高中数学：希望杯竞赛试题详解（11-20题）新人教A版

用心 爱心 专心 题题 1111 使不等式xa x arccos2 的解是1 2 1 x的实数a的取值范围是 A 2 1 B 3 2 2 2 C 6 5 2 2 D 2 1 第十一届高二第一试第 6 题 解法解法 1 1 由已知可知2arccos x xa 的解集是 1 2 1 在此区间上函数 xxf x arccos2 是单调增的 因此a的值应当满足关系 2 1 af 2 1 arccos2 2 1 a 3 2 2 2 选 B 解法解法 2 2 原不等式同解于2arccos x ax 因为1 2 1 x 所以 2 22 2 x 2 3 xarccos 0 从而 ax x 2arccos2 3 2 2 2 3 2 2 2 故选 B 评析评析 上述两种解法的实质是一回事 关于此题 刊物上有数篇文章的观点值得商榷 现摘其部分加以分析 一篇文章认为 由已知不等式得2arccos x ax 欲使其解为1 2 1 x 实际 上是对 1 2 1 x的任何x 2arccos x ax 恒成立 而xy x arccos2 在 1 2 1 上 是增函数 所以当 2 1 x时 2 1 arccos2 2 1 min y 3 2 2 2 故选 B 另一篇文章在介绍了 设 n xfm 则 xfanxfaxfa max mxfa min 后分析道 令 xxf x arccos2 当1 2 1 x时 xf 3 2 2 2 2 又 xfa 故 22 23 a 选 B 还有一篇文章干脆将题目改为 用心 爱心 专心 使不等式xa x arccos2 的解是1 2 1 x的实数a的取值范围是 A 2 1 B 3 2 2 2 C 6 5 2 2 D 2 1 并作了如下解答 由已知得2arccos x ax 记 xxf x arccos2 因为x在 1 2 1 时 xf单调增 所以 2 1 arccos2 2 1 min y 3 2 2 2 因此 3 2 2 2 a 选 B 首先应当指出 第一 第三篇文章中说增函数 xxf x arccos2 在 1 2 1 上的最小 值是 3 2 2 2 是明显错误的 这三篇文章共同的观点是 不等式xa x arccos2 的解是1 2 1 x 等价于 对 1 2 1 x的任何x 2arccos x ax 恒成立 按此观点 应当有 2 1 fa 题目就 错了 选择支中没有正确答案 又怎么能选 B 呢 第三篇文章也将题目改错了 选择支中 同样没有正确答案 问题的关键在于 不等式xa x arccos2 的解是1 2 1 x 与 对 1 2 1 x的 任何x 2arccos x ax 恒成立 到底是否等价 为说明这一问题 我们只要看一个简单的例子就能明白了 不等式02 2 axx的解集是 3 1 求a的取值范围 如果认为它等价于 3 1 x时 不等式02 2 axx恒成立 求a的取值范围 就会这样解 由02 2 axx得 2 22 1122 xxxxxa 在 3 1 上的最小值是 3 3131 2 a为所求 而事实上 38 但082 2 xx的解集却不是 3 1 而是 4 2 可见两者并不等价 用心 爱心 专心 至此 我们可以得出结论 关于x的不等式 xfa 的解集是 D 与 Dx 时 关 于x的不等式 xfa 恒成立 不一定是等价的 题题 1212 已知ba 是正数 并且 1996199619981998 baba 求证2 22 ba 第十届高一培训题第 74 题 证法证法 1 1 若a与b中有一个等于 1 那么另一个也等于 1 此时 显然2 22 ba 若ba 且1 b 可将 1996199619981998 baba 改写为 2199621996 11bbaa 由 此推得10 b 若1 b 则01 2 a 得1 a 这与ba 矛盾 由此得 1 1 1996 2 2 a b b a 1 1 1 10 10 2 2 1996 b a a b a b 得 2 22 ba 证法证法 2 2 199819982219961996199821996199621998 2 abababaa babb 221996199622 ababab 与 19961996 ba 同号 2219961996 0 abab 199819982219961996 2 ababab 0 1996199619981998 baba 2 22 ba 证法证法 3 3 由 1996199619981998 baba 及 Rba 得 1996199622 22 19981998 abab ab ab 199819981996221996 19981998 1996221996 19981998 199622199619981998 1bababa ba baba ba bababa 2219961996 abab 又 22 ba 与 19961996 ba 同号 2219961996 0 abab 1996221996 19981998 1 aba b ab 2 22 ba 评析评析 解决本题的关键在于如何利用已知条件 证法 1 通过分类讨论证得2 22 ba 较繁 由于 1996199619981998 baba 故证法 2 作差 199619962219981998 2bababa 只要此差大于等于 0 命题便获证 而证法 3 将 22 ba 表示成 19981998 2219961996 ba baba 便将问题转化成证 式小于等于 2 证法 2 3 的作 法既有技巧性 又有前瞻性 简洁明了 用心 爱心 专心 拓展拓展 本题可作如下推广 推广推广 1 1 设Rba 且 1996199619981998 baba 则2 22 ba 推广推广 2 2 设Rba 且 nnnn baba 222222 其中 Nn 则2 22 ba 推广推广 3 3 设Rba 且 mmnmnm baba 222222 其中 Nnm 则 2 22 nn ba 推广推广 4 4 设Rba 且 mmnmnm BbAaBbAa 222222 其中 Nnm 1 BARBA 则1 22 nn BbAa 由于推广 1 2 3 都是推广 4 的特例 故下面证明推广 4 证明证明 当0 ba时 式显然成立 当ba 不全为零 有 22222222mnmnmmnn ABAaBbAaBbAaBb 222222222222 mnmnnmmnmmnn AB aaba bbAB abab mm ba 22 与 nn ba 22 同号 2222 0 mmnn AB abab 2222mnmn ABAaBb 222222222222 0 mmnnmnmnmmnn AaBbAaBbAaBbAaBbAaBbAB 1 即当ba 不全为零时 式也成立 综上 不等式 成立 推广推广 5 5 设 Rba 且 mmnmnm baba 其中0 mnZnm 则 2 nn ba 推广推广 6 6 设 Rba 且 mmnmnm baba 其中0 mnRnm 则 2 nn ba 推广推广 7 7 设 Rba 且 mmnmnm BbAaBbAa 其中1 0 BARBAmnRnm 则1 nn BbAa 由于推广 5 6 是推广 7 的特殊情形 故下面证明推广 7 证明证明 m nm nmmnn ABAaBbAaBbAaBb m nmnnmm n AB aa ba bb 0 mmnn AB ababmn 由幂函数的性质 可知 mm ba 与 nn ba 同号 用心 爱心 专心 0 mmnnm nm nmmnn AB ababABAaBbAaBbAaBb 1 0 BABbAaBbAaBbAa nnmmnmnm 即不等式 成立 从变元个数进行推广可得 推广推广 8 8 设 kiRxi 2 1 且 m i k i nm i k i xx 11 其中 0 mnRnm则 1 kx n i k i 推广推广 9 9 设 1 2 1 1 i k i ii AkiRAx 且 m ii k i nm ii k i xAxA 11 其中 0 mnRnm则1 1 k i n iix A 由于推广 8 是推广 9 的特例 故下面证明推广 9 证明证明 令 1111 kkkk m nmn iiiiiii iiii AAxAxAx 1111 kkkk m nmn ijjiijj ijij AA xAxA x 11 k j m i m j n jji k i xxxAA由下标的对称性 对 换上式的下标 得 k j m j m i n iji k i xxxAA 11 将上面两式相加 得 11 2 kk mmnn ijijij ij A Axxxx 0 mn 由幂函数性质知 m j m i xx 与 n j n i xx 同号 0 20 mmnn ijijij A Axxxx 即 k i k i n ii k i m ii k i nm iii xAxAxAA 1111 0 k i m ii k i nm ii xAxA 11 0 1 11 k i i k i n ii AxA 即不等式 成立 题题 1313 设 1 x 2 x 3 x 1 y 2 y 3 y是实数 且满足1 2 3 2 2 2 1 xxx 证明不等式 1 1 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 332211 yyyxxxyxyxyx 第十届高二第二试第 22 题 证法证法 1 1 当1 2 3 2 2 2 1 xxx时 原不等式显然成立 当1 2 3 2 2 2 1 xxx时 可设 2222 123 1f txxxt 2 112233 1x yx yx yt 用心 爱心 专心 222 123 1yyy 易知右边 22 1122 xtyx ty 22 33 1x tyt 01 2 33 2 22 2 11 yxyxyxf tf 是开口向下的抛物线 2 222222 112233123123 414110 t x yx yx yxxxyyy 即 1 1 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 332211 yyyxxxyxyxyx 综上 1 2 3 2 2 2 1 xxx时 1 1 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 332211 yyyxxxyxyxyx 证法证法 2 2 3 2 1 iRyx ii 1 2 3 2 2 2 1 xxx 当1 2 3 2 2 2 1 yyy时 0 1 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 yyyxxx 又0 1 2 332211 yxyxyx 求证的不等 式成立 当1 2 3 2 2 2 1 yyy时 1 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 yyyxxx 2 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 12 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 11 11 yyyxxx yyyxxx 2 222222 2 331122 112233 11 222 xyxyxy x yx yx y 2 332211 1 yxyxyx 综上 在题设条件下 总有 1 1 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 332211 yyyxxxyxyxyx 证法证法 3 3 设1 2 3 2 2 2 1 xxxa 112233 2 1 bx yx yx y 1 2 3 2 2 2 1 yyyc 则由1 2 3 2 2 2 1 xxx知0 a 从 而 222 123112233 1 21abcxxxx yx yx y 2 1 y 22 23 1yy 0 2 33 2 22 2 11 yxyxyx 0444424 2 2 2 cbaaacababaacb 2 2 420bacab 04 2 acb 即 1 1 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 332211 yyyxxxyxyxyx 证法证法 4 4 设 321 xxxa 321 yyyb 则 332211321321 yxyxyxyyyxxxba 又 用心 爱心 专心 cos baba cos 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 yyyxxx 222222 112233123123 11cosx yx yx yxxxyyy 01cos1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 1 yyyxxxyyyxxx 22222222 112233123123 1 1 x yx yx yxxxyyy 222222 123123 1 1 xxxyyy 证法证法 5 5 记 321 xxxA 321 yyyB 0 0 0O为坐标原点 则由 OBOAAB 得 222 222222 112233123123 xyxyxyxxxyyy 整理得 222222 112233123123 110 x yx yx yxxxyyy 011 2 3 2 2 2 1 2 3 2 2 2 133221 yyyxxxyxyxyx 2 2222222222222 112233123123123123 1 1 1 1 x yx yx yxxxyyyxxxyyy 评析评析 这是一个条件不等式的证明问题 由求证式是acb 2 的形式自然联想到二次函数 的判别式 构造一个什么样的二次函数是关键 当然是构造 1121 2 3 2 2 2 1332211 22 3 2 2 2 1 yyytyxyxyxtxxxtf 但只有当 01 2 3 2 2 2 1 xxx时 tf才是二次函数 故证法 1 又分01 2 3 2 2 2 1 xxx与 01 2 3 2 2 2 1 xxx两类情形分别证明 很显然 等价转化思想 分类讨论思想是证法 1 的 精髓 证法 2 直接运用基本不等式证明 证法 3 通过换元后证明04 2 acb 即求证式 技巧性 很强 一般不易想到 读者可细心体会其思路是如何形成的 证法 4 由求证式中的 2 3 2 2 2 1 xxx 2 3 2 2 2 1 yyy 及 332211 yxyxyx 联想到空间向量的模及数量积 因而构造 向量解决问题 证法 5 则从几何角度出发 利用OBOAAB 使问题轻松得证 五种证法 从多角度展示了本压轴题的丰富内涵 拓展拓展 本题可作如下推广 推广推广 1 1 若 2 1 1 2 1 n iii i x yR inx 则 用心 爱心 专心 111 1 2 1 2 2 1 n i i n i i n i ii yxyx 推广推广 2 2 若 0 2 1 mniRyx ii n i i mx 1 2 则 mymxmyx n i i n i i n i ii 1 2 1 2 2 1 两个推广的证明留给读者 题题 1414 已知0 xyz 并且 222 222 2 111 xyz xyz 求证 222 222 2 111 xyz xyz 第一届备选题 证法证法 1 1 令tan tan tanxyz 且 为锐角 则题设可化为 222 sinsinsin2 即 222 coscoscos1 由柯西不等式知22 1 222222 sinsinsincoscoscos 2 21 sincossincossincossin2sin2sin2 2 1 sin2sin2sin22 2 由万能公式得 222 tantantan 2 1tan1tan1tan 即 222 2 111 xyz xyz 证法证法 2 2 构造二次函数 2 22 222222 111 111111 xyz f tttt xxyyzz 2 222222 111 2 111111 xyz tt xyzxyz 222 222 111 xyz xyz 0f t 当且仅当 xyz 取txyz 时取等号 0 即 2 222 222222222 111 44 111111111 xyzxyz xyzxyzxyz 0 用心 爱心 专心 222 222222 111 1 1 1 111111 xyz xxyyzz 又 222 222222 111 2 1 111111 xyz xyzxyz 2 222 44 1 20 111 xyz xyz 故 222 2 111 xyz xyz 当且仅当2xyz 时取等号 证法证法 3 3 222 222 2 111 xyz xyz 即 222 111 1112 111xyz 即 222 111 1 111xyz 于是 2 222 222222222 111 111111111 xyzxyz xyzxyzxyz 即 222 2 111 xyz xyz 证法证法 4 4 令 222 222 111 xyz XYZ xyz 则2XYZ 且 222 111 XYZ xyz XYZ 所以 2 222 111 xyz xyz 2 XYZ xyz 222222 222 33 111 XYZXYZ XYZ xyz XYZ 222 3XYZXYZ 2 2 11 3 23 222 33 XYZ 所以 222 2 111 xyz xyz 证法证法 5 5 设 222 222 222 111 xaybzc xabcyabczabc 则 222 222 abc xyz bcaacbabc 左边 222 222 111 111 xyz xxyyzz AAA 用心 爱心 专心 222 22 1 222 222 2 2 3 6 2 621 2 33 bcacababc abc abcabc a bcab acbc bac abc a bcab acbc bac abc abbccaabc abc abcabc abc AAA AA A A 证法证法 6 6 22 2222 2 22 22 2 111 1 xxx xxx x A 同理 22 222222 22 2 2 2 2 111111 yyzz yyyzzz AA 三式相加得 222 222222 111 2 111111 xyz xyzxyz 222 2 2 111 xyz xyz 即 222 22 12 2 111 xyz xyz 故 222 2 111 xyz xyz 证法证法 7 7 2 222 111 xyz xyz 2 222222 222 222222 111 111111 111 111111 xyz xxyyzz xyz xyzxyz AAA 由已知 易知 222 222222 111 1 2 111111 xyz xyzxyz 2 222222 2 2 111111 xyzxyz xyzxyz 用心 爱心 专心 证法证法 8 8 由已知 易知 222 111 1 111xyz 设 222 111 111 abc xabcyabczabc 则 bccaab xyz abc 所以 222 111 xyzabcbcacab xyzabc AAA 2 abcbccaab abc 证法证法 9 9 由 222 222 2 111 xyz xyz 易得 222 111 1 111xyz 于是 2 22 2222 22 222 222 1 11 2 111 111 111 y xz yxyz xz xyz xyz 2 2 222 222222 222 111 2 111 111111 111 xyz xyzxyzxyz xyzxyz xyz 证法证法 1010 由 222 222 2 111 xyz xyz 易得 222 111 1 111xyz 2 2 222 2 211211 2 111222 1 xx x xxxx AA 同理 22 22 211211 12122 12 1 yz yzyz 222222 3111131 22 11122 11122 xyz xyzxyz 222 2 111 xyz xyz 用心 爱心 专心 证法证法 1111 由已知 易得 222 111 1 111xyz 构造空间向量 222 111 111 a xyz 222 222 111 xyz b xyz 2 222 222 cos 111 xyz a ba ba ba bab xyz AA AA 2 222 222222 111 111111 xyz xxyyzz 222 222 111 111xyz 222 222 222 111 xyz xyz A 1 22 222 2 111 xyz xyz 评析评析 条件不等式证明的关键在于如何利用条件 而当条件难以直接利用或条件式显得 相当复杂时 通常应当将条件适当转化 证法 1 4 5 8 正是通过不同形式的换元 使得 问题变得简单易证的 灵活 变形 应用基本不等式 证法 6 证法 10 柯西不等式 证法 3 7 以及一些重要的结论 证法 9 也是证明不等式的常用方法 证法 2 11 分别构造函 数 向量加以证明 很富创新性 同时也应纳入我们正常思考的范围 拓展拓展 本赛题可推广为 命题命题 1 1 若 12 0 n x xx 且 2 2 1 13 1 n i i i x nn x 则 2 1 1 1 n i i i x n x 证明证明 设tan 1 2 0 2 iii xin 则有 22 22 22 1111 tan 1 sin1 cos1 11tan nnnn ii ii iiii ii x nn x 22 111 tan sincos 11tan nnn ii ii iii ii x x 由柯西不等式得 22 111 sincossincos nnn iiii iii 1 11 nn A 2 1 1 1 n i i i x n x 用心 爱心 专心 命题命题 2 2 若 12 0 n x xx 且 2 2 1 1 n i i i x k k x 为常数 n3 0 k n 则 2 1 1 n i i i x k nk x 命题命题 3 3 若 12 0 n x xx 且 2 2 1 1 m n i m i i x k kn mR x 则 2 1 1 m n i m i i x k nk x 命题 2 3 的证明与命题 1 相仿 命题命题 4 4 设 12 0 n x xx 且 2 2 1 n i i i x k sx s k为正常数3 n 0kn 则 2 1 n i i i k nkx sxs 证明证明 将题设化为 2 2 1 1 i n i i x s k x s 作变换 2 2 1 2 i i x tin s 则题设化为 2 2 1 1 n i i i t k t 由命题 2 得 2 1 1 n i i i t k nk t 即 2 1 1 i n i i x s k nk x s 化简得 22 11 nn ii ii ii k nkxx sk nk sxsxs 进一步发散思维 还可得到 命题命题 5 5 设 12 0 n x xx 且 2 2 11 n i i i x k x 3 0 knkn 为常数 则 2 1 n i i kn x nk 证明证明 设tan ii x 且 i 为锐角 1 2 in 则题设可化为 2 1 sin n i i k 由此得 2 1 cos n i i nk 用心 爱心 专心 由柯西不等式得 2 222 22 111 11 coscos coscos nnn ii iii ii n AA 即 22 22 11 sec tan nn ii ii nn n nknk 2 2 1 tan n i i nkn n nknk 即 2 1 n i i kn x nk 仿命题 4 的证法可将命题 5 推广为 命题命题 6 6 设 12 0 n x xx 且 2 2 1 n i i i x k sx s k为正常数3 n 0kn 则 2 1 n i i skn x nk 对本赛题的条件再联想 又可推出 命题命题 7 7 设 12 0 n x xx 且 2 2 1 13 1 n i i i x nn x 则 2 1 1 n n i i xn 证明证明 设tan ii x 且 i 为锐角 1 2 in 则题设可化为 2 1 sin1 n i i n 由此得 2 1 cos1 n i i 222 222 121 1 121 coscoscos coscoscos 1 n n n n AA A 22 1 cossin 11 nn nn 即 2222 1 121 1coscoscossin n nn n AA A 同理可得 22222 1 1221 1coscoscoscossin n nnn n AA AA 2222 1 21 1coscoscossin n n n AA A 3 以上n个式子相乘 得 2 2 2 1212 1coscoscossinsinsin n nn n AA AAA A 有 2 1 tan1 n n n i n 即 2 1 1 n n i i xn 用心 爱心 专心 仿命题 4 的证法又可将命题 7 推广为 命题命题 8 8 设 12 0 n x xx 且 2 2 1 1 3 n i i i x nsn sx 为常数 则 2 1 1 nn i i xs n 命题 8 又可推广为 命题命题 9 9 设 12 0 n x xx 且 1 13 2 1 k n i k i i x nnkNkn x 且 则 1 1 n n k i i xn 证明证明 题设可化为 1 1 1 1 n k i i x 作变换 1 1 i k i a x 则题设化为 1 1 n i i a 且 11 1 k i i ii a x aa 231 1 11 1 k n aaaa x aa 1 1 1 23 23 1 11 1 k nk n n na aaaaa x aa 即有 1 1 23 1 1 1 k n n na aa x a 同理 可得 1 1 13 2 2 1 k n n na aa x a 1 1 121 1 k n n n n na aa x a 以上n个式子相乘 得 1 1 n n k i i xn 仿命题 4 的证法 命题 9 可进一步推广为 命题命题 1010 设 12 0 n x xx 且 1 1 k n i k i i x n sx 2 skNkn 为正常数且 1 1 nn k i i xs n 则 题题 1515 求所有的正实数a 使得对任意实数x都有2 2 sin22cos xx aa 第十一届高二第二试第 23 题 解法解法 1 1 原不等式即2 22 sin2sin21 xx aa 设ta x 2 sin2 则化为02 1 tat 其中 1 2sin2 2 aat x 当1 a 1 2sin2 2 aat x 当10 a 式即 用心 爱心 专心 02 2 att 设atttf 2 2 由于 tf在 1 与 2 a之间恒小于或等于零 所以 0 1 f且0 2 af 即 0 02 1 24 a aaa a 解之 得1 2 15 a为所求 解法解法 2 2 0 a 2222 2 cos22sin1 2sin2sin2sin 2sin 2 xxxxx x a aaaaaa a 又 2 2 sin22cos xx aa 1 a 设 1 2sin2 2 taat x 记t t a tf 依题意 2 f t 恒成立 max 2tf t t a tf 在区间 2 aa上单调递减 在区间 1 a上单调递增 而1 1 1 22 afa a af 2 max 1 a a tf 当 2 at 时取 最大值 故2 1 2 a a 解得1 2 15 a为所求 解法解法 3 3 原不等式即2 22 sin2sin21 xx aa 令 x at 2 sin2 则2 t t a 1 若1 a 则1 t 式显然成立 2 若1 a 则 2sin20 2 aaa x 即 2 1at 即 式对任意 1 2 at 恒成立 x y O O 1 2 aa a2 t a ty 1 a 图 1 y O O 1 2 aa a2 t a ty 图 2 由函数t t a y 的图象 图 1 及 2 1aa 可得2 1 1 a 且2 2 2 a a a 但这 与1 a矛盾 3 若10 a 则 0sin22 2 aaa x 即1 2 ta 由函数t t a y 的图象 图 2 及1 2 aa 可得2 2 2 a a a且2 1 1 a 即0 1 1 2 aaa且1 a 又 10 a 解得1 2 15 a 10 a x 用心 爱心 专心 综合 1 2 3 可得1 2 15 a为所求 评析评析 解决本题的关键是如何由2 2 sin22cos xx aa对任意实数x恒成立 得到关于a的 不等式 由于xx 2 sin212cos 故原不等式即2 22 sin2sin21 xx aa 亦即 2 2 2 sin2 sin2 x x a a a 令 x at 2 sin2 则原不等式就是2 t t a 至此 若去分母 便将原问题 转化为二次不等式恒成立的问题 若不去分母 应当有 max 2t t a 可通过函数 t t a tf 的最大值解决问题 解法 1 运用函数思想 把二次不等式02 2 att恒成立问题转化成二次函数 atttf 2 2 的图象恒不在x轴上方的问题 从而得到关于a的不等式组 求出了a的 范围 解法 2 则由aaa xx 2 2 sin22cos 及2 2 sin22cos xx aa 得1 a从而得1 2 ta 再 由函数t t a tf 在 2 aa上单调减 在 1 a上单调增 求出了 tf的最大值 2 1 a a 由2 tf恒成立 得2 1 2 a a 求出了a的范围 解法 3 则直接根据函数 t t a tf 的图象 分1 a 1 a 10 a三种情形讨论 直观地求出了a的范围 三种解法 道出了解决恒成立问题中求参数的三种方法 解法 1 为函数法 解法 2 为最 值法 解法 3 为图象法 当然 解决恒成立问题决不仅仅是这三种方法 比如 还有分离参数 法 变更主元法 运用补集思想等 题题 16 函数 1 22 22 2 x x xx xf的最小值为 A 1 B 1 C 2 D 2 第七届高一培训题第 2 题 解法解法 1 1 1 1 1 2 1 x xxf 因为两个互为倒数的数 在它们等于1 时 其和 可以取到绝对值的最小值 即当11 x 即2 x或0 x时 xf的绝对值最小 又 1x 故2x 时 f x的绝对值最小 又 0 xf 12 min fxf 选B 解法解法 2 2 因为1 x 联想到1sec 于是令 2 sec x 2 0 则 用心 爱心 专心 2 tan1 x 1 tan 1 tan2 2 1 tan 1 tan 2 1 tan2 1tan 12 11 12 22 2 2 2 x x x xx xf 当且仅当 2 2 tan 1 tan 即2 x时 1 min xf 故选B 解法解法 3 3 设 122 2 xxxx 122 xxxg 02442222 2 22 xxxxxxxgx 0 xgx 1 xg x 即 1 f x 1 min xf 故选B 解法解法 4 4 1 12 11 22 22 2 2 x x x x xx xf 由此联想到万能公式 2 2tan 2 sin 1tan 2 故令0 2 tan1 x 则 2 1tan 1 2 0 sin 2tan 2 f xg 0sin 又1sin1 1sin0 1 sin 1 即 1 xf 1 min xf 故选 B 解法解法 5 5 1 x 01 x 1 12 1 2 1 2 12 1 2 1 12 11 2 x x x x x x xf当且仅当 12 1 2 1 x x 即 2 x时取等号 1 min xf 故选B 解法解法 6 6 1 x 11 22 2 22 222 22 22 22 2 x x x xx x xx xf 当 2 x时取等号 故选B 解法解法 7 7 由 22 22 2 x xx y去分母并整理 得 02222 2 yxyx Rx 022422 2 yy 即01 2 y 1 y或1 y 1 x 0 12 11 2 x x xfy 1 y 当1 y时 由 22 22 1 2 x xx 解得 12x 1 min xf 故选B 用心 爱心 专心 评析评析 解法 1 6 7 都是运用高一知识解决问题的 其余解法都用到了不等式知识 以 解法 5 6 最简捷 解法 7 运用的是判别式法 运用此法是有前提的 如果将题中限制条件 1 x 去掉 此法总能解决问题 但有了 1 x 的限制 此法就不一定能奏效 只有当1 y时求出的 x的值在1 x的范围内时 1 才是最小值 否则 1 就不是最小值 应当另寻他法加以解决 事实上 若将此题改为 求函数 3 22 22 2 x x xx xf的最小值 此法就失灵了 因为 1 y时 32x 故y取不到 1 也就谈不上1 min y了 若用不等式知识解 2 2 112211 2221221 xxxx y xxx 3 x 01 x 1 12 1 2 1 2 x x y 当且仅当 12 1 2 1 x x 即2 x时取等号 但 32 故y取不到 1 同样不能解决问题 此时我们可利用函数单调性解 设 21 3xx 则 22 22 22 22 2 2 2 2 1 1 2 1 21 x xx x xx xfxf 112 122122 21 12 2 221 2 1 xx xxxxxx 112112112 21 212121 21 21212121 21 2 21 2 2 2 12 2 1 xx xxxxxx xx xxxxxxxx xx xxxxxx 21 3xx 0 21 xx 0 2121 xxxx 01 1 x 01 2 x 0 21 xfxf 21 xfxf 已知函数是 3的单调增函数 4 5 232 2323 3 2 min fy 拓展拓展 本题的函数模型实际就是 0 0 kx x k xxf 容易证明 该函数在 0 k上单调递减 在 k 上单调递增 于是关于其最值 我们有下面的 用心 爱心 专心 定理定理 已知函数 0 0 kx x k xxf 则 当 kmmx 0时 xf有最小值k2 当knx 0时 xf有最小值 nf 当kpx 时 xf有最小值 pf 当 rkqrxq 时 xf有最小值k2 且有最大值 rfqf max 例如 函数 x xxf 4 在 1上有最小值442 在 1 0上有最小值 5 1 4 11 f 在 3上有最小值 3 13 3 4 33 f 在 3 1上有最小值442 最大值 5 3 13 5max3 1max ff 题题 1717 已知 x y zR 且 123 1 xyz 则 23 yz x 的最小值是 A 5 B 6 C 8 D 9 第十一届高二第二试第 9 题 高二培训题第 14 题 解法解法 1 1 x y zR 且 123 1 xyz 123 2323 yzyz xx xyz 2323 332229 2332 yxzxzy xyxzyz 当且仅当 3 6 9xyz 时取等号 故选 D 解法解法 2 2 由 0a x 时有2 ax xa 可知 1231 36911 12222 33369923 xyzyz x xyzxyz 9 23 yz x 当且仅当 369 369 xyz xyz 即3 6 9xyz 时取等号 故选 D 解法解法 3 3 3 3 1231 2 3 339 23232 3 yzyzy z xxx xyzx y z 当且仅 当 用心 爱心 专心 1231 3xyz 即3 6 9xyz 时取等号 故选 D 解法解法 4 4 由柯西不等式 123 2323 yzyz xx xyz 2 123 9 23 yz x xyz 当且仅当3 6 9xyz 时取等号 故选 D 解法解法 5 5 利用 三个正数的算术平均值不小于它们的调和平均值 立得 3 23 3 123 3 yz x xyz 9 23 yz x 当且仅当3 6 9xyz 时取等号 故选 D 解法解法 6 6 若 是长方体一条对角线与相邻三棱所成的角 则 222 coscoscos1 x y zR 且 123 1 xyz 故不妨设 22 222222 12 ab xabcyabc 2 222 3c zabc 其中a b c是长方体的长宽高 则 222222222222222 222222222 3 23 yzabcabcabcbacacb x abcabacbc 3 2 2 2 9 当且仅当abc 即3 6 9xyz 时取等号 故选 D 解法解法 7 7 构造二次函数 222 123 23 yz f ttxtt xyz 2 123 2 1 1 1 23 yz ttx xyz 0 0f t 即 2 123 640 23 yz x xyz 又 123 1 9 23 yz x xyz 故选 D 解法解法 8 8 设 123 123 mmm xyz 则 123 123 111 1 23 yz xmmm mmm 123 123123 111111 9 23 yz xmmm mmmmmm 故选 D 用心 爱心 专心 评析评析 解法 1 2 3 4 5 8 都是利用一些重要的基本不等式解决问题的 解法 6 解 法 7 分别通过构造长方体 函数将原问题转化 根据图形特征解决问题 根据解法 2 的思路 很容易得下面的错误解法 1 2 3123 2 1 2 2 2 3 2 323 y zyz x y zRxRx x y zxyz 123123 22266 15 23 yz x xyzxyz min 5 23 yz x 故选 A 错误原因就在于 1 2 3 式取等号的条件分别是1 2 3xyz 而此时 123 3 xyz 与已知矛盾 故 23 yz x 取不到 5 拓展拓展 本题可作如下推广 推广推广 1 1 若 iii x aRa 为常数 1 2 in 且 12 12 1 n n aaa xxx 则 2 12 12 min n n xxx n aaa 证明证明 121212 121212 nnn nnn xxaxxxxaa aaaaaaxxx 2 1212 1212 nn nn nn x xxa aa nnn a aax xx 当且仅当 12 12 1 n n aaa xxxn 时取等号 2 12 12 min n n xxx n aaa 推广推广 2 2 若 iii x aRa 为常数 1 2 in 且 12 12 n n aaa k xxx 则 2 12 12 min n n xxxn aaak 证明证明 1212 1212 1 nn nn xxxxxx k aaakaaa 1212 1212 1 nn nn xaxxaa kaaaxxx 2 1212 1212 1 nn nn nn x xxa aan nn ka aax xxk 当 用心 爱心 专心 且仅当 12 12 n n aaak xxxn 时取等号 2 12 12 min n n xxxn aaak 推广推广 3 3 若 iii x aRa 为常数 1 2 in 且 12 12 n n aaa k xxx 则 2 12min12 1 nn xxxaaa k 证明证明 12 12 n n aaa k xxx 运用柯西不等式有 12 121212 12 11 n nnn n aaa xxxxxxkxxx kkxxx 2 2 12 1212 12 11 n nn n aaa xxxaaa kxxxk 当且仅当 12 12 12 n n n aaa xxx xxx 即 12 12 n n aaa xxx 时取等号 2 12min12 1 nn xxxaaa k 根据推广 1 2 立得本题所求最小值为 9 由 123 1 xyz 得 111 1 23 yz x 根据推广 3 2 1 1 11 9 231 yz x 当且仅当 111 23 yz x 即3 6 9xyz 时取等 号 min 9 23 yz x 故选 D 再看一例 例例 已知 x y zR 且 247 5 xyz 求27 4 y xz 的最小值 解解 由 247 5 xyz 得 4149 5 27 4 y xz 根据推广 3 用心 爱心 专心 2 1 27 4149 20 45 y xz 当且仅当 4149 27 4 y xz 即 2 8xzy 时取等号 min 2720 4 y xz 题题 1818 设bayx 为正实数 ba 为常数 且1 y b x a 则yx 的最小值为 第十一届高二培训题第 36 题 解法解法 1 1 设 sin cos 2 2 y b x a 则 22 cscsecbayx 22 cottanbaba abba2 当 22 cottanba 即 4 tan b a 时取等号 abbayx2 min 解法解法 2 2 22 abaybxay bx xyxyabababab xyxyxy 当且仅当 aybx xy 时取等号 abbayx2 min 解法解法 3 3 令 ab mxyn xy 则 222 m nabmnm n ab xya xy 2 b 即abbayx2 当且仅当m n共线 即当 ab xy xy 亦即 b a y x 时取等号 abbayx2 min 解法解法 4 4 2 2 2 abab xyxyxyababab xyxy 当且仅当 y b y x a x 即 b a y x 2 2 时取等号 abbayx2 min 用心 爱心 专心 解法解法 5 5 设kyx 即xky 代入1 y b x a 得0 2 kaxkabx Rx 由0 得bak ab2 或abbak2 舍去 由0 求得 baax babxky b a y x 时 abbayx2 min 解法解法 6 6 Rbayx 且1 y b x a 10 x a 10 y b 0 ax 0 by 故设 ax by 0 代入1 y b x a 得ab 定值 abbababayx22 当且仅当ab 即 b a abb aba y x 时取等号 abbayx2 min 解法解法 7 7 由解法 6 知0 ax 0 by 记yxk 由1 y b x a 得 ax bx y 代入 可得 ax ab axk abbaba2 当且仅当 0ax ax ab ax 即xaab 时取等号 此时abby 当 b a y x 时 abbayx2 min 解法解法 8 8 如图 在平面直角坐标系XOY中 由己 知条件 Rbayx 及1 y b x a 知直线1 y Y x X 过 第一象限内的定点 baP yx 便是该直线在两坐标 轴上的截距之和 如图所示 设 BAO 则 用心 爱心 专心 BPC 由图可知 0 xA 0 yB cotxOAab tanyOBba abbaabbayx2tancot 当且仅当cotba 即tan b a 时 取等号 abbayx2 min 解法解法 9 9 在平面直角坐标系XOY中 设过定点 baP的直线方程为 aXkbY 易求得直线在X轴与Y轴上的截距分别为 k b ax akby b xyabka k 0k 0 k b 0 ka 故2 2 b xyabkaabab k 当且仅当 0k k b ka a b k 2 时取等 号 abbay