑤a=b.其中不可能成立的關系式有[].〔A1個〔B2個〔C3個〔D4個[巧解]數形結合法在同一坐標系內同時畫出兩個函數圖象：y1=<eq\f<1,2>>x,y2=<eq\f<1,3>>x,<如圖>作直線y=m<m>0圖中平行于x軸的三條虛線>,由圖象可以看到：當0<m<1時,0<b<a;當m=1時,a=b;當m>1時,a<b<0.所以不可能成立的有兩個,選B。12oyx12oyx例6如果數列｛an｝是各項都大于0的等差數列,且公差d≠0,則[].〔Aa1+a8<a4+a5〔Ba1+a8=a4+a5〔Ca1+a8>a4+a5〔Da1a8=a4a5[巧解]特例法、排除法取an=n,則a1=1,a4=4,a5=5,a8=8,∴a1+a8=a4+a5,故選B。[答案]B。例7條件甲：x2+y2≤4,條件乙：x2+y2≤2x,那么甲是乙的[]充分不必要條件B、必要不充分條件C、充分必要條件D、既非充分也非必要條件[巧解]數形結合法畫示意圖如圖。圓面x2+y2≤2x〔包括圓周被另一個圓面x2+y2≤4包含,結論不是一目了然了嗎？[答案]B例8已知a,b,c均為正實數,則三個數a+eq\f<1,b>,b+eq\f<1,c>,c+eq\f<1,a>與2的關系是[]A、都不小于2B、至少有一個不小于2C、都不大于2D、至少有一個不大于2[巧解]整體化思想將a+eq\f<1,b>,b+eq\f<1,c>,c+eq\f<1,a>"化整為零",得a+eq\f<1,b>+b+eq\f<1,c>+c+eq\f<1,a>=a+eq\f<1,a>+b+eq\f<1,b>+c+eq\f<1,c>≥6,故已知的三個數中至少有一個不小于2。故選B。[答案]B例9解不等式–1<eq\f<3x,x2-4><1.[巧解]數軸標根法、等價轉化法原不等式等價于〔3x+x2-4><3x-x2+4><0,即<x+4><x-1><x+1><x-4>>0,由數軸標根法,知解集為{x|x<-4或-1<x<1或x>4}。[答案]{x|x<-4或-1<x<1或x>4}注：可以證明不等式m<eq\f<f<x>,g<x>><n與不等式[f<x>-mg<x>][f<x>-ng<x>]<0等價。例10不等式|x+2|≥|x|的解集是______.[巧解]數形結合法由數軸上點的意義知,上述不等式的意義是數軸上的點x到-2的距離不小于到原點的距離。由圖形,易知,x≥-1。[答案]{x|x≥-1}例11已知c>0,不等式x+|x-2c|>1的解集是R,求c的取值范圍。[巧解]等價轉化法要使原不等式的解集為R,只需不等式中不含x即可,故有x-x+2c>1∴c>eq\f<1,2>。[答案]c>eq\f<1,2>注：這里將|x-2c|中去絕對值的討論簡化為符合題意的一種,顯然簡捷、精彩！例12已知f<x>=<x-a><x-b>-2<a<b>,方程f<x>=0的兩實根為m,nmba2xmba2xOn[巧解]數形結合法令g<x>=<x-a><x-b>,則f<x>=g<x>-2,由f<x>=0得g<x>=2,因此f<x>=0的兩根m,n可看成直線y=2與y=g<x>交點的橫坐標,畫出f<x>,g<x>的圖象,由圖象容易得到m<a<b<n.[答案]m<a<b<n.例13若0<a<b<c<d,且a2+d2=b2+c2,求證：a+d<b+c.[巧解]綜合法由0<a<b<c<d,得d-a>c-b,∴<d-a>2><b-c>2,又<a+d>2+<a-d>2=<b+c>2+<b-c>2,兩式相減,得<a+d>2<<b+c>2,∴a+d<b+c.[答案]見證明過程注：本題的幾何意義是：在RtΔABC與RtΔABD中,其中AB為公共的斜邊。若BC>BD,則AC<AD.例14求征：1+eq\f<1,22>+eq\f<1,32>+…+eq\f<1,n2><2-eq\f<1,n><n≥2,n∈N*>.[巧解]逆用公式法、放縮法逆用數列的前n項和的方法來求。設想右端2-eq\f<1,n>是某數列{an}的前n項和,即令Sn=2-eq\f<1,n>,則n≥2時,an=Sn-Sn-1=<2-eq\f<1,n>>-<2-eq\f<1,n-1>>=eq\f<1,n-1>-eq\f<1,n>=eq\f<1,n<n-1>>,這樣問題就轉化為eq\f<1,n2><eq\f<1,n<n-1>>,而這顯然。∴命題成立。[答案]見證明過程例15已知a>b>c,求證：eq\f<1,a-b>+eq\f<1,b-c>+eq\f<1,c-a>>0.[巧解]放縮法∵0<a-b<a-c,∴由倒數法則〔難點巧學得eq\f<1,a-b>>eq\f<1,a-c>,而eq\f<1,b-c>>0,∴eq\f<1,a-b>+eq\f<1,b-c>>eq\f<1,a-c>,∴原式得證。[答案]見證明過程例16已知a,b,c均為正數,求證：3<eq\f<a+b+c,3>-eq\r<3,ab>>≥2<eq\f<a+b,2>-eq\r<ab>>。[巧解]比較法、基本不等式法∵左邊-右邊=2eq\r<ab>+c-3eq\r<3,ab>=eq\r<ab>+eq\r<ab>+c-3eq\r<3,ab>≥3eq\r<3,ab>-3eq\r<3,ab>=0,∴原式成立。[答案]見證明過程例17已知-1<a<1,-1<b<1,求證：eq\f<1,1-a2>+eq\f<1,1-b2>≥eq\f<2,1-ab>.[巧解]構造法、綜合法由無窮等比數列〔|q|<1所有項和公式S=eq\f<a1,1-q>,得eq\f<1,1-a2>=1+a2+a4+a6+…;eq\f<1,1-b2>=1+b2+b4+b6+…,∴eq\f<1,1-a2>+eq\f<1,1-b2>=2+<a2+b2>+<a4+b4>+<a6+b6>+…≥2+2ab+2a2b2+2a3b3+…=eq\f<2,1-ab>.QTQTP<-1,-1>oyx例18已知a+b=1<a,b∈R>,求證：<a+1>2+<b+1>2≥eq\f<9,2>。[巧解]數形結合法。顯然Q<a,b>是直線L：x+y=1上的點,<a+1>2+<b+1>2表示點Q與P<-1,1>的距離的平方。如圖,設PT⊥直線L于T,所以|PQ|2≥|PT|2,又|PT|2=<eq\f<|-1-1-1|,\r<1+1>>>2=eq\f<9,2>,∴|PQ|2≥eq\f<9,2>∴原式成立。[答案]見證明過程例19若0≤θ≤eq\f<π,2>,求證：cos<sinθ>>sin<cosθ>.[巧解]單調性法、放縮法∵cosθ+sinθ=eq\r<3>sin<θ+eq\f<π,4>>≤eq\r<2><eq\f<π,2>,∴cosθ<eq\f<π,2>-sinθ,又∵0≤θ≤eq\f<π,2>,∴cosθ∈[0,1],eq\f<π,2>-sinθ∈[eq\f<π,2>-1,eq\f<π,2>],∴sin<cosθ><sin<eq\f<π,2>-sinθ>=cos<sinθ>.<單調性>[答案]見證明過程例20已知f<x>=eq\f<x,x+1>,若a>b>0,c=2eq\r<eq\f<1,b<a-b>>>,求證：f<a>+f<c>>1.[巧解]基本不等式法、放縮法可以證明f<x>在<0,+∞>上是增函數。∵c=2eq\r<eq\f<1,b<a-b>>>≥2eq\r<eq\f<1,<eq\f<a-b+b,2>>2>>=2eq\r<eq\f<4,a2>>=eq\f<4,a>>0,∴c≥eq\f<4,a>,∴f<c>≥f<eq\f<4,a>>,而f<a>+f<c>≥f<a>+f<eq\f<4,a>>=eq\f<a,a+1>+eq\f<eq\f<4,a>,eq\f<4,a>+1>=eq\f<a,a+1>+eq\f<4,a+4>>eq\f<a,a+4>+eq\f<4,a+4>=1.[答案]見證明過程例21若關于x的不等式x2+2ax-2b+1≤0與不等式-x2+<a-3>x+b2-1≥0有相同的非空解集,求a,b的值。[巧解]等價轉化法,數形結合法將y=x2+2ax-2b+1與y=-x2+<a-3>x+b2-1兩式相加,得2y=<3a-3>x+b2-2b,此即為直線MN的方程〔其中M、N分別為兩函數圖象與x軸的兩個交點；另一方面,由題意知,MN即x軸,其方程為y=0,比較兩式的系數得,3a-3=0,b2-2b=0,從而易得a=1,b=0或2,特別地當a=1,b=0時,兩不等式的解集為{-1},也符合題意。[答案]a=1,b=0或2。例22設定義在[-2,2]上的偶函數在區間[0,2]上單調遞減,若f<1-m><f<m>,求實數m的取值范圍。[巧解]等價轉化法解：∵f<x>是偶函數,∴f<-x>=f<x>=f<|x|>,∴f<1-m><f<m>等價于f<|1-m|><f<|m|>又當x∈[0,2]時,f<x>單調遞減,∴|1-m|>|m|且-2≤1-m≤2且-2≤m≤2解得-1≤m<eq\f<1,2>。[答案]-1≤m<eq\f<1,2>.注：本題應用了偶函數的一個簡單的性質,從而避免了一場"大規模"的討論,值得關注。例23解不等式：eq\f<1,2><eq\f<x3+2x+3,2x3+x+1>

<3.[巧解]構造法,定比分點法把eq\f<1,2>、eq\f<x3+2x+3,2x3+x+1>、3看成是數軸上的三點A、P、B,由定比分點公式知P分所成的比t>0,即eq\f<eq\f<x3+2x+3,2x3+x+1>-eq\f<1,2>,3-eq\f<x3+2x+3,2x3+x+1>>>0,化簡得x<3x+5>>0,∴x∈<-∞,eq\f<5,3>>∪<0,+∞>。[答案]x∈<-∞,eq\f<5,3>>∪<0,+∞>。例24已知x,y,z均是正數,且x+y+z=1,求證：eq\r<1-3x2>+eq\r<1-3y2>+eq\r<1-3z2>≤eq\r<6>。[巧解]配湊法、升冪法不等式兩邊配上eq\r<\f<2,3>>,再運用均值不等式升冪。〔你知道為什么要配eq\r<\f<2,3>>嗎？eq\r<\f<2,3>>eq\r<1-3x2>+eq\r<\f<2,3>>eq\r<1-3y2>+eq\r<\f<2,3>>eq\r<1-3z2>≤eq\f<\f<2,3>+1-3x2,2>+eq\f<\f<2,3>+1-3y2,2>+eq\f<\f<2,3>+1-3z2,2>=eq\f<5-3<x2+y2+z2>,2>≤eq\f<5-3×eq\f<1,3>,2>=2,∴原式成立。[答案]見證明過程例25設a,b,c為ΔABC的三條邊,求證：a2+b2+c2<2<ab+bc+ca>.[巧解]綜合法∵a+b>c,b+c>a,c+a>b,∴三式兩邊分別乘以c,a,b得ac+bc>c2,ab+ac>a2,bc+ab>b2,三式相加并整理得,a2+b2+c2<2<ab+bc+ca>.[答案]見證明過程例26解不等式eq\f<8,<x+1>3>+eq\f<10,x+1>-x3-5x>0.[巧解]構造法,綜合法原不等式等價于<eq\f<2,x+1>>3+5<eq\f<2,x+1>>>x3+5x,構造函數f<x>=x3+5x,則原不等式即為f<eq\f<2,x+1>>>f<x>,又f<x>在R上是增函數,∴eq\f<2,x+1>>x,解此不等式得x<-2或-1<x<1。[答案]{x|x<-2或-1<x<1}.例27已知函數f<x>=x2+ax+b<a,b∈R>,x∈[-1,1],求證：|f<x>|的最大值M≥eq\f<1,2>.[巧解]反證法假設M<eq\f<1,2>,則|f<x>|<eq\f<1,2>恒成立,∴-eq\f<1,2><f<x><eq\f<1,2>,即-eq\f<1,2><x2+ax+b<eq\f<1,2>,令x=0,1,-1,分別代入上式,得-eq\f<1,2><b<eq\f<1,2>①,-eq\f<1,2><1-a+b<eq\f<1,2>②,-eq\f<1,2><1+a+b<eq\f<1,2>③,由②+③得-eq\f<3,2><b<-eq\f<1,2>,這與①式矛盾,故假設不成立,∴原命題成立。[答案]見證明過程例28已知二次函數f<x>=ax2+bx+c,且方程f<x>=0的兩根x1、x2都在<0,1>內,求證:f<0>f<1>≤eq\f<a2,16>.[巧解]待定系數法、基本不等式法因方程有兩個實根為x1,x2,故可設f<x>=a<x-x1><x-x2>,于是f<0>f<1>=ax1x2·a<1-x1><1-x2>=a2x1<1-x1>x2<1-x2>≤a2·eq\f<1,4>·eq\f<1,4>≤eq\f<a2,16>。[答案]見證明過程例29若a1、a2、…、a11成等差數列,且a12+a112≤100,求S=a1+a2+…+a11的最大值和最小值。[巧解]基本不等式法、綜合法<a1+a11>2=a12+2a1a11+a112≤2<a12+a112>≤200,∴|a1+a11|≤10eq\r<2>,又a1、a2、…、a11成等差數列,∴S=a1+a2+…+a11=eq\f<11,2><a1+a11>,∴Smax=55eq\r<2>,Smin=-55eq\r<2>.[答案]Smax=55eq\r<2>,Smin=-55eq\r<2>.例30若0≤x,y≤1,求證：eq\r<x2+y2>+eq\r<<1-x>2+y2>+eq\r<x2+<1-y>2>+eq\r<<1-x>2+<1-y>2>≥2eq\r<2>等號當且僅當x=y=eq\f<1,2>時成立。Gy=<Gy=<eq\f<1,2>>xFy=<