马井堂-高中数学-希望杯试题1-10

1、希望杯试题题1已知0ab,xabb,ybba,则x,y的大小关系是.（第十一届高二第一试第11题）解法1xabba，ybbaa.abbbba0ab,abbbba,xy.解法2xabbbba，abba,x1,xy.ybbaabby解法31111abbbbaxyabbbbaaa=abba0,110,xy.axy解法4原问题等价于比较abba与2b的大小.由x2y2(xy)2,得2（abba)22(abba)4b，abba2b.abba,abba2b,xy.解法5如图1，在函数yx的图象上取三个不同样的yC点A（ba，ba）、B（b，b）、C（ab，ab）.B由图象，明显有kBCkAB，即abbbb

2、a，A(ab)bb(ba)即abbbba，亦即xy.Ob-abb+axa图1解法6令f(t)att，f(t)单att调递减，而bba，f(b)f(ba)，即abbbba，xy.1解法7考虑等轴双曲线x2y2a(x0).如图2，其渐近线为yx.在双曲线上取两点A（b，ba）、B（ba，b）.y由图形，明显有kAB1，即bba1，从而xy.BabbA解法8如图3.在RtABC中，C为直角，BC=a，OababxAC=b，BD=b，则AB=ab，DC=ba.在ABD中，AB-ADBD，即abADb，从而abAD-DCbDC，图2A即abbbba，故xy.abD.其最基本的方法是b评析比较大小是中学代

3、数中的常有内容作差比较法、作商比较法、利用函数的单一性.解法1经过分子有理bba化（办理无理式常用此法）将问题转变成比较两个分母的大小.解法1比较大小，理所应该，也很简短.要注意的是：a,bBaC2直接作商与0图3时，a1ab；a,b0时，a1ab.本题直接作差难以确立差与0的大小，解法3bb对x,y的倒数作差再与0比较大小，使得问题顺利获解，反应了思想的灵巧性.解法6运用函数的单一性解题，结构一个什么样的函数是重点.我们以为结构的函数应使得x,y恰为其两个函数值，且该函数还应是单一的（最最少在包括x,y对应的自变量值的某区间上是单一的）.解法5与解法7分别结构函数与解几模型，将x,y的大小关

4、系问题转变成斜率问题加以解决，充分交流了代数与几何之间的内在联系，堪称创新解法.解法8充分发掘代数式的几何背景，结构平面图形，直观地使问题获得解决，这也是解决大小关系问题和证明不等式的常用方法.有人对本题作出以下解答：取a1,b2,则x321,y2132231，22110，11,xy.可再取两组特别值考证，都有xy.故答案为xy.2231从逻辑上讲，取a1,b2，得xy.即便再取不论多少组值（也只好是有限组值）考证，都得xy，也只好说明xy或xy作为答案是错误的，而不可以说明xy必然是正确的,因2为这不可以除去xy的可能性.因此答案固然正确，但解法是没有依据的.自然，假如将题目改为选择题：已知

5、0ab,xabb,ybba,则x,y的大小关系是（）A、xyB、xyC、xyD、xy此时用上述解法，且不用再取特别值考证即可选D，并且方法简单，答案必然正确.总而言之，特别值法在解很多项选择择题时显得特别简捷，那是因为选择支中的正确答案是独一的，从而经过特别值除去搅乱支，从而选出正确答案.但特别值法只好除去错误结论，而不可以直接必然正确答案，因此，用此法解填空题（少量特例除外）与解答题是没有依据的.自然，利用特别值指明解题方向仍是十分可取的.题设abc,nN11n（），且bbc恒建立，则n的最大值为aacA、2B、3C、4D、5（第十一届高二第一试第7题）解法1原式acacacacabbcnn

6、bbca而acacminabbcabbcbcab2+bcab4，且当bcab，即ac2b时abbcabbcabbc取等号acac4n4应选Cabbcmin解法2abc，ab0,bc0,ac0，已知不等式化为a2a2a2ac2nc由cc24，即4，故abbcabbcabbcabbcminn4C2由已知得，选解法3由abc，知ab0,bc0,ac0，有nac11又abbcac1bb1cabbca111124，abbc即ac114，由题意，n4应选Cabbcmin解法4abc，ab0,bc0,ac0已知不等式可变形为3ac2ac2n记k，bbcabbcaabbc22abbc2则k4由题意，n4应选C

7、abbcabbc解法5abca10,1c0.于是bb1144比较得n4应选Cabbcabbcac评析由已知，可得nac11恒建立依据知识“若afx恒建立，bbac则afxmin；若afx恒建立，则afx11max,”acbb的最小值就是所ac求n的最大值，故问题转变成求ac11的最小值，上述各样解法都是环绕这一中abbc心的，但是采纳了不同样的变形技巧，使用了不同样的基本不等式而已解法1运用了“baab2112,a,bR”；解法2运用了“ab”；解法3运用了“ab4”；ab2ab“b2aba,bR”114虽解法a；解法a,bRab”ab奇光异彩，但却同归殊途本题使我们联想到最新高中数学第二册（

8、上）P30第8题：已知abc，求证：1110abbcca证：令abx,bcyx0,y0，则acxy111111x2y2xyx0,y0，abbccaxyxyxyxy1110abbcca此证法经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，又可得本赛题以下解法：4设abx,bcyx0,y0，则acxy11n恒建立，就bbcaac是11xn恒建立也就是nxy11恒建立xy114恒建立，xyyxyxy由题意得n4应选C再看一个运用这一思想解题的例子例设a,b,cR，求证：a2b2c2abcbccaab2（第二届“友情杯”国际数学比赛题）证明设bcx,cay,abz,则abc1xyz

9、x,y,z02a2b2ab2aybx2a2b220，ab，xyxyxyxyxyxy222a2b2c2abc2abcabcabc,即xyzxyzxyz2abc2a2b2c2abca2b2c2abcxyz2，bccaab2本赛题还可直接由下边的命题得解命题若a1a2an111n120，则a2a2a3an1ana1a1an证明a1a2an0，a1a2,a2a3,an1an都大于0频频运用式，n2nxi2xi,当且仅当x1x2xn可得:“若xi,yiR(i1,2,)i1时取等n,则yiny1y2yni1yii1111112n2号”.故有11a1a2a2a3an1ana1a2a2a3an1ana1an也

10、可以这样证明：a1a2an0，a1a2,a2a3,an1an0故由柯西不等式，得5111)a1a2a2a3an1an112(a2a3an1an1a1a2n1个1n1，即(n12111)a1ana1an0，2a1a2a2a3an1an111n12a1a2a2a3an1ana1an由此可得本赛题的以下解法：abc，ab0,bc0,ac0111124由，bbcabbcaca题意，n4应选C由此命题还可直接解决第七届高二培训题第8题：设a1a2a3a2000a2001，并且111，n4106，则m与n的大小关系是()ma3a2000a2001a1a2001a1a2a2A、mnB、mnC、mnD、mna

11、1a2a3a2000a2001，m200024106解a1a2001a1应选Ca2001题设实数m,n,x,y知足m2n2a，x2y2b，则mxny的最大值为()1ab1a2b2a2b2D、abA、B、C、222（第十一届高二培训题第5题）解法设macos,nasin,xbcos,ybsin,则mxnyabcoscosabsinsinabcos()ab,即(mxny)max=ab.应选D解法m2n2abm2bn2b又x2y2b,b(mxny)bmxaaaab(bm)2x2(bn)2y2b(m2n2)(x2y2)babnyaaaab.mxnya22226bab,当且仅当bmx且bny,即mynx

12、时取等号，（mxny)maxab.baaa解法(mxny)2m2x22mxnyn2y2m2x2m2y2n2x2n2y2m2n2x2y2ab,mxnyab,当且仅当my时取等号，故nxmxnymaxab222解法4设pm,n,qx,y,则pqpqcospq,pqpq,即mx2m2n2x2y2ab,当且仅当p,q共线，即mynx时取等号，故nymxnymaxab解法5若设mxnyk，则直线mxnyk与圆x2y2b有公共点，于是kb，即kmxnyab,mxnyab.m2n2max解法6设z1mni,z2xyi,则z1z2mnixyimxnynxmyi,z1z2mxny2nx2mxny2mxnymxn

13、y,mxnyz1z2myz1z2m2n2x2y2ab,当且仅当mynx时取等号，故mxnymaxab解法7结构函数fXm2n2X22mxnyXx2y2，则fX2224m2n2x2y2mXxnXy0.故4mxny4mxny24ab0,即mxnyab.mxnymaxab.解法8由m2n2a,x2y2b还可结构图形（如图），C此中ACBADB90,ACbm,BCbn,ABaaBDx,ADy,ABb为圆的直径，由托勒密定D7理,ACBDBCADABCDAB2,得bmxbnyb,，从而得aamxnyab，当且仅当mynx且mx0时取等号mxnymaxab评析解法1抓住已知条件式的结构特点，运用三角代换法

14、，知书达礼，自然流利，也是解决此种类问题的通法之一解法2运用基本不等式aba2b2将mxny放大为对于m2n2与x2y2的式子，再2利用条件求出最大值值得注意的是，略不注意，就会得出下边的错误会法：m2x2n2y2m2n2x2y2ab,mxnymaxabmxny2222故2选A错误的原由就在于用基本不等式求最值时未考虑等号可否取到上述不等式取等号的条件是ax且by，而若，式同时获得，则m2n2x2y2，即ab,这与题设矛盾！即当ab时，mxny取不到ab解法2是防范这类错误的有效方法24与解法6分别运用了因为向量与复数的模的平方是平方和形式，与已知形式一致，故解法结构向量与结构复数的方法，奇异

15、而简短解法5设mxnyk后，将其看作动直线，利用该直线与定圆x2y2b有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径，得kmxnyab，充分表现了等价转变的解题功能解法7运用的是结构函数法为何结构函数fXm2n2X22mxnyXx2y2呢？主要鉴于两点：f(X)为非负式（值大于等于0），因为fX0，故有0，而交流了已知与未知的关系，故使问题获得解决解法8抓住已知两条件式的特点，结构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本题可作以下推行若a12a22an2p,b12b22bn2q,则abababmax1122nnqbii1,2,n

16、pa时获得最大值）.pq（当且仅当222证明222qqqq.a1a2anppa1pa2pan8a1b1a2b2anbnpqa1b1qa2b2qppqa12qa22qanpb12b22pppq222q22an2a1a2222ppb1b2bnq22qaibii1,2,n时取等号，a1b1a2b2p本推行实质就是由有名的Cauchy（柯西）不等式a1b1a2b2anbn2a12a22an2b12a1a2an时取等号）直接获得的一个结论anbnp2bn2qpppqpq,当且仅当q22anbnmaxpq.b22bn2（当且仅当b1b2bn推行有十分宽泛的应用，现举一例：例已知a,b,c,x,y,zR,且

17、a2b3c4,1238.求a2b3c最大值xyzxyz1232222212解a2b3c4a2b3c4,yz8xyx32abc1238由推行知23a2b3c4842,zxyzxyz当且仅当8a1,82b2,83c3,即axbycz1时取等号4x4y4z2a2b3c42.xyzmax9题4对于m1的一确实数m，使不等式2x1m(x21)都建立的实数x的取值范围是（第十三届高二培训题第63题）解法1x210 x210 x210 x210题设等价于2x1或m2x1或2x，即12x1或mx21x2110 x21x210 x2101x231x1x1，即x(31,2)2x1或因此或或.2x1,110 x2解

18、法2已知不等式即x21m2x10，令f(m)x21m2x1，则当x210，即x1时，f(m)是m的一次函数，因为m1，即1m1时不等式恒建立，因此f(m)在1,1上的图象恒在m轴的下方，故有f(1)x212x10f(1)x212x10，即x22x2031x2(x1).x22x0，解得又当x1时，f(m)1，合适题意，当x1时，f(m)3不合题意.故x的取值范围是31x2.评析解决本题的重点是怎样依据条件建立对于x的不等式或不等式组.解法1运用分别参数法，为了达到分别参数的目的，又对x21分大于、小于、等于0三类情况分别建立对于x00的不等式组，从而经过解不等式组解决了问题.解法2则变换思想角度

19、，把已知不等式看作对于m的不等式，从而将原问题转变成函数f(m)x21m2x1在1,1上的图象恒在m轴下方的问题.这类方法称为更正主元法.用此方法，使得本题的解决显得既简捷，又直观易懂.题5当0 xa时,不等式1(a12恒建立,则a的最大值是_.x2x)2(第十一届高二培训题第45题)解法1当0 xa时,axxx2,又有(ax)2x22,+xax2(ax)2102,得a2x22axx26,a21a2(ax)26,a2a28,即x2(ax)2x2(ax)2x2(ax)211882,得0a2,amax2.x2(ax)2a2.由2a解法2211(11)2(11)2,又1141(x2(ax)2xaxx

20、axxaxaaaxx)2,211(4)2,即118,当且仅当xaxx2(ax)2ax2(ax)2a2axx且11,即xa112恒建立,xax时取等号.x2(ax)2xax282,0a2.于是amax2.a211解法3原不等式等价于x2(ax)21,由0 xa,可知10,10.由2xax2“两个正数的平方均匀值不小于它们的调解均匀值”,可知只需1,即a2即可,故x(ax)0a2,于是amax2.解法41(a12即1x2(a1x22建立，又x2x)2x2x)21x22恒建立，a只需知足1x)2x20就能使恒建立.由式，得x2(ax2(ax)2，x(ax)1，x2ax10.因为对称轴xa(0,a)，

21、由二次函数的12性质，当x(0,a)时，要式恒建立，则a2400a2amax2.解法5设xcos2,axsin2（0 xa），则1(a11aax2x)2=a2cos4+1111sin4cos4111sin2282sin222.(sin222)a2sin4=sin4cos4a21a2sin42a2sin4216(sin221）0，即2sin22sin42，则2sin221当sin22时取等号)，sin42(1于是11882,0a2,amax2.x2(ax)2a2，由已知，得a2解法6设X11(X0,Y0),则x,YxaX2Y22表示在XOY坐标系第一象限内以原点为圆心，2为半径的圆及其外面.由X

22、1,Y1,得xaxaXYXY,又aXYXY2XY,XY42,它表示O4a双曲线XY位于第一象限内的一支及其上方部分.依题意，a2双曲线XY40)与圆弧X2Y2（2X0，Y0）a2(X8相切或相离，从而2，即0a2amax2.a2解法7运用结论“假如x,yiR(i1,2,n)，则x12x22xn2iy1y2yn(x1x2xn)2(),当且仅当x1x2xnk（常数）时取等号.”y1y2yny1y2ynO2x0 xa，ax0.由柯西不等式，有(1212)(121x)2)(11)2，由()得x(axax1142(11)(42,得118，当且仅当xaxax.故x2(ax)2)x2(ax)2a2时取等aa

23、2号，由82，得0a2amax2.a2解法8运用结论“若a1a2an,则1a211an(n1)2,当a1a2a3an1a1an12且仅当a1,a2,an成等差数列时取等号.”21(a1x)221(a1x2(x0)2x)2112(31)2216118a，当且仅当xax，即xx0axa0a2.x2(ax)2a22时取等号.令82，得0a2amax2.a2评析112恒建立，112.故问题的实质就是求x2(ax)2x2(ax)2min11的最小值（对于a的式子）大于等于2的解.因此在0 xa的条件下，怎样求x2(ax)211的最小值成了问题的重点.解法1运用“两个互为倒数的正数的和大于等于2”,解x2

24、(ax)2法2运用配方再放缩,解法3运用均值不等式及“两个正数的平方均匀值不小于它们的调解均匀值”,解法5运用三角代换，解决了这一重点问题.解法4奇妙地将原问题转变成一个含参（a）一元二次不等式恒建立，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将原问题转变成分析几何问题办理.解法7、8则是运用一些现成的结论（读者可自己证明），各样解法异彩纷呈，都值得细细品尝.拓展本题可作以下推行：推行1若0 x1x2xn1a，则1(x21x1)21n3，当且x12(axn1)2a2仅当x1,x2,xn1,a成等差数列时取等号.证明由已知，0 x1x2xn1a，则x2x10，x3x20，,axn1

25、0.依据柯西不等式及解法7运用的不等式（）,有n1112(x222x1x1)(axn1)2211x11n2n4,故1(x211n3.x1x2axn1aa2x12x1)2(axn1)2a2当且仅当x1,x2,xn1,a成等差数列时取等号.推行2若0 x1x2xn1a，biR(i1,2,n),kN,则b1k1x1k13k1k1(b1b2bn)k1abib2bn时取等号.(x2x1)k(axn1)kak，当且仅当ainbii1nbi)k1,由已知得ai证明不如设a1x1,a2x2x1,anaxn1，M(0i1(i1,2,n)且naia,令ciai，则n=1nai1.由均值不等式，bik1acicik

26、i1i1ai1MciMciMci(k1)k1Mkbik1,即bik1kMci(k1)(b1b2bn)kbi，k个ciknbk1nnk1nbk1nk1knbk1nk1则ikMci(k1)(bi)i(bi)，即ai(bi)，i1cikaiki1ciki1i1i1i1i1nbi)k1nainbik1(i1i1biabi时取等号.knk，当且仅当ainni1aibibiaii1i1i1b1k1b2k1bnk(b1b2bn)k1x1kx2k(axn1)kak.题6已知fxlogsinx,0,，设afsin2cos，2bfsincos，cfsin2，那么a、b、c的大小关系是（）sincosA、acbB、

27、bcaC、cbaD、abc（第八届高二第一试第10题）解法1设sinp，cosq.pqpq，而fx是减函数，2fpqfpq，即ab.pqpqpqpqpq，22，22pqpq.f2pqfpq，即cb.故abc.选D.pqpq14解法2由题意，令，则sin1，cos3sincos13，622，24sincos43，sin22sincos33，sin10,1，fx是2sincossincos22减函数，又134333，sincosfsincosfsin2，422f2cossin即abc.应选D.评析这是一个比较函数值大小的问题，平常利用函数的单一性.若函数fx单一递加（减），则当x1x2时，fx1f

28、x2fx1fx2，当x1x2时，fx1fx2fx1fx2.因此解决问题的重点有两个：一是确立函数的单一性，二是确立自变量的大小关系.解法1就是这样解决问题的.因为正确答案应付全部0,都正确，故又可以运用特别值法.对0,2内的某个角不2正确的选择支都是错误的，由正确选择支的独一性，也可选出正确答案.解法2即是取特别值，除去了A、B、C、而选D的.6自然，本题也可用作差比较法来解：0,，sin0,1，fx是单一减函数，2sin0，cos0.ablogsinsincoslogsinsincos2sincoslogsin2logsin10，ab.又bclogsinsincossincossin2log

29、sinsincoslogsinsincoslogsin10，即logsin2sincos2sincossincossincosbc，abc.选D.题712已知a，不等式23logax19的解是.4（第三届高二第二试第13题）15解原不等式即23logax1222.指数函数33x是减函数，a1原不等式化，212为log1x12，即log1x1log1对数函数logx是减函数，2.又122222x1112，解得1x3.对数函数log1x1x1的实，即x的定义域是22数，原不等式的解是1x1或1x3.评析本题波及到指数不等式、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

30、，即先将不等式两边的指数式或对数式化成底数同样的指数式或对数式，此后依据底数所属区间是0,1或1,，确立以该底数为底的指数函数或对数函数的单一性，再去掉底数或对数符号，转变成其他不等式.主要依据以下：若0a1,则afxagxfxgx；若a1,则afxgxfxgx；a若0a1,则logafxlogagxfxgx0；若a1,则logafxlogagx0fxgx.有时需要将常数化为指数式或对数式，其化法以下：aclogca（a0,c0,且c1）；（化为指数式）alogcca（c0,且c1）.（化为对数式）比方，23log32将常数2化为3为底的指数式，2log332将常数2化为3为底的对数式.解指数

31、不等式不需查验，但解对数不等式必然保证解使得对数式存心义，这点常被忽视.若一个指数不等式的指数部分是对数式，经常采纳取对数法求解.例不等式xlgxx的解集是.（第十一届高二培训题第40题）lg2lgx，即解两边取常用对数，得x1lg2xlgx0,lg2x4lgx0,lgx0或lgx4,0 x1或x104.故所求解集是40,1104,.16应该指出，两边取对数后，不等号的方向变不变，重点看取的是什么底数.假如底数大于1，则不等号方向不变，假如底数大于0且小于1，则不等号方向改变.对于绝对值不等式，主假如依据绝对值的几何意义求解.以下结论应该理解并熟记（a为常数）.xaa0的解集是；xaa0的解集

32、是a,a；xaa0的解集是R；xaa0的解集是,aa,.以下题目供练习：已知常数0,，则不等式tanx23x10 x8cot的解集是.4（第八届高二第一试第16题）xx2若函数fxlog22log24的定义域是不等式2log1x7log1x30的解22集，则fx的最小值=；最大值=.（第十届高二第一试第23题）不等式log2x2x2xlog2x2xx2的解集是.（第九届高二培训题第23题）不等式3x231的解是（）（A）x6或2x2（B）x6或x2（C）x63（D）x2答案,25,743；21,2A1342题8不等式1x2xt的解集是,实数t的取值范围(用区间形式)是.(第一届高二第一试第18题)解