历届“希望杯”全国数学邀请赛高二数学精选题详析(二)

历届“希望杯”全国数学邀请赛高二数学精选题详析(二)

题11 使不等式2x?a?arccosx的解是??212 ?x?1的实数a的取值范围是（ ）

225?612A、1? B、

22?2?3 C、? D、??

（第十一届高二第一试第6题）

解法1 由已知可知2x?arccoxs?a的解集是????1?，1?.在此区间上函数2??1?xf?x??2?arccosx是单调增的.因此a的值应当满足关系f????a,

?2??12?a?222??1??arccos?????.选B.

223??12解法2 原不等式同解于a?2x?arccosx，因为??x?1，所以

22?2?2,

x?2?3??arccosx?0，从而

22?2?3?2?arccosx?2,?a?x22?2?3.故选B.

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a?2x?arccosx，欲使其解为???112?x?1，实际

上是对x?????1?xx而y?2?arccosx在??，，1?的任何x，a?2?arccosx恒成立，1?上

2?2??12?12是增函数，所以当x??时，ymin?2章

在

?1??arccos?????2?22?2?3.故选B.” m?f?x??n,另一篇文介绍了“设则

a?f?x??a?f?x?max?n;a?f?x??

a?f?x?min?m”后分析道：“令f?x??2?arccosx，当?x12?x?1时，

22?2?3?f?x?

?2，又a?f?x?，故a?22?2?3，选B. ”

还有一篇文章干脆将题目改为： 使不等式2x?a?arccosx的解是???12?x?1的实数a的取值范围是（ ）

A、???，1????22??? ??，?? B、??23?2????25??1???? D、???，??? C、??，??26?2????并作了如下解答：

“由已知得a?2x?arccosx，记f?x??2x?arccosx，因为x在???12?1?，1?时，f?x?2?单调增，所以ymin?2??1??arccos?????2?22?2?3.因此，a?22?2?3.选B.”

首先应当指出，第一、第三篇文章中说增函数f?x??2x?arccosx在????1?，1?上的最2?小值是

22?2?3是明显错误的.

12?x?1”等价于“对

这三篇文章共同的观点是“不等式2x?a?arccosx的解是??1??1?xx???，1?的任何x，a?2?arccosx恒成立”.按此观点，应当有a?f???，题目

?2??2?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2?a?arccosx的解是?x1?1??x?1”与“对x???，1?的2?2?任何x，a?2?arccosx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x?2x?a?0的解集是??1,3?，求a的取值范围.

2x如果认为它等价于“x???1,3?时，不等式x?2x?a?0恒成立，求a的取值范围”，

2就会这样解：

22??x?2x?1??x?1?在??1,3?上的最小值是 由x?2x?a?0得a??x?2x，2221??3?1???3,?a??3为所求.而事实上，?8??3，但x?2x?8?0的解集却不是

2??1,3?，而是??2,4?，可见两者并不等价.

至此，我们可以得出结论：“关于x的不等式a?f?x?的解集是D”与“x?D时，关于x的不等式a?f?x?恒成立”不一定是等价的.

题12 已知a,b是正数，并且a1998?b1998?a1996?b1996，求证a2?b2?2.

(第十届高一培训题第74题)

证法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a2?b2?2. 若a?b且b?1,可将a1998?b1998?a1996?b1996改写为a1996?a2?1??b1996?1?b2?,由此推得0?b?1(若b?1,则a2?1?0,得a?1,这与a?b矛盾),由此得

a2?121?b?b?????a?1996,?

?b?0??1,0???a?a?b1996?1,?a?11?b22?1,得 a?b?2.

22证法2 2?a1998?b1998???a2?b2??a1996?b1996??a1998?a2b1996?a1996b2?b1998?

?a2?b2??a1996?b1996?.?a222?b与a1996?b1996同号,? ?a2?b2??a1996?b1996??0,

a1998?2?a21998?b1998???a?b2??a1996?b1996?.??b1998?a1996?b1996?0,?a?b?2.

2证法3

1996 由

2a21998?b1998?a1996?b1996及a,b?R?,得

a?b?22?a?ba1996??a2?b?1998?b1998

1996221996?a1998?b1998?a19981996b?ab21996a?b1998?1?ab?ab?ba19981998.?a1996b?ab221996?a1998?b1998

???a?b22??a1996?b1996?,又a?b22与a1996?b1996同

号,???a2?b2??a1996?b1996??0, a1996?b?ab?b221996a19981998?1,?a?b?2.

22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a?b?2,较繁.由于a221998?b1998?a1996?b1996,故证法2

作差2?a1998?b1998???a2?b2??a1996?b1996?,只要此差大于等于0命题便获证.而证法3将

a?b22?a表示成

1996?ba19981996??a2?b2?b1998?①,便将问题转化成证①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.

拓展 本题可作如下推广

推广1 设a,b?R,且a1998?b1998?a1996?b1996,则a2?b2?2.

推广2 设a,b?R,且a2n?2?b2n?2?a2n?b2n,其中n?N?,则a2?b2?2. 推广3 设a,b?R,且a2m?2n?b2m?2n?a2m?b2m,其中m,n?N?,则

a2n?b2n?2..

推广4 设a,b?R,且Aa2m?2n?Bb2m?2n?Aa2m?Bb2m,其中m,n?N?,

A,B?R,A?B?1,则Aa?2n?Bb2n?1②.

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 ⑴当a?b?0时，②式显然成立. ⑵当a,b不全为零，有

?A?B??Aa2m?2n?Bb2m?2n???Aa2m?AB?a2m?2n?Bb2m??Aa2n?Bb2m2n?2n?a2mb2n?ab2n2m?b2m?2n??AB?a2m?b??a?b2n?.?a2m?b2m与

a2n?b2n同号，?AB?a2m?b2m??a2n?b2n??0,??A?B??Aa2m?2n?Bb2m?2n?

2m??Aa2m?Bb??Aa2n?Bb2n?.?Aa2m?2n?Bb2m?2n?Aa2m?Bb2m?0,?Aa2n?Bb2n?A?B?1.即当a,b不全为零时，②式也成立.综上，不等式②成立.

推广5 设a,b?Ra?b?2.

nn?，且am?n?bm?n?am?bm，其中m,n?Z,mn?0，则

推广6 设a,b?Ra?b?2.

nn?，且am?n?bm?n?am?bm，其中m,n?R,mn?0，则

推广7 设a,b?R，且Aa??m?n?Bbm?n?Aam?Bb， ?Bbnm其中m,n?R,mn?0,A,B?R,A?B?1，则Aan?1③.

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 ?A?B??Aam?n?Bbm?n???Aam?Bbm??Aan?Bbn?

?AB?am?n?ab?ab?bmnnmm?n??AB?am?bm??an?bn?.?mn?0.由幂函数的性质，

可知am?bm与an?bn同号，

?AB?a?bmm??am?nn?bn??0,??A?B??Aamm?n?Bbnm?n???Aam?Bbm??Aan?Bbn?.

?Aam?n?Bb?Aa?Bbm?0,?Aan?Bb?A?B?1.即不等式③成立.

从变元个数进行推广可得 推广8 设xi?Rki?1??i?1,2,?,k?，且?xii?1km?nk??xii?1m，其中m,n?R,mn?0,则

?xi?k.

n推广9 设xi,Ai?R??i?1,2,?,k?,?Ai?1，且?Aixii?1i?1kkm?nki?1??Aixi，

mk其中m,n?R,mn?0,则?Aixi?1④.

i?1n由于推广8是推广9的特例,故下面证明推广9.

kkm?niiikmkn证明 令???A?Axi?1i?1??Aixi??Aixi

i?1i?1kkkm?nkmkk??i?1Ai?Ajxjj?1??Aixii?1?j?1Ajxj?kn??i?1j?1nAiAjxj?xjn?m?xim?.由下标的对称性,对

k换上式的下标,得????i?1j?1niAiAjxi?xmi?xjm?..将上面两式相加,得

kk2????i?1j?1AiAj?xi?xjmm??x?xjn?.?mn?0,由幂函数性质知xim?xjm与

xi?xj同号, AiAj?xim?xjm??xin?xjn??0,?2??0,

nnkk即??0,??Ai?Aixii?1i?1kkm?nk??Axii?1mik??Aixi,?i?1nk?Axii?1m?nik??Axii?1mi?0,

??Aixi?i?1n?Ai?1i?1,即不等式④成立.

222题13 设x1，x2，x3，y1，y2，y3是实数，且满足x1?x2?x3?1，证明不等式

(x1y1?x2y2?x3y3?1)?(x1?x2?x3?1)(y1?y2?y3?1).

2222222 （第十届高二第二试第22题）

22证法1 当x12?x2?x3?1时，原不等式显然成立.

22222当x12?x2?x3?1时，可设f?t???x12?x2?x3?1?t?2?x1y1?x2y2?x3y3?1?t

222??y1?y2?y3?1?.易知右边??x1t?y1???x2t?y2???x3t?y3???t?1?.

2222?f?1???x1?y1???x2?y2???x3?y3??0.?f?t?是开口向下的抛物线，

222??t?4?x1y1?x2y2?x3y1??3222?4?22x1?x2???x13?222222 y1?y2??1y3即?022?(x1y1?x2y2?x3y3?1)?(x1?x2?x3?1)(y1?y2?y3?1).

22?x3?1时， 综上，x12?x22(x1y1?x2y2?x3y3?1)?(x1?x2?x3?1)(y1?y2?y3?1).

?222222证法2，?xi,yi?R?i?1,2,3?，x1?x2?x3?1，?当y1?y2?y3?1时，

2222222(x1?x2?x3?1)(y1?y2?y3?1)?0，又(x1y1?x2y2?x3y3?1)?0，?求证的不

222222222等式成立.当y1?y2?y3?1时，(x1?x2?x3?1)(y1?y2?y3?1)?

2222222?1?x21?x2?x31?y1?y2?y322??222?22222?1?x12?x2?x3?1?y1?y2?y3????2??2????2???x12?y12??x22?y22??x32?y32??2?1??????1?x1y1?x2y2?x3y3????????222????????(x1y1?x2y2?x3y3?1).综上，在题设条件下，总有

(x1y1?x2y2?x3y3?1)?(x1?x2?x3?1)(y1?y2?y3?1).

222222c?y1?y2?y3?1，b??2(x1y1?x2y2?x3y3?1)，证法3 设a?x1?x2?x3?1，

22222222则由

22x1?x2?x3?12222知a?02，从而

a?b?c?x1?x2?x3?1?2?x1y1?x2y2?x3y3?1??y1

?y2?y3?1??x1?y1???x2?y2???x3?y3??0.

22222?b22?4ac??2a?b???4a?4ab?4ac??4a?a?b?c??022?,

，

即

b?4ac??2a?b??0222，

22?b?4ac?02222(x1y1?x2y2?x3y3?1)?(x1?x2?x3?1)(y1?y2?y3?1).

??证法4 设a??x1,x2,x3?，b??y1,y2,y3?，则

??a?b??x1,x2,x3??y1,y2,y3??x1y1?x2y2?x3y3，又

????a?b?a?b?cos??x1?x2?x3?22222y1?y2?y3?cos?.

2222?x1y1?x2y2?x3y3?1?1?x1?x2?x3?2y1?y2?y3?cos??2221?x1?x2?x3?222y1?y2?y3?cos??1?222x1?x2?x3?y1?y2?y3)2222222y1?y2?y3?0

222?(x1y1?x2y2?x3y3?1)?(1?222222x1?x2?x3222

?(x1?x2?x3?1)(y1?y2?y3?1).

证法5 记A??x1,x2,x3?，B??y1,y2,y3?，O?0,0,0?为坐标原点，则由

AB?OA?OB,

得

?x1?y1???x2?y2???x3?y3??222x1?x2?x3?2222222y1?y2?y3，整理得

2221??x1y1?x2y2?x3y3??1?x1?x2?x3?2222y1?y2?y3?0，

2?xy1?x2y2?x3y3?1?1??(x1y1?x2y2?x3y3?1)?1?2x1?x2?x3x?x?x212223y1?y2?y3?0，

2223222?y?y?y21?2?(x1?x2?x3?1)(y1?y2?y3?1)222222.

评析 这是一个条件不等式的证明问题.由求证式是b?ac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

f?t??x1?x2?x3?1t?2?x1y1?x2y2?x3y3?1?t?y1?y2?y3?1，但只有当

22222222????x1?x2?x3?1?0时，f?t?才是二次函数，故证法1又分x1?x2?x3?1?0与

222222x1?x2?x3?1?0两类情形分别证明.很显然，等价转化思想、分类讨论思想是证法1的

222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b?4ac?0（即求证式），技巧性

2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

x1?x2?x3,y1?y2?y3及x1y1?x2y2?x3y3联想到空间向量的模及数量积，因而构

222222造向量解决问题.证法5则从几何角度出发，利用AB?OA?OB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 本题可作如下推广：

n推广 1 若xi,yi?R?i?1,2,?,n?,?xi2?1，则

i?1?n??n2??n2???xiyi?1????xi?1???yi?1?. ?i?1??i?1??i?1?2推广 2 若xi,yi?R?i?1,2,?,n?,m?0，?xi2?m，则

i?1n?n??n2??n2???xiyi?m????xi?m???yi?m?. ?i?1??i?1??i?1?2两个推广的证明留给读者. 题14 已知x、y、z?0，并且

x221?x?y221?y?z221?z?2，

求证：

x221?x?y221?y?z221?z?2.

（第一届备选题）

证法1 令x?tan?,y?tan?,z?tan?，且?,?,?为锐角，则题设可化为

sin??sin??22si?n?22，2即cos??22co?s?22c?o?.s由柯1西不等式知

2?2?1?sin??sin??sin??2??cos222??cos??cos??

??sin?cos??sin?cos??sin?cos?12?2?1????sin2??sin2??sin2???. ?2?2??sin2???sin2??sin2???2.由万能公式得

tan?1?tan?2tan?1?tan?2?tan?1?tan?2?2,即

x1?x2?y1?y2?z1?z2?2.

证法2 构造二次函数

?f?t????11?x2t???x???2?1?x??211?y2t???y???21?y???211?z2t???21?z?z2?111????2221?y1?z?1?x?2?xyzt?2????2221?y1?z??1?x?222?yz?t ??x. ???222??1?x1?y1?z??0，即?f?t??0，当且仅当x?y?,z取t?x?y?z时取等号，???222??x?1yz?11??xyz4????4??????0，?2???222222221?x1?y1?z1?x1?y1?z1?x1?y1?z??????2?11?xx222?1?x221?x22,11?yz222?1?y221?y1,11?z11?y22?1?z221?z,

又

1?x?y1?y?1?z?2,?21?x2??11?z2?1,

?xyz??4????4?1?2?0， 222?1?y1?z??1?x故

x1?x2?y1?y2?z1?z2?2.（当且仅当x?y?z?2时取等号）

证法3

x221?x?y221?y?z221?z?2，

即?1???1??1?111???1??1??2，即???1,于是??2?2?2?2221?x??1?y??1?z?1?x1?y1?z1x?21?x?zy, 2?2?1?y?1z2222?111??xyz?????2?2???2??2?221?y?1z?1?x???1x?1y?1?z??即

x1?x2?y1?y2?z1?z222?2. 证法4 令

x1?xY?X,y221?yZ?Y,z221?z?Z,则X?Y?Z?2，且

22?x?XYyz?Z?222x?,y?,z??????，所以??? 222?1?X1?Y1?Z1?y1?z?yz??1?x?xX?X?3?2?x2?22?X2YZ?YZ?2?2??3???XYZyz???1?X1?Y1?Z22??X?Y?Z???X??3?????2?Y?Z22 ???1??3?2??X?Y?Z3??2xyz1??2?所以????32??2?2.??222?31?x1?y1?z???2ay222.

证法5 设

2ax221?x2?a?b?c1?y2b,z?22,?2c2ba?b?c1?z,

,z22?2ca?b?c,

则x2?b?c?a,y?2a?c?ba?b?c1y1z1左边= ?????2221?xx1?yy1?zz?b?c?ac?a?ba?b?c2a??2b??2c??a?b?c?2a2b2c?1????x2??????a?b?c2a?b?c6a?b?c6a?b?c2a?b?c?a??b?a?c?b??c?b?a?c??

?3?a?b?c?a??b?a?c?b??c?b?a?c??2?ab?bc?ca???a?b?c222?2.?23?a?b?c?x222?13?a?b?c?2x222?证法6 ?1?x?21?x2?2?1?xz2?2x?22?; 21?x同理?y221?y?2z?22?;??22?. 222221?y1?y1?z1?z1?z222y三式相加得

x1?x?y221?y??111??2?? ?2222?1?z1?y1?z??1?xz??xyz,2?2?1?22??即??2221?y1?z??1?x??. ?2?xyz?22???2221?y1?z?1?x故

x1?x2?y1?y2?z1?z2?2.

?xyz? 证法7 ? ??222?1?y1?z??1?x?????11?x22?x1?x2?11?y2?y1?y2??1z??22?1?z1?z?

2?111????2221?y1?z?1?x222???xyz??.??222?1?y1?z???1?x由已知，易知

11?x2?11?y2?11?z2?1,x221?x?y221?y?z221?z?2,

?xyz?xyz?????2,????222?2221?y1?z?1?x1?y1?z?1?x22.

证法8 由已知，易知

11?x2?11?y2?11?z2?1.

设

11?x2?aa?b?c1?yc?abz1?z,12?ba?b?c1?za?bc,12?ca?b?c,

则x?b?cax,y?,z?.

所以

1?x2?y1?y2?2?a?b?c?b?c?a?a?b?cc?a?b

??a?b?c??b?c?c?a?a?b?a?b?c22222?2.

证法9 由

x1?x?y1?y?z1?zx2?2,易得

11?x22?11?y2?11?z2?1，于是

2?x221?x?y221?y?z221?z?y????z??2???2?2??1?x??1?y??1?z? ???1111?x22221?y21?z2?xyz???2?222?1?x1?y1?z??xyzxyz???????.????222?2221111?y1?z?1?x1?y1?z?1?x??2221?x1?y1?z2.

证法10 由

x221?x?y221?y1?z221?z?2,易得

11?x2?11?y2?11?z2?1.

2?x11???2x????, 22221?x1?x1?x222?1?x?22x12同理，

2y1?y2?12?12?1?y2?,2z1?z2?12?12?1?z2?,

??xyz?31?111?312??????????2.?222?222?1?x1?y1?z221?x1?y1?z????22

?x1?x2?y1?y2?z1?z2?2.

证法11 由已知，易得

11?x2?11?y2?11?z22?1.构造空间向量

??a???????,,, b??222??1?x1?y1?z???1112?,,?, 2221?x1?y1?z??xy2z2?????????a?b?a?b?cos??ab,?a?b????????????????a2?2?xyz? b.????222?1?x1?y1?z??1?z?21?z??22211?x2x221?x2?11?y2y221?y?1?z22

????2??1?x???1????2??1?y???12?2?1?z??1?? ?????????????x???2?1?x???22??y???2?1?y???22?z?21?z??22?? ?? ?1?2?2, ?x1?x2?y1?y2?z1?z2?2.

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 本赛题可推广为：

n命题1 若x1,x2,…,xn?0,且?i?1xi221?xi?n?1?n?3?,

n则?i?1xi1?xi2?n?1.

证明 设xi?tan?i,i?1,2,…,n,0??i?n?22,则有

n2?1?xi?1xi22in??1?tani?1tan?i22n?i??n?1,??sin?i?n?1,?cos?i?1.i?1i?1

n??i?1xi1?xi2n??1?tani?1ntan?i2n?i?sin?i?1icos?i.

由柯西不等式得?sin?icos?i?i?1?n??n?22sin?cos? ??i??i???i?1??i?1?n??n?1??1?n?1.??i?1xi1?xi2?n?1.

n命题2 若x1,x2,…,xn?0,且?i?1xi221?xi?k?k为常数,n?3,0

n则?i?1xi1?xi2?k?n?k?.

n命题3 若x1,x2,…,xn?0,且?i?1nxi2m2m1?xi?k?k?n,m?R?,

则?i?1xim2m1?xi?k?n?k?.

命题2、3的证明与命题1相仿.

n 命题4 设x1,x2,…,xn?0,且?i?1xi22s?xi?k（s,k为正常数,n?3,

n0?k?n），则?i?1xis?xi2?k?n?k?sxi2.

n证明 将题设化为

?i?11?xi2st?作变换?k,i2xiss2?i?1,2…,,n?，则题设化为

xin?1?ti?1ti22in?k.由命题2得

?1?ti?1ntin2i?k?n?k?,即

?i?11?s?2xisk?n?k?,化简得

ns?i?1xis?xi2?k?n?k?,??i?1xis?xi2?k?n?k?s.

进一步发散思维，还可得到：

n命题5 设x1,x2,…,xn?0,且?i?1xi221?xi?k?k为常数,n?3,0?k?n?,

n则?xi2?i?1knn?k.

证明 设xi?tan?i,且?i为锐角?i?1,2,…,n?.则题设可化为

nn2?sini?1?i?k,由此得?cos?i?n?k.

i?12n2n2由柯西不等式得?cos?i??i?1i?1?n1???2cos?i?i?12???122?cos?i????n, 2cos?i???n2n即?sec?i?i?1n2n2nn?k,n??i?1tan?i?n2n?k,??tan?i?i?1n2n?k?n?knn?k,

即?xi2?i?1knn?k.

仿命题4的证法可将命题5推广为：

n命题6 设x1,x2,…,xn?0,且?i?1xi22s?xi?k（s,k为正常数,n?3,

n0?k?n），则?xi2?i?1sknn?k.

对本赛题的条件再联想，又可推出

n命题7 设x1,x2,…,xn?0,且?i?1xi22n1?xi?n?1?n?3?,则?xi??n?1?2.

i?1n证明 设xi?tan?i,且?i为锐角?i?1,2,…,n?.则题设可化为

nn2?sini?1?i?n?1,由此得?cos?i?1.

i?12?n?1cos?1?cos?2?…?cos?n?1?22222cos?1?cos?2?…?cos?n?1n?1222

?1?cos?nn?1?sin?nn?12,即

…?cos?n?1?sin?n，同理可得 ?n?1?n?1cos?1?cos?2?222?n?1?n?1cos2?1?cos2?2?…?cos2?n?2?cos2?n?

?sin?n?1，

2?n?1?n?1cos2?2?cos2?3?…?cos2?n以上n个式子相乘，得

?sin?1.

2?n?1?nn?cos??cos?2???cos?n???sin?1?sin?2?…?sin?n?, 1222?有?tan?n??n?1?2,即?xi??n?1?2.

i?1i?1nnn 仿命题4的证法又可将命题7推广为：

n 命题8 设x1,x2,…,xn?0,且?i?1xi22s?xi?n?1?s为常数,n?3?，

nn2则?xi???s?n?1???. i?1 命题8又可推广为：

n 命题9 设x1,x2,…,xn?0,且?i?1xikk1?xi?n?1?n?3,k?N且2?k?n?,

n则?xi??n?1?.

ki?1nn 证明 题设可化为

?1?xi?11ki?1.作变换ai?11?xi,

kn,则题设化为

?ai?1i?1,且

xi?k1ai?1?1?aiai, ?x1?k1?a1a1?a2?a3?…?ana1111??n?1?n?1a2a3…an?k?a2?a3?…?an?k??n?1?n?1a2a3…an?kx1???,即有x1???,同???aaa?????1?11????

11??n?1?n?1a1a3…an理可得x2??a2??n?k??n?1?n?1a1a2…an?1?,…, xn??an????n?k? . ??以上n个式子相乘，得?xi??n?1?.

ki?1仿命题4的证法，命题9可进一步推广为：

n命题10 设x1,x2,…,xn?0,且?i?1xikks?xin?n?1

?s为正常数,k?N且2?k?n?,则?i?1nkxi???s?n?1???.

题15 求所有的正实数a，使得对任意实数x都有acos2x?a2sin2x?2

（第十一届高二第二试第23题）

解法1 原不等式即a21?2sin2x?a2sin2x?2 ①.设a22sin2x?t，则化为at?1?t?2?0，

is其中t?a2sinx?[1,a2]（当a?1），t?a2nx2?[a,1]（当0?a?1）.①式即

t?2t?a?0.设f(t)?t?2t?a，由于f(t)在1与a之间恒小于或等于零，所以?a?1?422f(1)?0且f(a)?0，即?a?2a?a?0，解之，得

?a?0?2225?12?a?1为所求.

解法2 ∵a?0，∴acos2x2sin2cos2x?a2sinx2?a1?2sinx2?a2sinx2?aa2sinx2?a2sinx2?2a，又

a?ax?2，∴a?1.设t?a2sinat2x2记f(t)?(a?t?1)，

at?t.依题意，2?f(t)恒成立，∴2?f(t)max.f(t)?增.而f(a)?1a2?t在区间[a,2a]上单调递减；在区间[a,1]上单调递

1a?a2?f(1)?a?1，∴f(t)max?1a?a（当t?a时取最大值）,故

22?a2?2，解得

5?12?a?1为所求.

1?2sin2解法3 原不等式即ax?a2sin2x?2.令t?a2sin2x，则

at?t?2①.

(1)若a?1，则t?1，①式显然成立.

02sin(2)若a?1，则a?a2x?a，即1?t?a，即①式对任意t?[1,a]恒成立

222(0?a?1)

y y?t?ay y?t?att(a?1) 2a 2a OO 1 a a2 图1

x OO a a 1 2图2

a?a，可得1?2

a1?2，且a?2由函数y?这与a?1矛盾.

at?t的图象（图1）及1?aa2?2,但

22sni（3）若0?a?1，则a?a2x?a，即a2?t?1.由函数y?a10at?t的图象（图2）

及a?2a?1，可得a?5?122aa2?2且1?2?2，即(a?1)(a?a?1)?0且a?1，又

0?a?1，解得?a?1.

综合（1）、（2）、（3），可得

5?12?a?1为所求.

评析 解决本题的关键是如何由acos2x?a2sin2x?2对任意实数x恒成立，得到关于a1?2sin22的不等式.由于cos2x?1?2sinx，故原不等式即ax?a2sin2x?2，亦即

aa2sinx2?a2sinx2?2.令t?a2sin2x，则原不等式就是

at?t?2.至此，若去分母，便将原问

at题转化为二次不等式恒成立的问题；若不去分母，应当有2?(f(t)?at?t的最大值解决问题.

2?t)max，可通过函数

解法1运用函数思想，把二次不等式t?2t?a?0恒成立问题转化成二次函数

f(t)?t?2t?a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

2范围.解法2则由a再由函数f(t)?atcos2x?a2sin2x?2a及acos2x?a2sin2x?2，得a?1从而得a2?t?1.

?t在[a,2a]上单调减，在[a,1]上单调增，求出了f(t)的最大值

1a?a，由f(t)?2恒成立，得

at21a?a2?2，求出了a的范围.解法3则直接根据函数

f(t)??t的图象，分a?1，a?1，0?a?1三种情形讨论，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( )

A、-1 B、1 C、-2 D、2

（第七届高一培训题第2题）

解法1 f?x??1??1????x?1????.因为两个互为倒数的数，在它们等于?1时，其和?2??x?1??16 函数

f?x??x?2x?22x?22?x?1?的最小值为

可以取到绝对值的最小值.即当x?1??1，即x?2或x?0时，f?x?的绝对值最小.又

x?1，故x?2时，f?x?的绝对值最小.又f?x??0，?f?x?min?f?2??1.选B.

解法2 因为x?1，联想到sec??1，于是令x?sec2?，???0,?????，则

2?x?1?tan?. f?x??x?2x?22?x?1?222??x?1?2?12?x?1?12?tan??12tan?2?1?1?11?1?tan?????2tan??2?tan??2tan?，当且仅当tan??tan?2，即x?2时，f?x?min?1.故选B.

解法3 设??x??x?2x?2?x?1?，g?x??2x?2?x?1?.

???x??g?x??x?2x?2??2x?2??x?4x?4??x?2??0，???x??g?x??0.

222???x?g?x??1，即f?x??1,?f?x?min?1.故选B.

解法4 f?x??x?2x?22x?22??x?1?2?1?x2?x?1??2?1?.由此联想到万能公式:

2tansin??1?tan?221?tan?0，则f2?2?1sin??0，

?2，故令x?1?tan?x??g????2tan?2?sin??0.又?1?sin??1，0?sin??1,B.

1sin??1,即f?x??1.?f?x?min?1.故选

解f?x??法5 x?12?12?x?1??x?1，

?12?x?1??x?1?0，12?x?1??x?1?2?1?2?x?1??2x?12?1当且仅当

x?12?，

即x?2时取等号.?f?x?min?1.故选B.

解法6 ?x?1，?f?x??x?2时取等号.故选B.

x?2x?22x?22??x?2?2?2x?22x?2??x?2?22x?2?1?1，当

解法7 由y?2x?2x?22x?22去分母并整理，得x2??2?2y?x?2?2y?0.?x?R，

2????2?2y??4?2?2y??0，即y?1?0，?y??1或y?1.?x?1，

?y?f?x???x?1?2?12?x?1??0，?y?1.当y?1时，由1?x?2x?22x?22，解得

x?2??1,???，?f?x?min?1.故选B.

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“x?1”去掉，此法总能解决问题.但有了“x?1”的限制，此法就不一定能奏效.只有当y?1时求出的x的值在x?1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f?x??x?2x?22x?22?x?3?的最小值，”此法就失灵了.因为

y?1时，

x?2??3,???.故y取不到1，也就谈不上ymin?1了.

x?2x?22x?22若用不等式知识解：y??x?1?0，

??x?1??1?2?x?1?2x?12?12?x?1?，?x?3，

?y?2x?12?12?x?1?当且仅当?1，

x?12?12?x?1?，即x?2时取等号，但2??3,???，

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3?x1?x2，则

f?x1??f?x2??x1?2x1?22x1?22?x2?2x2?22x2?22??x21?2x1?2?x2?1??x2?2x2?2?x1?1?2???2?x1?1??x2?1?x1x2?x1?x2x1?x22?x1?1??x2?1?2222??x1x2?x1?x2???x1?x2??x1?x2?2?x1?1??x2?1???x1?x2??x1x2??x1?x2??2?x1?1??x2?1?.?3?x1?x2，?x1?x2?0,x1x2??x1?x2??0,?x1?1?0，x2?1?0， ?f?x1??f?x2??0，f?x1??f?x2?，已知函数是?3,???的单调增函数. ?ymin?f?3??3?2?3?22?3?22?54.

kx拓展 本题的函数模型实际就是f?x??x?(0,?x?0,k?0?，容易证明，该函数在

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

定理 已知函数f?x??x?⑴当x?m0?m?⑵当0?x?n?⑶当x?p?kx?x?0,k?0?，则

?k时，f?x?有最小值2k；

?k时，f?x?有最小值f?n?；

k时，f?x?有最小值f?p?；

⑷当q?x?rq??k?r时，f?x?有最小值2k，且有最大值max??f?q?,f?r??.

例如，函数f?x??x?f?1??1?414x在?1,???上有最小值24?4；在?0,1?上有最小值

43?133?5；在?3,???上有最小值f?3??3?；在?1,3?上有最小值24?4，

最大值max?f?1?,f?3???max?5,??13???5. 3?题17 已知x,y,z?R?，且

1x?2y?3z1?，则x?y2?z3的最小值是

（ ）

A、5 B、6 C、8 D、9

?n??证明 由均值定理，得?i?1???nm?pai?q??n???m?1mnni??pa?i?1?q??p?ai?nqi?1nn?pk?nqn，则

?i?1mpai?q?nmpk?nqn?mn（当且仅当a1?a2?????an?(kp?nq)，

kn时取等

号）．

推广1、2、3都是推广4的特殊情形，运用推广4，可以直接解决以下问题． 1、 己知x,y,z?R?，且x?y?z?3，求证：5x?1?2、 己知a,b,c?R?，a?b?c?1，求证：33a?7?3、 x,y,z?R?，且x?y?z?8，求423342335y?1?3 5z?1?36．

3b?7?3c?7?6.

x??4y?34?423z?34的最大值．

变换角度思考，我们能否求3a?1?先从最简单的情况入手．

?3b?1?3c?1(a?b?c?1)的最小值呢？

?3a?1?3b?1?2?3(a?b)?2?2(3a?1)(3b?1)?1?23(a?b)?1?9ab?1

?3(a?b)．若ab?0，我们设法保留a?b，去掉ab，得上式右边

?3(a?b)?1?23(a?b)?1?1??1??3(a?b)?1?．

?2故有3a?1?3b?1?3(a?b)?1?1.（＊）

对于a,b,c?0，反复运用（＊）式，有 3a?1??3b?1?3c?1?3(a?b)?1?1?3(a?b?c)?1?2

3a?1?3b?1?3c?1?3?1?1?2?4，且当

3c?1?3(a?b)?1?3c?1?13(a?b?c)?1?1?1?若有a?b?c?1，则

a?b?0，c?1时取等号，于是便有

命

3a?1?题1

3c?1?若a,b,c?0，a?b?c?1，则

3b?1?3?1?1?2?4.

将a?b?c?1改为a?b?c?k，则有

命题2 若a,b,c?0，a?b?c?k，则3a?1?3b?1?3c?1?3k?1?2.

将命题2中的3改为n，则有

命题3 若a,b,c?0，a?b?c?k，则na?1?继续推广，得

命题4 若a,b,c?0，a?b?c?1，n,m?N?，则

?2m?m?n．

na?m?nb?m?nc?m

nb?1?nc?1?nk?1?2.

证明 ?ab?0，?(na?m)(nb?m)?n2ab?mn(a?b)?m2?mn(a?b)?m2， 即

(na?m)(nb?m)?mn(a?b)?m2，于是有

(na?m)?2(na?m)(nb?m)?(nb

?m)?m?2mn(a?b)?m2?[n(a?b)?m]， 即

?na?m?nb?m?2?(m?

n(a?b)?m)，?na?m?nb?m?2na?m?nb?m?m?m?n(a?b)?m. 反复利用上式，得

nc?m ?m?m?

nc?m ? n(a?b)?m?n(a?b?c)?m?2m?n?m．

将a?b?c?1改为a?b?c?k，则有

命题5 若a,b,c?0，a?b?c?k，n,m?R?，则

na?m?nb?m?nc?m?2m?m?nk. 命题6 若a1,a2,???,ak?0，a1?a2?????ak?1，k,n,m?N?, 则 na1?m?na2?m?????nak?m?(k?1)m?m?n.（证略）

222题20 若0?a、b、c?1，并且a?b?c?2，则a?b?c的取值范围是

（ ）

A、?，??? B、?，2? C、?，2? D、?,2?

?3??3??3??3?（第九届高二第一试第10题）

解法1 由柯西不等式，可知(a?b?c)(1?1?1)?(a?1?b?1?c?1).

222∵a?b?c?2，∴a?b?c??4??4??4??4?222222243. 又由0?a、b、c?1，可知

(1?a)(1?b)(1?c)?0,

即1?(a?b?c)?(ab?bc?ca)?abc?0，∴ab?bc?ca?1，于是

2222a?b?c?(a?b?c)?2(ab?bc?ca)?4?2(ab?bc?ca)?4?2?2.

综上，

43?a?b?c?2.故选C.

222解法2 由a?b?c?2，得c?2?(a?b)，代入u?a2?b2?c2，有

u?a?b?[2?(a?b)]?2a?2b?4?2ab?4a?4b，即2a?(2b?4)a?(2b?4b?4?u)?0，∵a?(0,1)，

2222222∴??(2b?4)2?8(2b2?4b?4?u)

?0，即2u?3b?4b?4?3(b?223)?283?f(b)，∵b?(0,1)，则上式成立的条件必须

且只须是f?4?2??u?2.故选C. ，∴?2u?f(0)?3?3?222评析 解法1由柯西不等式得到a?b?c?a?b?c?2.从而选C．

22243，并由a、b、c?(0,1)推得

解法2运用方程思想，设u?a2?b2?c2后，将其表示成关于a的二次方程，由2?8?a?(0,1)，得⊿?0，进而得2u?3?b????f(b)，此式成立的条件是什么？这是

3?3?2一个关键问题.，?b?(0,1),?必须且只须f?拓展 众所周知下面的定理

?2???2u?f(0)，从而解决问题. ?3?22 定理 若二次函数y?ax?bx?c?0，且a?0，则b?4ac?0.

易得下面的

222推论 若f(x)?(x?a1)?(x?a2)???(x?an)，则

(a1?a2???an)?n(a1?a2???an).

222证明 f(x)?(x?a1)?(x?a2)???(x?an)

2222?nx?2(a1?a2???an)x?(a1?a2???an).由上面的定理，得

2222⊿?[2(a1?a2???an)]?4n(a1?a2???an)?0，

2222∴(a1?a2???an)2?n(a12?a22???an2).

由此，本题还可解答如下：

构造二次函数f(x)?(x?a)2?(x?b)2?(x?c)2，由推论，得

(a?b?c)?3(a?b?c)，即2?3(a?b?c)，∴a?b?c?a?b?c?43222222222222243，当且仅当

13时取等号.又a、b、c?(0,1)，∴a2?b2?c2?a?b?c?2.故

2?a?b?c?2.∴选C.

下面再举一例说明推广的应用．

例 设x,y为正数，且x?y?1，证明?1???1??1?1???9 ． ??x??y?（加拿大第三届数学竞赛题）

证明 ∵x?y?1，∴x2?y2?1?2xy.

构造二次函数f(t)?(t?x)2?(t?y)2，由推论得(x?y)2?2(x2?y2)， ∴12?2(1?2xy)，得xy?14，∴?1???1??1?xy?x?y?121???1??1?8?9，???x??y?xyxy即?1???1??1?1???9. ??x??y?222关于此题中a?b?c的最小值，还可以通过轮换对称的性质求得.

如果一个代数式里的字母按照某个次序轮换，所得的代数式与原式恒等.我们就把这个代数式叫做关于这些字母的轮换对称式.如a?b?c，abc，a?1?1a?1b?1cb?1?c?1，

等都是关于a、b、c的轮换对称式.

如果已知条件式和待求式都是关于某些字母的轮换对称式，则当且仅当这些字母相等时，待求式取得最值.再取一些特殊值（要满足条件式，但各字母取值不全相同）验证，便可确定待求式是最大值还是最小值.据此，本题中a?b?c的最小值还可这样求得：当且仅当

a?b?c?22222223222时，a?b?c取得最值3a?243，再令a?b?34，c?12，求得

a?b?c?118?43.故(a?b?c)min?22243.

本题中a?b?c的最小值还可由均值不等式求得：∵

22222a?b?c3222?a?b?c? ???，

3??224?a?b?c??2?∴a2?b2?c2?3?，当且仅当时取等号. a?b?c??3?????3333????∴(a2?b2?c2)min?

43.

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