最新2012数学高中巧学巧解大全

最新2012数学高中巧学巧解大全
第一部分 高中数学活题巧解方法总论
一、代入法
若动点依赖于另一动点而运动，而点的轨迹方程已知（也可能易于求得）且可建立关系式，，于是将这个点的坐标表达式代入已知（或求得）曲线的方程，化简后即得点的轨迹方程，这种方法称为代入法，又称转移法或相关点法。
【例1】（2009年高考广东卷）已知曲线：与直线：交于两点和，且，记曲线C在点A和点B之间那一段L与线段AB所围成的平面区域（含边界）为D.设点是L上的任一点，且点P与点A和点B均不重合.若点Q是线段AB的中点，试求线段PQ的中点M的轨迹方程；
【巧解】联立与得，则中点，
设线段 的中点坐标为，则，
即，又点在曲线上，
∴化简可得，又点是上的任一点，
且不与点和点重合，则，即，
∴中点的轨迹方程为（）.
【例2】（2008年，江西卷）设 在直线上，过点作双曲线的两条切线、，切点为、，定点M。 过点A作直线的垂线，垂足为N，试求的重心G所在的曲线方程。
【巧解】设，由已知得到，且，，（1）垂线的方程为：，
由得垂足，设重心
所以 解得
由 可得
即为重心所在曲线方程
巧练一：（2005年，江西卷）如图，设抛物线的焦点为F，动点P在直线上运动，过P作抛物线C的两条切线PA、PB，且与抛物线C分别相切于A、B两点.，求△APB的重心G的轨迹方程.
巧练二：（2006年，全国I卷）在平面直角坐标系中，有一个以和为焦点、离心率为的椭圆，设椭圆在第一象限的部分为曲线C，动点P在C上，C在点P处的切线与x、y轴的交点分别为A、B，且向量，求点M的轨迹方程
二、直接法
直接从题设的条件出发，利用已知条件、相关公式、公理、定理、法则通过准确的运算、严谨的推理、合理的验证得出正确的结论，从而确定选择支的方法叫直接法。从近几年全国各地的高考数学试题来看，绝大大部分选择题的解答用的是此法。但解题时也要“盯住选项特点”灵活做题，一边计算，一边对选项进行分析、验证，或在选项中取值带入题设计算，验证、筛选而迅速确定答案。
【例1】（2009年高考全国II卷）已知双曲线的右焦点为F，过F且斜率为的直线交C于A、B两点。若，则C的离心率为（ ）
（A） （B） （C） （D）
【巧解】设，，，由，得
∴，设过点斜率为的直线方程为，
由消去得：，
∴ ， 将 代入得化简得
，∴，
化简得：，∴，，即。
故本题选（A）
【例2】（2008年，四川卷）设定义在上的函数满足，若，则（ ）
（A）13 （B）2 （C） （D）
【巧解】∵，∴
∴函数为周期函数，且，∴
故选（C）
巧练一：（2008年，湖北卷）若上是减函数，则b的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
巧练二：（2008年，湖南卷）长方体ABCD—A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，且AB=2，AD=AA1=1，则顶点A、B间的球面距离是（ ）
A． B． C． D．
三、定义法
所谓定义法，就是直接用数学定义解题。选择题的命题侧重于对圆锥曲线定义的考查，凡题目中涉及焦半径、通径、准线、离心率及离心率的取值范围等问题，用圆锥曲线的第一和第二定义解题，是一种重要的解题策略。
【例1】（2009年高考福建卷，理13）过抛物线的焦点F作倾斜角为450的直线交抛物线于A、B两点，线段AB的长为8，则 ．
【巧解】依题意直线的方程为，由消去得：
，设，，∴，根据抛物线的定义。
，，∴，∴，
故本题应填2。
【例2】（2008年，山东卷，理10）设椭圆C1的离心率为，焦点在x轴上且长轴长为26. 若曲线C2上的点到椭圆C1的两个焦点的距离的差的绝对值等于8，则曲线C2的标准方程为（ ）
（A） （B）
（C） （D）
【巧解】由题意椭圆的半焦距为，双曲线上的点满足　∴点的轨迹是双曲线，其中，，∴，故双曲线方程为，∴选（A）
巧练一：（2008年，陕西卷）双曲线的左、右焦点分别是F1，F2，过F1作倾斜角为30°的直线交双曲线右支于M点，若MF2垂直于x轴，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
巧练二：（2008年，辽宁卷）已知点P是抛物线上的一个动点，则点P到点（0，2）的距离与P到该抛物线准线的距离之和的最小值为（ ）
（A） （B）3 （C） （D）
四、向量坐标法
向量坐标法是一种重要的数学思想方法，通过坐标化，把长度之间的关系转化成坐标之间的关系，使问题易于解决，并从一定程度上揭示了问题的数学本质。在解题实践中若能做到多用、巧用和活用，则可源源不断地开发出自己的解题智慧，必能收到事半功倍的效果。
【例1】（2008年，广东卷）在平行四边形ABCD中，AC与BD交于点O，E是线段OD的中点，AE的延长线与CD交于点F. 若=a，=b，则=（ ）
A．a +b B．a +b C．a +b D．a +b
【巧解】如图所示，选取边长为2的正方形
则，，，，，
∴直线的方程为，联立得
∴，设，则
∴解之得，，∴，故本题选B
【例2】已知点为内一点，且0，则、、的面积之比等于 （ ）
A．9：4：1 B．1：4：9 C．3：2：1 D．1：2：3
【巧解】不妨设为等腰三角形，
，建立如图所示的直角坐标系，则点
，，设，
∵0，即
∴解之得，，即，又直线的方程为，则点到直线的距离，∵，因此，，，故选C
巧练一：（2008年，湖南卷）设D、E、F分别是△ABC的三边BC、CA、AB上的点，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
巧练二：设是内部一点，且，则与面积之比是 .
五、查字典法
查字典是大家比较熟悉的，我们用类似“查字典”的方法来解决数字排列问题中数字比较大小的问题，避免了用分类讨论法时容易犯的重复和遗漏的错误，给人以“神来之法”的味道。利用“查字典法”解决数字比较大小的排列问题的思路是“按位逐步讨论法”（从最高位到个位），查首位时只考虑首位应满足题目条件的情况；查前“2”位时只考虑前“２”位中第“2”个数应满足条件的情况；依次逐步讨论，但解题中既要注意数字不能重复，又要有充分的理论准备，如奇、偶问题，3的倍数和5的倍数的特征，0的特性等等。以免考虑不全而出错。
【例1】（2007年，四川卷）用数字0，1，2，3，4，5可以组成没有重复数字，并且比20000大的五位偶数共有（ ）
（A）288个 （B）240个 （C）144个 （D）126个
【巧解】本题只需查首位，可分3种情况，① 个位为0，即 型，首位是2，3，4，5中的任一个，此时个数为； ②个位为2，即， 此种情况考虑到万位上不为0，则万位上只能排3，4，5，所以个数为；③个位为4， 型，此种特点考虑到万位上不为0，则万位上只能排2，3，5，所以个数为；故共有个。故选（B）
【例2】（2004年全国II卷）在由数字1，2，3，4，5组成的所有没有重复数字的5位数中，大于23145且小于43521的数共有（ ）
A．56个 B．57个 C．58个 D．60个
【巧解】（1）查首位：只考虑首位大于2小于4的数，仅有1种情况：即型，此特点只需其它数进行全排列即可。有种，
（2）查前２位：只考虑前“２”位中比３既大又小的数，有4种情况：
，，，型，而每种情况均有种满足条件，故共有种。
（3）查前３位：只考虑前“3”位中既比１大又小于5的数，有4种情况：
，，，型，而每种情况均有种满足条件，故共有种。
（3）查前4位：只考虑前“4”位中既比4大又小于2的数，此种情况只有
23154和43512两种情况满足条件。故共有个，故选C
巧练一：用数字可以组成没有重复数字，并且不大于4310的四位偶数共有（ ）
A．110种 B．109种 C．108种 D．107种
巧练二：（2007年，四川卷）用数字1,2,3,4,5可以组成没有重复数字,并且比20000大的五位偶数共有（ ）
（A）48个 （B）36个 （C）24个 （D）18个
六、挡板模型法
挡板模型法是在解决排列组合应用问题中，对一些不易理解且复杂的排列组合问题，当元素相同时，可以通过设计一个挡板模型巧妙解决，否则，如果分类讨论，往往费时费力，同时也难以解决问题。
【例1】体育老师把9个相同的足球放入编号为1，2，3的三个箱中，要求每个箱子放球的个数不少于其编号，则不同的放球方法有 （ ）
A．8种 B．10种 C．12种 D．16种
【巧解】先在2号盒子里放1个小球，在3号盒子里放2个小球，余下的6个小球排成一排为：，只需在6个小球的5个空位之间插入2块挡板，如：，每一种插法对应着一种放法，故共有不同的放法为种. 故选B
【例2】两个实数集，，若从A到B的映射使得B中每个元素都有原象，且，则这样的映射共有（ ）个
A． B． C． D．
【巧解】不妨设两个集合中的数都是从小到大排列，将集合的50个数视为50个相同的小球排成一排为：，然后在50个小球的49个空位中插入24块木板，每一种插法对应着一种满足条件对应方法，故共有不同映射共有种. 故选 B
巧练一：两个实数集合A={a1, a2, a3,…, a15}与B={b1, b2, b3,…, b10}，若从A到B的是映射f使B中的每一个元素都有原象，且f(a1)≤f(a2) ≤…≤f(a10)A．个 B．个 C．1015个 D．
巧练二：10个完全相同的小球放在标有1、2、3、4号的四个不同盒子里，使每个盒子都不空的放法有（ ）种
A．24 B．84 C．120 D．96
七、等差中项法
等差中项法是根据题目的题设条件（或隐含）的特征，联想到等差数列中的等差中项，构造等差中项，从而可使问题得到快速解决，从而使解题过程变得简捷流畅，令人赏心悦目。
【例1】（2008年，浙江卷）已知，则（ ）
（A） （B） （C） （D）
【巧解】根据特征，可得成等差数列，为与的等差中项。可设
，，其中；则，，
又，故，，由选项知应选（C）
【例2】（2008年，重庆卷）已知函数的最大值为M,最小值为m,则的值为（ ）
（A） （B） （C） （D）
【巧解】由可得，为与的等差中项，
令，，其中，
则，即，又，则
，故，解之得，即，
∴，故选（C）
巧练：（2008年，江苏卷）的最小值 .
八、逆向化法
逆向化法是在解选择题时, 四个选项以及四个选项中只有一个是符合题目要求的都是解题重要的信息。 逆向化策略是把四个选项作为首先考虑的信息，解题时，要“盯住选项”，着重通过对选项的分析，考查，验证，推断进行否定或肯定，或者根据选项之间的关系进行逻辑分析和筛选，找到所要选择的，符合题目要求的选项。
【例1】（2008年，湖北卷）函数的
定义域为（ ）
A． B．
C． D．
【巧解】观察四个选项取端点值代入计算即可，取，出现函数的真数为0，不满足，排含有1的答案C，取代入计算解析式有意义，排不含有的答案B，取出现二次根式被开方数为负，不满足，排含有2的答案A，故选D
评析：求函数的定义域只需使函数解析式有意义，凡是考查具体函数的定义域问题都可用特值法代入验证快速确定选项。
【例2】（2008年，江西卷）已知函数，若对于任一实数与的值至少有一个为正数，则实数的取值范围是（ ）
A．（0，2） B．（0，8）
C．（2，8） D．（，0）
【巧解】观察四个选项中有三个答案不含2，那么就取代入验证是否符合题意即可，
取，则有 ，这个二次函数的函数值 对
且恒成立，现只需考虑当时函数值是否为正数即可。这显然
为正数。故符合题意，排除不含的选项A、C、D。所以选B
巧练一：（2007年，湖北卷）函数（x<0）的反函数是（ ）
A.（x<－1） B. （x>1）
C.（x<－1） D. （x>1）
巧练二：（2004年，重庆卷）不等式的解集是（ ）
A． B．
C． D．
九、极限化法
极限化法是在解选择题时,有一些任意选取或者变化的元素,我们对这些元素的变化趋势进行研究,分析它们的极限情况或者极端位置,并进行估算,以此来判断选择的结果.这种通过动态变化,或对极端取值来解选择题的方法是一种极限化法.
【例1】正三棱锥中，在棱上，在棱上，使，
设为异面直线与所成的角，为异面直线与所成的角，则的值是 （ ）
A． B． C． D．
【巧解】当时，，且，从而。因为，排除选择支故选D（或时的情况，同样可排除），所以选D
【例2】若，当＞1时，的大小关系是 （ ）
A． B． C． D．
【巧解】当时，，，，故，所以选B
巧练一：若的大小关系 （ ）
A． B． C． D．与x的取值有关
巧练二：对于任意的锐角，下列不等关系式中正确的是（ ）
（A） （B）
（C） （D）
十、整体化法
整体化法是在解选择题时,有时并不需要把题目精解出来,而是从题目的整体去观察,分析和把握,通过整体反映的性质或者对整体情况的估算,确定具体问题的结果,例如,对函数问题,有时只需要研究它的定义域,值域,而不一定关心它的解析示式,对函数图象,有时可以从它的整体变化趋势去观察,而不一定思考具体的对应关系,或者对4个选项进行比较以得出结论,或者从整体,从全局进行估算,而忽略具体的细节等等,都可以缩短解题过程,这是一种从整体出发进行解题的方法.
【例1】已知是锐角，那么下列各值中，可能取到的值是（ ）
A． B． C． D．
【巧解】∵，又是锐角，∴
，∴，即，故选B
【例2】(2002年,全国卷)据2002年3月5日九届人大五次会议《政府工作报告》指出“2001年国内生产总值达到95933亿元,比上一年增长7.3%.”如果“十·五”期间(2001-2005年)每年的国内生产总值按此年增长率增长,那么,到“十·五”末,我国国内生产总值约为（ ）
（A）115000亿元 (B)120000亿元
(C) 127000亿元 (D)135000亿元
【巧解】 注意到已知条件给出的数据非常精确, 2001年国内生产总值达到亿元,精确到亿元,而四个选项提供的数据都是近似值, 精确到千亿元,即后三位都是0,因此,可以从整体上看问题,忽略一些局部的细节.
把亿元近似地视为亿元,又把近似地视为,这样一来,就有
巧练一： 如图所示为三角函数，（的图象的一部分，则此函数的周期可能是（ ）
A． B．
C． D．
巧练二：（全国卷）如图，在多面体ABCDEF中，已知面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF，EF与面AC的距离为2，则该多面体的体积为（ ）
（A） （B）5
（C）6 （D）
十一、参数法
在解题过程中，适当引入一个或几个新变量代替原式中的某些量，使得原式中仅含有这些新变量，以此作为媒介，在进行分析和综合，然后对新变量求出结果，从而解决问题的方法叫参数法。
【例1】（2008年，安徽卷）设椭圆过点，且左焦点为
（Ⅰ）求椭圆的方程；
（Ⅱ）当过点的动直线与椭圆相交于两不同点时，在线段上取点，满足，证明：点总在某定直线上。
【巧解】(1)由题意： ，解得，所求椭圆方程为
(2) 由得：设点Q、A、B的坐标分别为。由题设知均不为零，记,则且，又A，P，B，Q四点共线，从而，
于是 ， ， ，
从而 ，① ，②
又点A、B在椭圆C上，即
③ ④
①②并结合③，④得,即点总在定直线上。
【例2】（2004年，辽宁卷）设椭圆方程为，过点M（0，1）的直线l交椭圆于点A、B，O是坐标原点，点P满足，点N的坐标为，当l绕点M旋转时，求动点P的轨迹方程；
【巧解】直线l过点M（0，1）设其斜率为k，则l的方程为
记、由题设可得点A、B的坐标、是方程组
的解.
将①代入②并化简得，，所以
于是
设点P的坐标为则
消去参数k得 ③
当k不存在时，A、B中点为坐标原点（0，0），也满足方程③，所以点P的轨迹方程为
巧练一：（2008年，全国I卷）直线通过点，则有 （ ）
A． B． C． D．
巧练二： 如图，已知直线l与抛物线相切于点P(2，1)，且与x轴交于点A，O为坐标原点，定点B的坐标为（2，0）.
（I）若动点M满足，求点M的轨迹C；
（II）若过点B的直线l′（斜率不等于零）与（I）中的轨迹C交于不同的两点E、F（E在B、F之间），试求△OBE与△OBF面积之比的取值范围.
十二、交轨法
如果所求轨迹是两条动曲线（包括直线）的交点所得，其一般方法是恰当地引进一个参数，写出两条动曲线的方程，消去参数，即得所求的轨迹方程，所以交轨法是参数法的一种特殊情况。
【例1】已知椭圆C： ,短轴一个端点到右焦点的距离为.
（Ⅰ）求椭圆C的方程；
（Ⅱ）设直线经过椭圆的焦点F交椭圆C交于A、B两点,分别过A、B作椭圆的两条切线，A、B为切点，求两条切线的交点的轨迹方程。
【巧解】（Ⅰ）设椭圆的半焦距为，依题意解之得
，所求椭圆方程为．
（Ⅱ）由（I）知，设，，，对椭圆
求导：，即，则过A点的切线方程为 整理得 ① 同理过B点的切线方程为 ②，又在两切线、上，∴
，因此，，两点在均在直线上，
又∵在直线上，∴，即为交点的轨迹方程
【例2】过抛物线C：上两点M，N的直线交y轴于点P（0，b）.
（Ⅰ）若∠MON是钝角（O为坐标原点），求实数b的取值范围；
（Ⅱ）若b=2，曲线C在点M，N处的切线的交点为Q.证明：点Q必在一条定直线上
运动.
【巧解】（Ⅰ）设点M，N坐标分别为由题意可设直线方程为y=kx+b,
（Ⅱ）当b=2时，由（Ⅰ）知
∵函数y=x2的导数y′=2x，
抛物线在两点处切线的斜率分别为∴在点M，N处的切线方程分别为
巧练一：已知定点A（1，0）和定直线上的两个动点E、F，满足，动点P满足（其中O为坐标原点）.
（Ⅰ）求动点P的轨迹C的方程；
（Ⅱ）设直线经过点与轨迹C交于A、B两点,分别过A、B作轨迹C的两条切线，A、B为切点，求两条切线的交点的轨迹方程。
巧练二：如图，在以点O为圆心，|AB|=4为直径的半圆ADB中，OD⊥AB，P是半圆弧上一点，∠POB=30°. 曲线C是满足||MA|－|MB||为定值的动点M的轨迹，且曲线C过点P.
（Ⅰ）建立适当的平面直角坐标系，求曲线C的方程；
（Ⅱ）设过点D的直线l与曲线C相交于不同的两点E、F.
分别过E、F.作轨迹C的两条切线，E、F.为切点，
求两条切线的交点的轨迹方程。
十三、几何法
利用平面几何或解析几何的知识分析图形性质，发现动点运动规律，然后得出题目结论的方法叫做几何法。
【例1】(2008年，浙江卷)已知、是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量满足 的最大值是（ ）
（A）1 （B）2 （C） （D）
【巧解】不妨设以、所在直线为轴，轴，且，，
由已知得，
整理得
即，所以向量的坐标是以为圆心，
为半径的一个圆且过原点，故的最大值即为圆的直径为，故本题选（C）
【例2】（2008年，江苏卷）若AB=2，AC=的最大值 .
【巧解】建立如图平面直角坐标系，设，，，由
即，∴，
化简得
配方得，所以点轨迹是以为圆心，
为半径的一个圆（除去与轴的两个交点），所以当点纵坐标绝对值为，即时，有最大值为，所以答案为
巧练一：已知，，其中，则的最小值为 .
巧练二：已知实数、满足，则的最大值等于 .
十四、弦中点轨迹法
有关弦中点的问题，主要有三种类型：过定点且被定点平分的弦；平行弦的中点轨迹；过定点的弦重点轨迹。“点差法”解决有关弦中点问题较方便，要点是巧代斜率。
【例1】（2009年高考海南、宁夏卷）已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点为，直线与抛物线C相交于A，B两点，若AB的中点为（2，2），则直线的方程为 .
【巧解】由知抛物线C的方程为，设，，代入抛物线方程则有：，，两式相减有，
即，又，∴，即。
故：，即，∴本题应填
【例2】椭圆与直线交于、两点，若过原点与线段中点的直线的倾斜角为，则的值为 （ ）
（A） （B） （C） （D）
【巧解】设的中点为，，，则
，又，两式相减，得
，
即，∴
∴，又，∴，故选（B）
巧练一：若椭圆与直线交于、两点，过原点与线段中点的直线的斜率为，则的值为 .
巧练二：若椭圆的弦被点平分，则此弦所在直线的斜率是为 .
十五、比较法
现实世界的同类量之间，有相等关系，也有不等关系。两个可以比较大小的量和，若，，，则它们分别表示，，，我们把根据两个量的差的正、负或零判断两个量不等或相等的方法叫做差式比较法；当两个量均为正值时，有时我们又可以根据，或来判断，，，这个方法叫做商式比较法。这两种方法在数列与函数、不等式交汇问题中应用广泛。
比较法之一（作差法0步骤：作差——变形——定号——结论
（1）作差：对要比较大小的两个数（或式）作差。
（2）变形：常采用配方、因式分解等恒等变形手段，将“差”化成“积”。
（3）定号：就是确定是大于，还是等于，还是小于，最后下结论。
概括为“三步，一结论”，这里的“定号”是目的，“变形”是关键。
注意：若两个正数作差比较有困难，可以把式子灵活变形，通过作商或将它们的平方差来比较大小。
【例1】已知数列中，，且点在直线上
（1）求的通项公式；
（2）若函数，求函数的最小值.
【巧解】（1）点在直线上，即且
数列是以为首项，为公差的等差数列
（2），
是单调递增的，故的最小值是
【例2】（Ⅰ）已知函数是数列的前n项和，点（n，Sn）（n∈N*），在曲线上，求an.
（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，若，且Tn是数列{cn}的前n项和.试问Tn是否存在最大值？若存在，请求出Tn的最大值，若不存在，请说明理由.
【巧解】（Ⅰ）点（n，Sn）在曲线上，所以
当n=1时，a1= S1=3，当n≥2时，an= Sn- Sn-1=9-6n，
（Ⅱ）
利用错位相减法，
存在最大值
巧练一：（2005年，全国卷）若，则 （ ）
A．a巧练二：已知函数的图象过点
（Ⅰ）求函数的反函数的解析式；
（Ⅱ）记，是否存在正数k，
使得均成立.若存在，求出k的最
大值；若不存在，请说明理由.
十六、基本不等式法
借助基本不等式证明不等式或求某些函数最值的方法叫基本不等式。常用的基本不等式有下面几种形式：①若、，则，（当且仅当时取等号），反之也成立，②若、，则，（当且仅当时取等号），反之也成立。③若、、都是正数，则，（当且仅当时取等号），反之也成立。④若、、都是正数，则，（当且仅当时取等号），反之也成立。对于公式及公式的理解，应注意以下几点：
①两个公式成立的条件是不同的，前者只要求、是实数，而后者强调、必须是正数。②要对两个公式的等号及“当且仅当时取等号”的含义要有透彻的理解并会在函数、三角函数、解析几何等知识中灵活应用。
解题功能及技巧是：①二、三元不等式具有将“和式”转化为“积式”和将“积式”转化为“和式”的放缩功能。②在创设应用不等式的使用条件时，合理拆分项或配凑因式是常用的解题技巧。③“和定积最大，积定和最小”，即个正数的和为定值，则可求积的最大值，积为定值，则可求和的最小值。应用此结论求某些函数最值要注意三个条件：就是“一正——各项都是正数；二定——积或和是定值；三等——等号能否取到”，求最值时，若忽略了上述三个条件，就会出现错误，导致解题失败。必要时要做适当的变形或换元，以满足上述条件。
【例1】（2008年，重庆卷）函数f（x）=（0≤x≤2）的值域是（ ）
（A）[－] （B）[－]
（C）[－] （D）[－]
【巧解】∵，∴
令，∵，，∴
∴，∴
，当且仅当，即时取等号，此时，即或，∴，因而，故的值域为[－]
【例2】（2008年，辽宁卷）设则函数的最小值为 .
【巧解】由二倍角公式及同角三角函数的基本关系得：
=，
∵∴，利用均值定理，，当且仅当
时取“=”，∴，所以应填.
巧练一：函数的最小值是 。
巧练二：求函数的最大值。
十七、综合法
利用某些已知证明过的不等式和不等式的性质，推导出所要证明的不等式，这个证明方法叫综合法。
【例1】已知是正数，且，，求证：
【巧证】左
右，当且仅当，即时，取“＝”号，故。
【例2】已知是正数，且，求证：
【巧证】
，当且仅当时取“＝”号。
巧练一：已知函数．设，
求证：．
巧练二：已知都是实数，且，，求证：
十八、分析法
证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的充分条件，把证明不等式转化为判定这些充分条件是否具备的问题，如果能够肯定这些充分条件都具备，那么就可以判定原不等式成立，这种方法通常叫分析法。
注意：①分析法是“执果索因”，步步寻求不等式成立的充分条件，可以简单写成
，②分析法与综合法是对立统一的两种方法。综合法是“由因导果”；③分析法论证“若则”这个命题的证明模式（步骤）是：
欲证明命题成立，只须证明命题成立，，从而有，只须证明命题成立，从而又有，只须证明命题成立，而已知成立，故必成立。④用分析法证明问题时，一定要恰当用好“要证”，“只须证”，“即证”，“也即证”等词语。
【例1】求证
【巧证】∵，，要证，
只须证，即证
也即证，∵，显然成立，∴原不等式成立。
【例2】设，，且，证明
【巧证】要证
只须证，即证
两边平方得：，也即证，∵且
∴显然成立，∴原不等式成立。
巧练一：求证
巧练二：已知，，，试证明：
十九、放缩法
欲证，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量，使得，，。。。或，，。。。，在利用传递性，达到欲证的目的，这种方法叫放缩法。放缩法的实质是非等价转化，放缩没有一定的准则和程序，需按题意适当放缩否则是达不到目的，此方法在数列与函数、不等式综合问题中证明大小关系是常用方法。
放缩法的方法有：（1）添加或舍去一些项，如：；
（2）将分子或分母放大（或缩小）
（3）利用基本不等式，如：
（4）利用常用结论：①；
②；（程度大）
③（程度小）
④
【例1】已知数列
（1）求的通项公式；
（2）设
【巧解】由
即
（2）当n=1时，
又
【例2】已知数列的各项均为正数，
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）设数列的前n项和为Tn，且，求证：对任意正整数n，总有
【巧解】（Ⅰ）解： ①
②
①—②，得
即数列是等比数列.
（Ⅱ）证明：∵对任意正整数n，总有
巧练一：已知数列{}的通项为，前项和为，且是与2的等差中项；数
列{}中，点P（，）在直线上，
（Ⅰ）求数列{}、{}的通项公式，；
（Ⅱ）设{}的前项和为，试比较与2的大小；
巧练二：已知数列，且对任意，都有上.
（1）求数列{}的通项公式；
（2）求证：
二十、反证法
从否定命题的结论入手，并把对命题结论的否定作为推理的已知条件，进行正确的逻辑推理，使之得到与已知条件、公理、定理、法则或已经证明为正确的命题等相矛盾，矛盾的原因是假设不成立，所以肯定了命题的结论，从而使命题获得了证明的证明方法叫反证法。基本证明模式是：要证明，先假设，由已知及性质推出矛盾，从而肯定，适用范围：①否定性命题；②唯一性命题；③含有“至多”、“至少”问题。④根据问题条件和结论，情况复杂难于入手，可考虑试用反证法。
反证法是属于“间接证明法”一类，是从反面的角度思考问题的证明方法，即：否定结论推导出矛盾肯定结论成立，应用反证法证明的主要三步是：第一步，反设——作出与求证结论相反的假设；第二步——归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾；第三步——肯定结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立。
【例1】若证明 ，，不能同时大于
【巧证】假设，那么；同理
，上述三式相加得，矛盾，故假设不成立，原命题成立
【例2】求证：不是周期函数
【巧证】假设函数是周期函数，是它的一个周期，即对任意都有成立，令，得即，∴，分两种情况讨论：
（1）若，则对任意都成立，取，
有，即，
而，∴不是该函数的周期。
（2）若，则有对任意都成立，
取，有有，即，
而，∴不是该函数的周期。
由（1）和（2）说明不是该函数的周期。故假设不成立，从而命题得证。
巧练一：设，求证、、之中至少有一个不小于
巧练二：若下列方程：，，
至少有一个方程有实根。试求实数的取值范围。
二十一、换元法
解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法。换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化。它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。
换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理。换元的方法有：（1）局部换元，局部换元又称整体换元，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现。例如解不等式，先变形为设，而变为熟悉的一元二次不等式求解和指数方程的问题。（2）三角换元，应用于去根号，或者变换为三角形式易求时，主要利用已知代数式中与三角知识中有某点联系进行换元。
如求函数的值域时，易发现设，，问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设，其中主要应该是发现值域的联系，又有去根号的需要。如：已知 ，可设，
已知 ，可设，
已知，可设，
已知，可设，
（3）均值换元，如遇到形式时，设 等等。
我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原则，换元后要注重新变量范围的选取，一定要使新变量范围对应于原变量的取值范围，不能缩小也不能扩大。
【例1】（2008年，江西卷）若函数的值域是，则函数 的值域是（ ）
A． B． C． D．
【巧解】令，，问题转化为求函数在的值域，于是由函数在上为减函数，在上为增函数，得，故本题选B
【例2】（2008年，重庆卷）函数的值域是（）
（A）[－] （B）[－1,0]
（C）[－] （D）[－]
【巧解】
，当时，
原式，令，即，
∴，即，其中，
又，∴，即，解之得，∴，当时，，综上知的值域为，故本题选B
巧练一：函数的值域是 （ ）
A． B． C． D．
巧练二：(2005年，福建卷)设的最小值是（ ）
A． B． C．－3 D．
共98种解题方法，其他略
第十一章 不等式
难点巧学
一、活用倒数法则 巧作不等变换——不等式的性质和应用
不等式的性质和运算法则有许多,如对称性,传递性,可加性等.但灵活运用倒数法则对解题,尤其是不等变换有很大的优越性.
倒数法则：若ab>0,则a>b与<等价。
此法则在证明或解不等式中有着十分重要的作用。如：（1998年高考题改编）解不等式loga(1-)>1.
分析：当a>1时，原不等式等价于：1->a,即 <1-a ,∵a>1,∴1-a<0, <0,从而1-a, 同号，由倒数法则，得x>; 当00, >0, 从而1-a, 同号，由倒数法则，得1综上所述，当a>1时,x∈(,+∞)；当0注：有关不等式性质的试题，常以选择题居多，通常采用特例法,排除法比较有效。
二、小小等号也有大作为——绝对值不等式的应用
绝对值不等式：||a|-|b||≤|a±b|≤|a|+|b|。这里a,b既可以表示向量，也可以表示实数。
当a,b表示向量时，不等式等号成立的条件是：向量a与b共线；
当a,b表示实数时，有两种情形：（1）当ab≥0时，|a+b|=|a|+|b|, |a-b|=||a|-|b||;(2)当ab≤0时，|a+b|=||a|-|b||, |a-b|=|a|+|b|.简单地说就是当a,b同号或异号时，不等式就可转化为等式（部分地转化），这为解决有关问题提供了十分有效的解题工具。如：
若1<<,则下列结论中不正确的是（ ）
A、logab>logba B、| logab+logba|>2 C、(logba)2<1 D、|logab|+|logba|>|logab+logba|
分析：由已知，得0[答案] D
注：绝对值不等式是一个十分重要的不等式，其本身的应用价值很广泛，但在高考或其他试题中常设计成在等号成立时的特殊情况下的讨论，因此利用等号成立的条件（a,b同号或异号）是解决这一类问题的一个巧解。
三、“抓两头 看中间”，巧解“双或不等式”——不等式的解法
（1）解不等式（组）的本质就是对不等式（组）作同解变形、等价变换。
（2）多个不等式组成的不等式组解集的合成——先同向再异向
不等式组的解法最关键的是最后对几个不等式交集的确定。常用画数轴的方法来确定,但毕竟要画数轴.能否不画数轴直接就可得出解集呢 下面的方法就十分有效。可以“先同向再异向”的原则来确定，即先将同向不等式“合并”（求交集），此时“小于小的，大于大的”；最后余下的两个异向不等式，要么为空集，要么为两者之间。
如解不等式组:,
先由③④(同>)得x>0(大于大的);再由①②(同<)得x<1(小于小的);再将x>0与x<1分别与⑤作交集,由x>0与⑤得0（3）双或不等式组的解集合成
形如的不等式组称为“双或”型不等式组（实际上包括多个“或”型不等式组成的不等式组也在此列），这是解不等式组中的一个难点。解决这类不等式组时常借用数轴来确定，但学生在求解时总会出现一些错误。这里介绍一种不通过数轴的直接方法：“抓两头 看中间”！如：,先比较a,b,c,d四个数的大小，如ad（即抓两头）；再看x>b与x四、巧用均值不等式的变形式解证不等式
均值不等式是指：a2+b2≥2ab(a,b∈R) ①；a+b≥2( a,b∈R+) ②.
均值不等式是高考的重点考查内容，但其基本公式只有两个，在实际解题时不是很方便。若能对均值不等式进行适当变形，那么在解题时就能达到事半功倍的效果。下面的一些变形式在解题时就很有用，不妨一试。当然你也可以根据需要推导一些公式。如：
a2≥2ab-b2 ③;
是将含一个变量的式子，通过缩小变为含两个变量的式子，体现增元之功效，当然反过来即是减元；
(2) ≥2a-b ④; (a,b>0)
是将分式化为整式，体现分式的整式化作用;试试下面两个问题如何解:
求证：（1）a2+b2+c2≥ab+bc+ac;(2) ++≥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）∵≥2a-b∴同样可得另两式，再将三式相加整理即得）。
(3)ab≤()2 ⑤;
利用不等关系实现两数和与两数积的互化；
(4) ⑥;(a,b>0)
利用不等关系实现两数和、两数的平方和及两数积之间的转化；
注：涉及两数和、两数的平方和及两数积的问题是一个十分常见的问题，利用⑤、⑥两式可以使其中的关系一目了然。从解题分析上看，对解题有很好的导向作用。
(5)若a,b∈R+，则+≥⑦(当且仅当=时取等号);
此式在解题中的主要作用表现在：从左向右看是“通分”（不是真正的通分）或“合并”，化多项为一项，项数多了总不是好事；从右向左看，是“分解”或“拆项”，实现“一分为二”的变形策略。这在解不等式相关问题中就很有作为！请看下例：
例：已知-1分析：由上不等式，立即得到 +≥≥=。
⑦式还可推广到三个或更多字母的情形，即++≥(a,b,c>0);
++…+≥(a1,a2,…,an>0)
(6) ax+by≤.(柯西不等式)
此不等式将和(差)式与平方和式之间实现了沟通,灵活应用此式可以很方便地解决许多问题.如下例:
例: 使关于x的不等式+≥k有解的实数k的取值范围是【 】
A - B C + D
分析:所求k的范围可以转化为求不等式左边的最大值即可,由柯西不等式得 +≤ eq \r(()2+()2)==.∴k≤,∴k的最大值是.填D.
五、不等式中解题方法的类比应用
1、三种基本方法：比较法、分析法、综合法。其中比较法可分为作差比较法和作商比较法，不仅在不等式的证明和大小比较中有广泛的应用，同时在其他方面也有很大的作用。如分析法就是一种重要的思维方法，在数学的其他章节中也有广泛的应用。
2、放缩法：是不等式证明中一种十分常用的方法，它所涉及的理论简单，思维简单，应用灵活，因而在解题时有着十分重要的应用。如果能灵活应用放缩法，就可以达到以简驭繁的效果。
活题巧解
例1若1<<,则下列结论中不正确的是【 】
A logab>logba B | logab+logba |>2 C (logba)2<1 D |logab|+|logba|>|logab+logba|
【巧解】特例法、排除法
由已知，可令a=，b=，则logab=log23>1,0[答案] D。
例2 不等式组的解集为【 】 (A) (0,)； (B) (,2)； (C) (,4)； (D) (2,4)。
【巧解】 排除法
令x=3,符合，舍A、B；令x=2,合题，舍D，选C。
[答案] C。
例3 已知y=f(x)是定义在R上的单调函数，实数x1≠x2，λ≠-1α=,β=，若|f(x1)-f(x2)|<|f(α)-f(β)|，则【 】
A．λ<0 B．λ=0 C. 0<λ<1 D．λ≥1
【巧解】 等价转化法
显然λ≠0,β== eq \f(x1+,1+), ∴ α、β分别是以x1,x2为横坐标的点所确定的线段以λ和为定比的两个分点的横坐标.由题意知，分点应在线段两端的延长线上，所以λ<0,故选A。
【答案】A。
例4 0（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】换元法、综合法
由于四个选项中只涉及两个式子log(1+a)(1-a) 和log(1-a)(1+a)，为了简化运算看清问题的本质，不妨设x= log(1+a)(1-a),y= log(1-a)(1+a),由02 B |x|<|y| C |x+y|< |x|+|y| D |x-y|< |x|-|y|
这样选A就是极自然的事了。
[答案] A。
例5已知实数 a，b满足等式()a=()b，下列五个关系式：①0（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个
【巧解】数形结合法
在同一坐标系内同时画出两个函数图象：y1=()x,y2=()x,(如图)作直线y=m(m>0图中平行于x轴的三条虚线),由图象可以看到：当01时,a[答案] B。
例6 如果数列｛an｝是各项都大于0的等差数列，且公差d≠0，则【 】.
（A）a1+a8a4+a5 （D）a1a8=a4a5
【巧解】特例法、排除法
取an=n,则a1=1, a4=4, a5=5, a8=8,∴a1 +a8=a4+a5,故选B。
[答案] B。
例7 条件甲：x2+y2≤4,条件乙：x2+y2≤2x,那么甲是乙的【 】
充分不必要条件 B、必要不充分条件
C、充分必要条件 D、既非充分也非必要条件
【巧解】数形结合法
画示意图如图。圆面x2+y2≤2x（包括圆周）被另一个圆面x2+y2≤4包含，结论不是一目了然了吗？
[答案] B
例8 已知a,b,c均为正实数，则三个数a+, b+, c+与2的关系是【 】
A、都不小于2 B、至少有一个不小于2
C、都不大于2 D、至少有一个不大于2
【巧解】整体化思想
将a+, b+, c+“化整为零”，得a++b++c+= a++b++c+≥6，故已知的三个数中至少有一个不小于2。故选B。
[答案] B
例9 解不等式 –1<<1.
【巧解】数轴标根法、等价转化法
原不等式等价于 （3x+x2-4)(3x-x2+4)<0，即(x+4)(x-1)(x+1)(x-4)>0,
由数轴标根法，知解集为{x|x<-4或-14}。
[答案] {x|x<-4或-14}
注：可以证明不等式m<例10 不等式|x+2|≥|x|的解集是______.
【巧解】 数形结合法
由数轴上点的意义知，上述不等式的意义是数轴上的点x到-2的距离不小于到原点的距离。由图形，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的取值范围。
【巧解】等价转化法
要使原不等式的解集为R，只需不等式中不含x即可，故有 x-x+2c>1 ∴ c>。
[答案] c>
注：这里将|x-2c|中去绝对值的讨论简化为符合题意的一种，显然简捷、精彩！
例12已知f(x)=(x-a)(x-b)-2 (a(m【巧解】数形结合法
令g(x)= (x-a)(x-b),则 f(x)=g(x)-2,由f(x)=0得g(x)=2,因此f(x)=0的两根m,n可看成直线y=2与y=g(x)交点的横坐标，画出f(x),g(x)的图象，由图象容易得到m[答案] m例13 若0【巧解】综合法
由0c-b,∴(d-a)2>(b-c)2,又(a+d)2+(a-d)2=(b+c)2+(b-c)2,
两式相减，得(a+d)2<(b+c)2, ∴ a+d[答案] 见证明过程
注：本题的几何意义是：在RtΔABC与RtΔABD中，其中AB为公共的斜边。若BC>BD,则AC例14 求征：1+++…+<2- (n≥2,n∈N*).
【巧解】逆用公式法、放缩法
逆用数列的前n项和的方法来求。设想右端2-是某数列{an}的前n项和，即令Sn=2-,则n≥2时，an=Sn-Sn-1=(2-)-(2-)=-=, 这样问题就转化为<,而这显然。
∴命题成立。
[答案] 见证明过程
例15 已知a>b>c,求证：++>0.
【巧解】放缩法
∵0,而>0,∴ +>, ∴原式得证。
[答案] 见证明过程
例16 已知a,b,c均为正数，求证：3( - )≥2( - )。
【巧解】比较法、基本不等式法
∵ 左边-右边=2+c-3=++c-3≥3-3=0，∴原式成立。
[答案] 见证明过程
例17 已知-1【巧解】构造法、综合法
由无穷等比数列（|q|<1）所有项和公式S=，得
=1+a2+a4+a6+…; =1+b2+b4+b6+…,
∴ +=2+( a2+b2)+( a4+b4)+( a6+b6)+…≥2+2ab+2a2b2+2a3b3+…=.
[答案] 见证明过程
例18 已知a+b=1(a,b∈R)，求证：(a+1)2+(b+1)2≥。
【巧解】数形结合法。
显然Q(a,b)是直线L：x+y=1上的点，(a+1)2+(b+1)2表示点Q与P(-1,1)的距离的平方。如图，设PT⊥直线L于T，所以|PQ|2≥|PT|2，又|PT|2=()2=，∴|PQ|2≥
∴原式成立。
[答案] 见证明过程
例19 若0≤θ≤，求证：cos(sinθ)>sin(cosθ).
【巧解】单调性法 、放缩法
∵cosθ+sinθ=sin(θ+)≤<，∴cosθ< -sinθ,
又∵0≤θ≤，∴cosθ∈[0,1], -sinθ∈[-1,]，
∴ sin(cosθ)[答案] 见证明过程
例20 已知f(x)=，若a>b>0,c=2 eq \r(),求证：f(a)+f(c)>1.
【巧解】基本不等式法、放缩法
可以证明f(x)在(0,+∞)上是增函数。
∵ c=2 eq \r()≥2 eq \r( eq \f(1,()2))=2 eq \r()=>0,∴ c≥，
∴f(c)≥f()，而f(a)+f(c)≥f(a)+f()=+ eq \f(, +1)=+>+=1.
[答案] 见证明过程
例21 若关于x的不等式x2+2ax-2b+1≤0与不等式-x2+(a-3)x+b2-1≥0有相同的非空解集，求a,b的值。
【巧解】等价转化法,数形结合法
将y= x2+2ax-2b+1与 y=-x2+(a-3)x+b2-1两式相加，得 2y=(3a-3)x+b2-2b,此即为直线MN的方程（其中M、N分别为两函数图象与x轴的两个交点）；另一方面，由题意知，MN即x轴，其方程为y=0,比较两式的系数得，3a-3=0,b2-2b=0,从而易得a=1,b=0或2，特别地当a=1,b=0时，两不等式的解集为{-1}，也符合题意。
[答案] a=1,b=0或2。
例22设定义在[-2,2]上的偶函数在区间[0,2]上单调递减，若f(1-m)【巧解】等价转化法
解：∵f(x) 是偶函数，∴f(-x)=f(x)=f(|x|), ∴ f(1-m)又当x∈[0,2]时，f(x)单调递减，∴ |1-m|>|m|且-2≤1-m≤2且-2≤m≤2
解得 -1≤m<。
[答案] -1≤m<.
注：本题应用了偶函数的一个简单的性质，从而避免了一场“大规模”的讨论，值得关注。
例23解不等式：< <3.
【巧解】构造法，定比分点法
把、 、3看成是数轴上的三点A、P、B，由定比分点公式知P分所成的比t>0,即 eq \f(-,3-)>0,化简得 x(3x+5)>0,∴ x∈(-∞,)∪(0,+∞)。
[答案] x∈(-∞,)∪(0,+∞)。
例24 已知x,y,z均是正数，且x+y+z=1,求证：++≤。
【巧解】配凑法、升幂法
不等式两边配上，再运用均值不等式升幂。（你知道为什么要配 吗？）
++≤ + +
=≤ eq \f(5-3×,2)=2， ∴原式成立。
[答案] 见证明过程
例25 设a,b,c为ΔABC的三条边，求证：a2+b2+c2<2(ab+bc+ca).
【巧解】综合法
∵a+b>c,b+c>a,c+a>b,∴三式两边分别乘以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] 见证明过程
例26 解不等式 + - x3-5x>0.
【巧解】构造法,综合法
原不等式等价于()3+5()>x3+5x,构造函数f(x)= x3+5x,则原不等式即为f()>f(x)，又f(x)在R上是增函数，∴>x,解此不等式得 x<-2或-1[答案] {x| x<-2或-1例27已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),x∈[-1,1],求证：|f(x)|的最大值M≥.
【巧解】反证法
假设M<,则|f(x)|<恒成立，∴-令x=0,1,-1,分别代入上式，得 -由②+③得-[答案] 见证明过程
例28 已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,且方程f(x)=0的两根x1、x2都在(0,1)内，求证:f(0)f(1)≤.
【巧解】待定系数法、基本不等式法
因方程有两个实根为x1,x2,故可设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··≤。
[答案] 见证明过程
例29 若a1、a2、…、a11成等差数列，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、综合法
(a1+a11)2=a12+2a1a11+a112≤2(a12+a112)≤200,∴|a1+a11|≤10，
又a1、a2、…、a11成等差数列,∴S=a1+a2+…+a11=(a1+a11),
∴ Smax=55，Smin=-55.
[答案] Smax=55，Smin=-55.
例30若0≤x,y≤1，求证：+++≥2 等号当且仅当x=y=时成立。
【巧解】构造法
如图，设正方形ABCD的边长为1，BH=x,AE=y,则HC=1-x,BE=1-y,于是AP=,BP=,
DP=, PC=,由AP+PC≥AC，BP+DP≥BD，而AC=BD=。看,此时结论是不是显然的了？
[答案] 见证明过程
例31 设m是方程ax2+bx+c=0的实根，且a>b>c>0,求证：|m|<1.
【巧解】综合法
设方程的另一根为n,则由韦达定理得m+n=- <0,mn=>0,∴ m,n同为负数，
∴ 1>>|m+n|=|m|+|n|,∴ |m|<1,|n|<1.∴结论成立。
[答案] 见证明过程
例32 已知二次函数f(x)=ax2+bx+1(a,b∈R,a>0),设方程f(x)=x的两实根为x1和x2，如果x1<2-1.
【巧解】 数形结合法
设g(x)=f(x)-x=ax2+(b-1)x+1,由题意得,即,目标是证明->-1,即<2.如图作出约束条件下的平面区域（不含边界），而表示区域内的点(a,b)与坐标原点连线的斜率，易见<2,故命题成立。
[答案] 见证明过程
例33 已知≤ak≤1(k∈N+),求证：a1a2…an+(1-a1)(1-a2)…(1-an)≥.
【巧解】增量法、换元法
设令ak=+bk(0≤bk≤)，则原式左边=(+b1)(+b2)…(+bn)+( -b1)( -b2)…( -bn)=[()n+M]+[()n+N]=()n-1+M+N≥()n-1=右边，∴原式成立。
[答案] 见证明过程
（注：多项式M和N正负抵消部分项后，所余部分和必为非负数。）
例34 记椭圆（a>b>0），A、B是椭圆上的两点，线段AB的垂直平分线与x轴相交于P(x0,0),证明：- 【巧解】数形结合法、等价转化法
记Q(x,y)是椭圆上的任一点，则 |PQ|2=(x-x0)2+y2=(x-x0)2+b2(1-),x∈[-a,a],得二次函数，f(x)= (x-x0)2+b2-x02且由|PA|=|PB|,知 f(xA)=f(xB),即f(x)在[-a,a]上不单调，由二次函数最小值的唯一性知 –a[答案] 见证明过程
例35 已知a,b,c∈R,f(x)=ax2+bx+c.若a+c=0,f(x)在[-1,1]上的最大值是2，最小值是-。证明：a≠0且||<2.
【巧解】反证法
假设a=0或||≥2。
（1）若a=0,则由a+c=0,得c=0,∴f(x)=bx.由题设知b≠0，∴f(x)在[-1,1]是单调函数，从而f(x)max=|b|;f(x)min=-|b|,于是|b|=2,-|b|=- ,由此得矛盾；
（2）若||≥2,则||≥1且a≠0，因此区间[-1,1]在抛物线f(x)=ax2+bx-a的对称轴x=的左侧或右侧，∴函数f(x)在[-1,1]上是单调函数，从而f(x)max=|b|;f(x)=-|b|,由（1）知这是不可能的。
综合（1）（2）知，命题成立。
[答案] 见证明过程
例36 是否存在常数C，使得不等式+≤C≤+，对任意正数x,y恒成立？试证明你的结论。
【巧解】分析法
令x=y=1，得≤C≤，所以C=。下面给出证明：
先证明：+≤，因为x>0,y>0,要证： + ≤，只要证
3x(x+2y)+3y(2x+y)≤2(2x+y)(x+2y),即证：x2+yy≥2xy,这显然成立，
∴ +≤；
（2）再证：+≥，只需证：3x(2x+y)+3y(x+2y)≥2(x+2y)(2x+y),
即证：x2+y2≥2xy,这显然成立，∴+≥。
综合（1）、（2）得，存在常数C=，使对于任何正数x,y都有+≤≤+成立。
[答案] 存在常数C=,证明略.
A
x
y
O
B
D
C
E
A
B
C
x
y
O
20080523
20080523
O
x
y
2
②
①
O
x
y
C
B(2,0)
A
x
y
20080807
a
b
1
O
y
x
( eq \f(1,3))x
( eq \f(1,2))x
1
2
o
y
x
m
b
a
2
x
O
n
Q
T
P(-1,-1)
o
y
x
G
y=( eq \f(1,2))x
F
y=( eq \f(1,2))x
E
y=( eq \f(1,2))x
P
y=( eq \f(1,2))x
D
y=( eq \f(1,2))x
C
y=( eq \f(1,2))x
B
y=( eq \f(1,2))x
A
y=( eq \f(1,2))x
1-y
y=( eq \f(1,2))x
y
y=( eq \f(1,2))x
1-x
y=( eq \f(1,2))x
x
y=( eq \f(1,2))x
H
a
( eq \f(1,8), eq \f(1,4))
b