【文章內(nèi)容簡(jiǎn)介】 252s i n4)2s i n4(412s i n125162s i n24.3142s i n4,12s i n2s i n416)s i n4(2s i n42c o ss i n2c o ss i n)c o s1) ( c o ss i n1( s i n)1)(1(2222222222222442222?????????????????????????????????bbaabbaa即得??????????????????2 殲滅難點(diǎn)訓(xùn)練 一、 ：令 xa =cos2θ ，yb=sin2θ ，則 x=asec2θ ， y=bcsc2θ ，∴ x+y=asec2θ +bcsc2θ =a+b+atan2θ +bcot2θ ≥ a+b+2 abbaba 2c o tt a n 22 ?????? . 答案： a+b+2 ab ：由 0≤ |a－ d|＜ |b－ c|? (a－ d)2＜ (b－ c)2? (a+b)2－ 4ad＜ (b+c)2－ 4bc ∵ a+d=b+c，∴－ 4ad＜－ 4bc，故 ad＞ bc. 答案： ad＞ bc ：把 p、 q 看成變量，則 m＜ p＜ n， m＜ q＜ n. 答案： m＜ p＜ q＜ n 二、 4.(1)證法一： a2+b2+c2－ 31 =31 (3a2+3b2+3c2－ 1) =31 ［ 3a2+3b2+3c2－ (a+b+c)2］ =31 ［ 3a2+3b2+3c2－ a2－ b2－ c2－ 2ab－ 2ac－ 2bc］ =31 ［ (a－ b)2+(b－ c)2+(c－ a)2］≥ 0 ∴ a2+b2+c2≥ 31 證法二：∵ (a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤ a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴ 3(a2+b2+c2)≥ (a+b+c)2=1 ∴ a2+b2+c2≥ 31 證法三：∵33 222 cbacba ?????∴ a2+b2+c2≥ 3 cba ?? ∴ a2+b2+c2≥ 31 證法四：設(shè) a=31 +α ， b=31 +β ， c=31 +γ . ∵ a+b+c=1，∴ α +β +γ =0 ∴ a2+b2+c2=( 31 +α )2+( 31 +β )2+(31 +γ )2 =31 +32 (α +β +γ )+α 2+β 2+γ 2 =31 +α 2+β 2+γ 2≥ 31 ∴ a2+b2+c2≥ 31 629)(323232323323,23323,21231)23(23:)2(????????????????????????cbacbaccbbaaa同理證法一 ? ∴原不等式成立 . 證法二：3 )23()23()23(3 232323 ??????????? cbacba 33 6)(3 ????? cba ∴ 232323 ????? cba ≤ 33 ＜ 6 ∴原不等式成立 . ：由 x+y+z=1， x2+y2+z2= 21 ，得 x2+y2+(1－ x－ y)2=21 ，整理成關(guān)于 y的一元二次方程得： 2y2－ 2(1－ x)y+2x2－ 2x+21 =0，∵ y∈ R，故 Δ ≥ 0 ∴ 4(1－ x)2－ 4179。 2(2x2－ 2x+21 )≥ 0，得 0≤ x≤ 32 ，∴ x∈［ 0， 32 ］ 同理可得 y， z∈［ 0， 32 ］ 證法二：設(shè) x=31 +x′， y=31 +y′， z=31 +z′，則 x′ +y′ +z′ =0， 于是 21 =( 31 +x′ )2+( 31 +y′ )2+(31 +z′ )2 =31 +x′ 2+y′ 2+z′ 2+32 (x′ +y′ +z′ ) =31 +x′ 2+y′ 2+z′ 2≥ 31 +x′ 2+ 2 )( 2zy ??? =31 +23 x′ 2 故 x′ 2≤ 91 ， x′∈［－ 31 ， 31 ］， x∈［ 0， 32 ］，同理 y， z∈［ 0， 32 ］ 證法三：設(shè) x、 y、 z 三數(shù)中若有負(fù)數(shù)，不妨設(shè) x＜ 0，則 x2＞ 0， 21 =x2+y2+z2≥ x2+ 21232 )1(2 )( 2222 ??????? xxxxzy ＞ 21 ，矛盾 . x、 y、 z 三數(shù)中若有最大者大于 32 ，不妨設(shè) x＞ 32 ，則 21 =x2+y2+z2≥x2+ 2 )( 2zy? =x2+ 2)1( 2x? =23 x2－ x+21 =23 x(x－ 32 )+21 ＞ 21 ；矛盾 . 故 x、 y、 z∈［ 0， 32 ］ 0)()()()()()(222)(4)(2))(()(2)]()()([)(2)(:)2()(20)()()()2()2()2()(22:)1.(62222222222223333332222222222222222222222222222222222???????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????????yxzxzyzyxyxxyxzzxzyyzxyzzxyyzxxyyxzxxzyzzyxyzzxyyzxxzzyyxxyyxzxxzyzzyzyxzxyzxyyxxyxzzxzyyzxyzzxyzxyzyxyxzxzyzyxzxyzxyzcbaybacxacbxaczcazcbybcybaxabzxxaczcayzzcbybcxyybaxabzxyzxyzcbaybacxcb所證不等式等介于證明證明 ? ∵上式顯然成立，∴原不等式得證 . ： (1)對(duì)于 1＜ i≤ m，且 Aim =m178。?178。 (m－ i+1)， ninnnnnnm immmmmm iimiim 11A,11A ?????????????? ?? 同理， 由于 m＜ n，對(duì)于整數(shù) k=1， 2，?， i－ 1，有 m kmn kn ??? ， 所以 imiiniiimiin nmmn AA,AA ?? 即 (2)由二項(xiàng)式定理有： (1+m)n=1+C1n m+C2n m2+? +Cnn mn， (1+n)m=1+C1m n+C2m n2+? +Cmm nm， 由 (1)知 miAin ＞ niAim (1＜ i≤ m ) ，而 Cim = !AC,!A ii ininim ? ∴ miCin＞ niCim(1＜ m＜ n) ∴ m0C0n =n0C0n =1， mC1n =nC1m =m178。 n， m2C2n ＞ n2C2m ，?， mmCmn ＞ nmCmm ， mm+1C 1?mn ＞ 0，?， mnCnn ＞ 0， ∴ 1+C1n m+C2n m2+? +Cnn mn＞ 1+C1m n+C2mn2+? +Cmm nm， 即 (1+m)n＞ (1+n)m成立 . ：因 a＞ 0， b＞ 0， a3+b3=2，所以 (a+b)3－ 23=a3+b3+3a2b+3ab2－ 8=3a2b+3ab2－ 6 =3［ ab(a+b)－ 2］ =3［ ab(a+b)－ (a3+b3)］ =－ 3(a+b)(a－ b)2≤ 0. 即 (a+b)3≤ 23，又 a+b＞ 0，所以 a+b≤ 2，因?yàn)?2 ab ≤ a+b≤ 2， 所以 ab≤ 1. 證法二：設(shè) a、 b 為方程 x2－ mx+n=0 的兩根，則??? ? ??abn bam， 因?yàn)?a＞ 0， b＞ 0，所以 m＞ 0， n＞ 0，且 Δ =m2－ 4n≥ 0 ① 因?yàn)?2=a3+b3=(a+b)(a2－ ab+b2)=(a+b)［ (a+b)2－ 3ab］ =m(m2－ 3n) 所以 n= mm 3232 ? ② 將②代入①得 m2－ 4( mm 3232 ? )≥ 0， 即 mm3 83?? ≥ 0，所以－ m3+8≥ 0，即 m≤ 2，所以 a+b≤ 2， 由 2≥ m 得 4≥ m2，又 m2≥ 4n，所以 4≥ 4n， 即 n≤ 1，所以 ab≤ 1. 證法三：因 a＞ 0， b＞ 0， a3+b3=2，所以 2=a3+b3=(a+b)(a2+b2－ ab)≥ (a+b)(2ab－ ab)=ab(a+b) 于是有 6≥ 3ab(a+b)，從而 8≥ 3ab(a+b)+2=3a2b+3ab2+a3+b3= (a+b)3，所以 a+b≤ 2， (下略） 證法四：因?yàn)?333 )2(2 baba ??? 8 ))((38 ]2444)[( 22222 babaabbaabbaba ?????????? ≥ 0， 所以對(duì)任意非負(fù)實(shí)數(shù) a、 b，有 2 33 ba ? ≥ 3)2( ba? 因?yàn)?a＞ 0， b＞ 0， a3+b3=2，所以 1= 2 33 ba ? ≥ 3)2( ba? ， ∴ 2ba? ≤ 1，即 a+b≤ 2， (以下略） 證法五：假設(shè) a+b＞ 2，則 a3+b3=(a+b)(a2－ ab+b2)=(a+b)［ (a+b)2－ 3ab］＞ (a+b)ab＞ 2ab，所以 ab＜ 1， 又 a3+b3=(a+b)［ a2－ ab+b2］ =(a+b)［ (a+b)2－ 3ab］＞ 2(22－ 3ab) 因?yàn)?a3+b3=2，所以 2＞ 2(4－ 3ab)，因此 ab＞ 1，前后矛盾，故 a+b≤ 2(以下略 ) 難點(diǎn) 19 解不等式 不等式在生產(chǎn)實(shí)踐和相關(guān)學(xué)科的學(xué)習(xí)中應(yīng)用廣泛，又是學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)的重要工具，所以不等式是高考數(shù)學(xué)命題的重點(diǎn)，解不等式的應(yīng)用非常廣泛，如求函數(shù)的定義域、值域，求參數(shù)的取值范圍等，高考試題中對(duì)于解不等式要求較高，往往與函數(shù)概念，特別是二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)等有關(guān)概念和性質(zhì)密切聯(lián)系，應(yīng)重視；從歷年高考題目看，關(guān)于解不等式的內(nèi)容年年都有，有的是直接考查解不等式，有的則是間接考查解不等式 . ●難 點(diǎn)磁場(chǎng) (★★★★ )解關(guān)于 x 的不等式 2)1(??xxa ＞ 1(a≠ 1). ●案例探究 ［例 1］已知 f(x)是定義在［－ 1， 1］上的奇函數(shù)，且 f(1)=1，若 m、 n∈［－1， 1］， m+n≠ 0 時(shí) nm nfmf ?? )()( ＞ 0. (1)用定義證明 f(x)在［－ 1， 1］上是增函數(shù)； (2)解不等式： f(x+21 )＜ f( 11?x )； (3)若 f(x)≤ t2－ 2at+1 對(duì)所有 x∈［－ 1， 1］， a∈［－ 1， 1］恒成立，求實(shí)數(shù)t 的取值范圍 . 命題意圖：本題是一道函數(shù)與不等式相結(jié)合的題目，考查學(xué)生的分析能力與化歸能力，屬★★★★★級(jí)題目 . 知識(shí)依托：本題主要涉及函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性，而單調(diào)性貫穿始終，把所求問題分解轉(zhuǎn)化，是函數(shù)中的熱點(diǎn)問題；問題的要求的都是變量的取值范圍，不等式的思想起到了關(guān)鍵作用 . 錯(cuò)解分析： (2)問中利用單調(diào)性轉(zhuǎn)化為不等式時(shí)， x+21 ∈［－ 1， 1］， 11?x ∈［－ 1， 1］必不可少，這恰好是容易忽略的地方 . 技巧與方法： (1)問單調(diào)性的證明，利用奇偶性靈活變通使用已知條件不等式是關(guān)鍵， (3)問利用單調(diào)性把 f(x)轉(zhuǎn)化成“ 1”是點(diǎn)睛之筆 . (1)證明：任取 x1＜ x2，且 x1， x2∈［－ 1， 1］，則 f(x1)－ f(x2)=f(x1)+f(－x2)=2121 )()( xx xfxf ? ?? 178。 (x1－ x2) ∵－ 1≤ x1＜ x2≤ 1， ∴ x1+(－ x2)≠ 0，由已知2121 )()( xx xfxf ? ?? ＞ 0，又 x1－ x2＜ 0， ∴ f(x1)－ f(x2)＜ 0，即 f(x)在［－ 1， 1］上為增函數(shù) . (2)解 ：∵ f(x)在［－ 1， 1］上為增函數(shù)， ∴????????????????????112111111211xxxx 解得： {x|－ 23 ≤ x＜－ 1， x∈ R} (3)解：由 (1)可知 f(x)在［－ 1， 1］上為增函數(shù)，且 f(1)=1，故對(duì) x∈［－ 1，1］，恒有 f(x)≤ 1，所以要 f(x)≤ t2－ 2at+1 對(duì)所有 x∈［－ 1， 1］， a∈［－ 1， 1］恒成立，即要 t2－ 2at+1≥ 1 成立，故 t2－ 2at≥ 0，記 g(a)=t2－ 2at，對(duì) a∈［－ 1，1］， g(a)≥ 0，只需 g(a)在［－ 1， 1］上的最小值 大于等于 0， g(－ 1)≥ 0， g(1)≥0，解得， t≤－