高中希望杯数学竞赛试题详解题.pdf

1 题 1 已知yxabbybbaxba 0则的大小关系是 第十一届高二第一试第11 题 解法 1 bba a bbax abb a abby yxabbbbaba 0 解法 2 bba abb abb bba y x yx y x abba 1 解法 3 a abb a bba abbbbayx 1111 yx yxa abba 0 11 0 解 法4原 问 题 等 价 于 比 较abba与b2的 大 小 由 2 2 22yx yx得 babbaabba4 2 2 babba2 yxbabbaabba 2 解法 5如图1 在函数xy的图象上取三个不同的点A ab ab B b b C ba ba 由图象 显然有 ABBC kk 即 abb abb bba bba 即abbbba 亦即yx 解法 6令 f tatt tta a tf 单调递减 而abb abfbf 即abbbba yx 解法 7考虑等轴双曲线 0 22 xayx 如图 2 其渐近线为xy 在双曲线上取两点 A b ab B ab b 由图形 显然有1 AB k 即1 bba abb 从而yx A B C x y O b a b b a 图 1 A B O x y b 图 2 aa b 2 解法 8如图 3 在 Rt ABC中 C为直角 BC a AC b BD b 则 AB ba DC ab 在 ABD中 AB AD BD 即baADb 从而baAD DC bDC 即 abbbba 故yx 评析比较大小是中学代数中的常见内容 其最基本的方法是作差比 较法 作商比较法 利用函数的单调性 解法 1 通过分子有理化 处理无理 式常用此法 将问题转化成比较两个分母的大小 解法 2 直接作商与1 比较 大 小 顺 理 成 章 也 很 简 洁 要 注 意 的 是 0 ba时 1 a ab b 0 ba时 1 a ab b 此题直接作差难以确定差与0 的大小 解法3 对yx 的倒数 作差再与0 比较大小 使得问题顺利获解 反映了思维的灵活性 解法 6 运用函数的单调性解题 构造一个 什么样的函数是关键 我们认为构造的函数应使得yx 恰为其两个函数值 且该函数还应是单调的 最起码 在包含yx 对应的自变量值的某区间上是单调的 解法 5 与解法 7 分别构造函数与解几模型 将yx 的大 小关系问题转化成斜率问题加以解决 充分沟通了代数与几何之间的内在联系 可谓创新解法 解法 8 充分 挖掘代数式的几何背景 构造平面图形 直观地使问题得到解决 这也是解决大小关系问题和证明不等式 的常用方法 有人对此题作出如下解答 取 2 1 ba则 12 1 12 23 1 23yx 322 10 12 1 23 1 yx 可再取两组特殊值验证 都有yx 故答案为yx 从逻辑上讲 取2 1 ba 得yx 即使再取无论多少组值 也只能是有限组值 验证 都得yx 也只能说明yx或yx作为答案是错误的 而不能说明yx一定是正确的 因为这不能排除xy的可 能性 因此答案虽然正确 但解法是没有根据的 当然 如果将题目改为选择题 已知yxabbybbaxba 0则的大小关系是 A yx B yx C yx D yx 此时用上述解法 且不用再取特殊值验证就可选D 并且方法简单 答案一定正确 总而言之 特殊值法在解许多选择题时显得特别简捷 那是因为选择支中的正确答案是唯一的 从而 通过特殊值排除干扰支 进而选出正确答案 但特殊值法只能排除错误结论 而不能直接肯定正确答案 因 此 用此法解填空题 少数特例除外 与解答题是没有根据的 当然 利用特殊值指明解题方向还是十分可 取的 题 2 设cbaNn 且 11n abbcac 恒成立 则n的最大值为 A 2 B 3 C 4 D 5 第十一届高二第一试第7 题 A B D C b 图 3 a a b b ab 3 解法 1原式n cb ca ba ca min acac n abbc 而 ba ca cb ca ba cbbabcab bc 2 ba cb cb ba 4 且当 ba cb cb ba 即bca2时取等 号 min acac abbc 4 4n 故选C 解法 2cba 0 0 0cacbba 已知不等式化为 2 ac n abbc 由 22 2 4 2 acac abbc abbc 即4 min 2 cbba ca 故由已知得 4n 选C 解 法3由cba 知0 0 0cacbba 有 cbba can 11 又 411 11112 cbba cbba cbba ca 即 4 11 min cbba ca 由题意 4n 故选C 解法 4cba 0 0 0cacbba 已知不等式可变形为 2 ac n abbc 记 2 ac k abbc 则 4 2 2 2 cbba cbba cbba cbba k 由题意 4n 故选C 解法 5 cba 11 0 0 abbc 于是 cacbbacbba 4411 比较得4n 故选C 评 析由 已 知 可 得 cbba can 11 恒 成 立 根 据 常 识 若afx恒 成 立 则 min xfa 若xfa恒成立 则 max afx cbba ca 11 的最小值就是所求n 的最大值 故问题转化为求 cbba ca 11 的最小值 上述各种解法都是围绕这一中心的 不过采用了不同的 4 变形技巧 使用了不同的基本不等式而已 解法1 运用了2 ba a bR ab 解法2 运用了 2 2 ba ab 解法3 运用了 4 11 ba ba 解法4 运用了 Rbaabba 2 解 法 5 运用了 Rba baba 411 虽解法异彩纷呈 但却殊途同归 此题使我们联想到最新高中数学第二册 上 P30第 8 题 已知cba 求证 0 111 accbba 证 令0 0 yxycbxba 则yxca 22 111111xyxy abbccaxyxyxy xy 0 0 xy 0 111 accbba 此证法通过换元将分母中的多项式改写成单项式 使得推证更简单了 运用这一思路 又可得本赛题 如下解法 设0 0 yxycbxba 则yxca ca n cbba 11 恒 成 立 就 是 yx n yx 11 恒成立 也就是 yx yxn 11 恒成立 4 11 yx yx恒成立 由题意得 4n 故选 C 再看一个运用这一思想解题的例子 例设Rcba 求证 2 222 cba ba c ac b cb a 第二届 友谊杯 国际数学竞赛题 证明设 zbayacxcb则0 2 1 zyxzyxcba 0 2222 yxxy bxay yx ba y b x a 2 22 ab ab xyxy 222 2222 22 ababcabcabccabc xyzxyzxyzabc 即 2 222 cba z c y b x a 2 222 cba ba c ac b cb a 本赛题还可直接由下面的命题得解 命题若0 21n aaa 则 nnn aa n aaaaaa 1 2 13221 1111 5 证明0 21n aaa nn aaaaaa 13221 都大于0 反复运用 式 可得 若 1 2 ii x yR in 则 2 2 1 1 1 n i n i i n ii i i x x y y 当 且 仅 当 12 12 n n xxx yyy 时 取 等 号 故 有 22 12231122311 1 111 111 nnnnn n aaaaaaaaaaaaaa 也可以这样证明 0 21n aaa 12231 0 nn aa aaaa 故由柯西不等式 得 12231 12231 111 nn nn aaaaaa aaaaaa 2 11 1 11 n个 2 1n 即 2 1 13221 1 111 naa aaaaaa n nn 0 1n aa nnn aa n aaaaaa 1 2 13221 1111 由此可得本赛题的如下解法 cba 0 0 0cacbba cacbbacbba 41111 2 由 题意 4n 故选 C 由 此 命 题 还 可 直 接 解 决 第 七 届 高 二 培 训 题 第8 题 设 12320 002 0 0 aaaaa 并 且 12232 0 0 02 0 0 1 111 m aaaaaa 20011 6 104 aa n 则m与n的大小关系是 A nm B nm C nm D nm 解 12320002001 aaaaa 20011 6 20011 2 1042000 aaaa m 故选C 题 3 设实数yxnm 满足anm 22 byx 22 则nymx的最大值为 A 2 1 baB 2 122 baC 2 22 ba D ab 第十一届高二培训题第5 题 解法 1 设 sin cosanam sin cosbybx 则 cos sinsincoscosababababnymx 6 即 nymx max ab 故选 D 解法 2 bn a b m a b anm 2222 又byx 22 mx a b nymx a b ny a b 2222 2222 222 bbb mxnymnxy aaa 2 b ba a b nymx ab a b b 当且仅当 b mx a 且 b ny a 即mynx时取等号 max nymx ab 解法 3 2222222222222 2mxnym xmxnyn ym xm yn xn y 2222 mnxyab mxnyab当且仅当mynx时取等号 故 max mxnyab 解法 4 设 pm nqx y 则cos p qpqpq 222 p qpq 2 22 mxnymn即 22 xyab当 且 仅 当 p q 共 线 即mynx时 取 等 号 故 max mxnyab 解法 5 若设mxnyk 则直线mxnyk与圆 22 xyb有公共点 于是 22 k b mn 即 max kmxnyabmxnyab 解法 6 设 12 zmni zxyi 则 12 z zmnixyimxnynxmy i 222 1212 z zmxnynxmymxnymxnymxnymxnyz z 12 zz 2222 mnxyab当且仅当mynx时取等号 故 max mxnyab 解法 7 构造函数 22222 2fXmnXmxny Xxy 则 22 0 fXmXxnXy故 2 2222 44mxnymnxy 2 440 mxnyab即 max mxnyabmxny ab 解法 8 由 2222 mna xyb还可构造图形 如图 其中 90ACBADB b ACm a b BCn a B C D A 7 BDx ADyABb为 圆 的 直 径 由 托 勒 密 定 理 ADBCBDAC 2 AB CDAB得 bb mxnyb aa 从 而 得m xn ya b 当 且 仅 当mynx且0mx时 取 等 号 max mxnyab 评析解法 1 抓住已知条件式的结构特征 运用三角代换法 合情合理 自然流畅 也是解决此类型 问题的通法之一 解法 2 运用基本不等式 2 22 ba ab将nymx放大为关于 22 nm与 22 yx的式子 再利用条件 求出最大值 值得注意的是 稍不注意 就会得出下面的错误解法 2222 2222 max 22222 mnxy mxnyabab mxnymxny 故选 A 错误 的原因就在于用基本不等式求最值时未考虑等号能否取到 上述不等式取等号的条件是xa 且yb 而若 式同时取得 则 2222 mnxy 即 ab这与题设矛盾 即当ab时 mxny取 不到 2 ab 解法 2 是避免这种错误的有效方法 由于向量与复数的模的平方是平方和形式 与已知形式一致 故解法4 与解法 6 分别运用了构造向量 与构造复数的方法 新颖而简洁 解法 5 设knymx后 将其看作动直线 利用该直线与定圆byx 22 有公共点 则圆心到直线 的距离小于等于半径 得 abnymxk 充分体现了等价转化的解题功能 解法 7 运用的是构造函数法 为什么构造函数 222 2fXmnXmxny X 2 x 2 y呢 主要基于两点 f X为非负式 值大于等于0 由于0Xf 故有0 而沟通 了已知与未知的关系 故使问题得到解决 解法 8 抓住已知两条件式的特征 构造了两个有公共边的直角三角形 利用托勒密定理及圆的弦小于 等于半径使问题获解 充分揭示了这一代数问题的几何背景 拓展此题可作如下 推广若 222222 1212 nn aaap bbbq则 1 122 max nn a ba ba b pq 当且仅当1 2 ii q ab in p 时取得最大值 证明 222 222 1212nn qqq aaapaaa ppp q 8 1 122 aba b 1122nnnn pqqq a bababab qppp p q 222 222 1122 222 nn qqq ababab ppp 2222 22 2 2 1 22 2 2 1 pq q p p q q pbbb aaa p q q p n n 当且仅当 2 1 max2211 pqbababaniba p q nnii 时取等号 本推广实际就是由著名的Cauchy 柯西 不等式 22 2 2 1 22 2 2 1 2 2211nnnn bbbaaabababa 当且仅当 n n b a b a b a 2 2 1 1 时 取等号 直接得到的一个结论 推广有十分广泛的应用 现举一例 例 已知 123 234 8 a b c x y zRabc xyz 且求23 abc xyz 最大值 解 222 123 234234 8abcabc xyz 22 12 xy 2 3 z 8 由推广知23 abc xyz 123 234 84 2 abc xyz 当且仅当 81 4 a x 8283 2 3 44 bc yz 即 1 2 axbycz时取等号 max 23 abc xyz 24 题 4对于1m的一切实数m 使不等式 2 21 1 xm x都成立的实数x的取值范围是 第十三届高二培训题第63 题 解法1题设等价于 1 12 01 2 2 x x m x 或 1 12 01 2 2 x x m x 或 012 01 2 x x 即 1 12 1 01 2 2 x x x 或 1 12 1 01 2 2 x x x 或 9 012 01 2 x x 所以21x或113x或1x 即 2 13 x 解法 2 已知不等式即 0121 2 xmx 令121 2 xmxmf 则 当01 2 x 即1x时 mf是m的一次函数 因为1m 即11m时不等式恒成立 所以 mf在1 1上的图象恒在m轴的下方 故有 0121 1 0121 1 2 2 xxf xxf 即 02 022 2 2 xx xx 解得213x 1 x 又当1x时 1 mf 适合题意 当1x时 3f m不合题意 故x的取值范围是213x 评析解决本题的关键是如何根据条件构建关于x的不等式或不等式组 解法 1 运用分离参数法 为了 达到分离参数的目的 又对1 2 x分大于 0 小于 0 等于 0 三类情形分别构建关于x的不等式组 从而通 过解不等式组解决了问题 解法 2 则转换思维角度 把已知不等式看成关于m的不等式 从而将原问题转化 为函数 121 2 xmxmf在1 1上的图象恒在m轴下方的问题 这种方法称为变更主元法 用此 方法 使得此题的解决显得既简捷 又直观易懂 题 5 当0 xa时 不等式2 11 22 xax 恒成立 则a的最大值是 第十一届高二培训题第45 题 解法1 当0 xa时 2 xa x x xa 又有 2 2 2 2 2 xa x x xa 2 得 6 2 2 2 2 22 xa xax x xa 6 1 2 22 2 2 xa xaa x a 8 2 2 2 2 xa a x a 即 222 8 11 axax 由 2 8 2 a 得02a 2 max a 解法 2 22 22 11 11 11 2 xaxxaxxax 又 xax 11 a 4 1 a 2 xa x x xa 2 22 4 11 2 axax 即 222 8 11 axax 当且仅当 xa x x xa 且 xax 11 即 2 a x时取等号 2 11 22 xax 恒成立 2 8 2 02a a 于是2 max a 10 解法3 原不等式等价于 1 2 11 22 xax 由0 xa 可知 1 0 x 1 0 ax 由 两个正数 的平方平均值不小于它们的调和平均值 可知只需1 2 xax 即2a即可 故02a 于是 2 max a 解法 4 22 11 xax 2即 2 11 2 2 2 2 x xa x x 成立 又2 1 2 2 x x 恒成立 a只 要 满 足 2 2 1 x xa 0 就 能 使 恒 成 立 由 式 得 2 x 2 xa1 1 xax 01 2 axx 由于对称轴 0 2 a a x 由二次函数的性质 当 0 ax时 要 式恒成立 则 2 4002aa2 max a 解法 5 设 22 sin cos a xa a x 0 xa 则 22 11 xax 42 cos 1 a 42 sin 1 a 44 44 2 cossin cossin1 a 2sin 16 1 2sin 2 1 1 1 4 2 2 a2sin 2sin28 4 2 2 a 22 sin 2 2 sin 2 1 0 即 2 2sin2sin 42 则 2s i n 2s i n2 4 2 1 12s i n 2 时取等号当 于是 222 8 11 axax 由已知 得 2 8 2 02 a a 2 max a 解法 6 设 11 0 0 XYXY xax 则 2为 22 2XY表示在XOY坐标系第一象限内以原点为圆心 半径的圆及其外部 由 11 XY xax 得 aXYXY又 aXYXY 4 2 2 a XYXY它表示双曲线 2 4 a XY位 于 第 一 象 限 内 的 一 支 及 其 上 方 部 分 依 题 意 双 曲 线 22 2 4 0 200XYXXYXY a 与圆弧 相 切 或相离 从 而2 8 2 a 即02a2 max a 2 x O 11 解法 7 运用结论 如果 2 1 niRyx ii 则 n n y x y x y x 2 2 2 2 1 2 1 21 2 21 n n yyy xxx 当且仅当k y x y x y x n n 2 2 1 1 常数 时取等号 0 xa 0 ax 由 柯 西 不 等 式 有 2 22 22 11 11 11 xaxxax 由 得 xax 11 a 4 故 4 11 2 2 22 axax 得 222 8 11 axax 当且仅当 2 a x时取等号 由2 8 2 a 得02a 2 max a 解 法8 运用结论 2 12 122311 111 1 n nnn n aaa aaaaaaaa 若则当且仅当 n aaa 21 成等差数列时取等号 2222 1111 22 0 xaxxax 2 11 0 xax 2 2 2 16 0 13 aa 222 8 11 axax 当且仅当xax 即 2 a x时取等号 令2 8 2 a 得02a2 max a 评析2 11 22 xax 恒成立 2 11 min 22 xax 故问题的实质就是求 22 11 xax 的 最小值 关于a的式子 大于等于2 的解 因而在0 xa的条件下 如何求 22 11 xax 的最小值成了 问题的关键 解法 1 运用 两个互为倒数的正数的和大于等于2 解法 2 运用配方再放缩 解法 3 运用均值 不等式及 两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值 解法 5 运用三角代换 解决了这一关键问题 解法 4 巧妙地将原问题转化为一个含参 a 一元二次不等式恒成立 求参数的范围问题 从而运用二次 函数的性质解决问题 解法 6 将原问题转化为解析几何问题处理 解法 7 8 则是运用一些现成的结论 读者 可自己证明 各种解法异彩纷呈 都值得细细品味 拓展此题可作如下推广 推 广1 若 121 0 n xxxa 则 2 1 2 12 2 1 1 11 n xaxx x 2 3 a n 当 且 仅 当 axxx n 121 成等差数列时取等号 证明由已知 121 0 n xxxa 则 12 xx0 23 xx0 1n xa0 根据柯西 12 不等式及解法7 运用的不等式 有 2 1 2 12 2 1 1 11 n xaxxx n 2 1211 111 n xxxax 2 24 2 nn aa 故 2 1 2 12 2 1 1 11 n xaxxx 2 3 a n 当且仅当 axxx n 121 成等差数列时取等号 推广 2 若 121 0 n xxxa 2 1 NkniRbi则 k k x b 1 1 1 k k n k n k n k k a bbb xa b xx b 1 21 1 1 12 1 2 当且仅当 n i i i i b ab a 1 时取等号 证明不妨设 112211 nn xaaxxaxa M 1 1 k n i i b由已知得 i a0 且 2 1 ni 1 aa n i i 令 a a c i i 则 n i i c 1 1 1 1 n i i a a 由均值不等式 k i k i c b 1 个k iii McMcMc 1 1 1 k k i kb Mk即 k i k i c b 1 k ni bbbkkMc 1 21i b 则 1 1 111 1 k nnn ki iik iii i b kMckb c 1 1 11 k nn ki ik ii i b b c 即 1 1 k n ki k i i b a a 1 1 n k i i b 1 1 1 1 1 n k kin ii kk n i i i i b b a a 当且仅当 i a n i i i in i i n i i b ab b b a 11 1 时取等号 k k x b 1 1 1 k k x b 2 1 2 k n k n xa b 1 k k n a bbb 1 21 题 6已知 2 0 log sin xxf 设 2 cossin fa cossinfb cossin 2sin fc 那么cba 的大小关系是 A bca B acb C abc D cba 第八届高二第一试第10 题 解法 1设psin qcos pq qp 2 而xf是减函数 13 pqf qp f 2 即ba 2 qp pq 2 pqqp pq pq qp pq2 pqf qp pq f 2 即bc 故cba 选 D 解法 2由题意 令 6 则 2 1 s i n 3 cos 2 4 31 2 cossin 2 3 cossin 4 2 33 cossin cossin2 cossin 2sin 1 0 2 1 sin xf是减函数 又 2 33 2 3 4 31 4 cossin 2sin cossin 2 cossin fff 即cba 故选 D 评析这是一个比较函数值大小的问题 通常利用函数的单调性 若函数xf单调递增 减 则当 21 xx时 2121 xfxfxfxf 当 21 xx时 21 xfxf 21 xfxf 因此解决问题的关键有两个 一是确定函数的单调性 二是确定自变量的大小关系 解法 1 就是这样解决问题的 因为正确答案应对一切 2 0都正确 故又可以运用特殊值法 对 2 0 内的某个角不正确的选 择支都是错误的 由正确选择支的唯一性 也可选出正确答案 解法 2便是取特殊值 6 排除了 A B C 而选 D的 当然 此题也可用作差比较法来解 2 0 1 0sin xf是单调减函数 0sin 0cos cossinlog 2 cossin log sinsin ba 01log cossin 2 cossin log sinsin ba 又 cossinlogsincb 01log cossin2 cossin log cossin cossin2 cossin log cossin 2sin log sinsinsinsin 即 cb cba 选 D 题 7已知 2 1 a 不等式 4 9 3 2 1 log x a 的解是 14 第三届高二第二试第13 题 解原不 等 式 即 2l og 3 2 3 2 1x a 指 数函 数 x 3 2 是 减 函 数 2 1 a 原 不等 式 化 为 2log 1 2 1 x 即 2 2 1 2 1 1 2 1 loglog x 又对数函数 1 2 logx是减函数 2 2 1 1x 即 21x 解得31x 对数函数 1 2 1 log x 的定义域是1x的实数 原不等式的解是11x 或31x 评析此题涉及到指数不等式 对数不等式 绝对值不等式的解法 解指数不等式与对数不等式的基本 方法是同底法 即先将不等式两边的指数式或对数式化成底数相同的指数式或对数式 然后根据底数所属 区间是1 0或 1 确定以该底数为底的指数函数或对数函数的单调性 再去掉底数或对数符号 转化 成别的不等式 主要依据如下 若01a 则 fxg x aafxg x 若1a 则 f xg x aafxg x 若01a 则log log0 fxg x aa fxg x 若1a 则log log0 fxg x aa fxg x 有时需要将常数化为指数式或对数式 其化法如下 a c ca log 0 0 ca且1c 化为指数式 log a c ac 0c且1c 化为对数式 例如 2 3 log 32将常数 2 化为 3 为底的指数式 2 3 3 log2将常数 2 化为 3 为底的对数式 解指数不等式不需检验 但解对数不等式必须保证解使得对数式有意义 这点常被忽略 若一个指数不等式的指数部分是对数式 常常采用取对数法求解 例不等式xx x lg 的解集是 第十一届高二培训题第40 题 解两边取常用对数 得xxlglg 2 即 0lg 0lg4lg 0lglg 4 122 xxxxx或10 4lgxx或 4 10 x 故 所 求 解 集 是 101 0 4 应当指出 两边取对数后 不等号的方向变不变 关键看取的是什么底数 如果底数大于1 则不等号 方向 不变 如果底数大于0 且小于 1 则不等号方向改变 关于绝对值不等式 主要是根据绝对值的几何意义求解 下列结论应当理解并熟记 a为常数 15 0aax的解集是 0aax的解集是aa 0aax 的解集是R 0 xa a的解集是 aa 下列题目供练习 已知常数 4 0 则不等式 8103 cottan 2 xxx 的解集是 第八届高二第一试第16 题 若函数4 2 2 2 loglog xx xf的定义域是不等式 2 11 22 2 log7log30 xx 的解集 则xf 的最小值 最大值 第十届高二第一试第23 题 不等式 22 2 22 log2log xxxx xx的解集是 第九届高二培训题第23 题 不等式1323x的解是 A 6x或2 3 2 x B 6x或2x C 6x D 2x 答案 13 74 52 4 3 2 2 2 1 A 题 8不等式txx 2 1的解集是 实数t的取值