2018最新高中數(shù)學(xué)經(jīng)典題一題多解-函數(shù)導(dǎo)數(shù)

y=-x+4的圖像，因?yàn)閥=3x與y=logx互為反函數(shù)，圖像關(guān)于直線y=x3對稱，而y=-x+4與y=x垂直，設(shè)垂足為C,則直線y=-x+4與y=3x，y=logx的圖像的交點(diǎn)A，B關(guān)于點(diǎn)C對稱，3易求得C點(diǎn)坐標(biāo)為(2,2)，又A點(diǎn)坐標(biāo)為(x,y)，B點(diǎn)坐標(biāo)為(x,y)，1122由中點(diǎn)坐標(biāo)公式得x+x=4.12第4題一道含有絕對值函數(shù)的零點(diǎn)問題的2種解法|x|已知函數(shù)f(x)=，方程f(x)=kx2有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.x+2解法一(去掉絕對值號，化為二次函數(shù)問題)|x|原方程即——=kx2.x+21x=0恒為方程的一個(gè)解，因此問題轉(zhuǎn)化為方程——=kIxI有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.x+21⑴當(dāng)x>0時(shí)，方程化為：——=kx，即x+2kx2+2kx一1=0，k=0時(shí)，方程無解；當(dāng)k豐0時(shí)，A=4k2+4k=4k(k+1).，當(dāng)-1<k<0時(shí)，A<0，方程無實(shí)數(shù)解.1k>0時(shí)，顯然A>0，x+x=-2，xx=-—<0，結(jié)合x>0矢口原方程有一個(gè)正根.1212k1k<-1時(shí)，A=4k2+4k>0，而此時(shí)x+x=-2，xx=-—>0，結(jié)合x>0矢口方程無解.1212k1⑵當(dāng)x<0時(shí)，方程化為：——=-kx，即x+2kx2+2kx+1=0，k=0時(shí)，方程無實(shí)數(shù)解；當(dāng)k豐0時(shí)，A=4k2-4k=4k(k-1).當(dāng)0<k<1時(shí)，A<0，方程無實(shí)數(shù)解.1k<0時(shí)，顯然A>0，x+x=-2，xx=<0，結(jié)合x<0知原方程有一個(gè)負(fù)根.1212k

iii)k=1時(shí)，方程顯然有兩個(gè)相等的負(fù)根.iv)k>1時(shí)，A=4k2-4k>0，而此時(shí)x+x=-2，xx=->0，結(jié)合x<0知方程有兩個(gè)不等的負(fù)根.1212k綜上可得，當(dāng)k>1時(shí)，方程f(x)=kx2有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.因此我解法二(利用兩個(gè)函數(shù)圖象法，利用斜率幾何意義法)因此我1有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.x=0恒為方程的一個(gè)解，因此問題轉(zhuǎn)化為方程苗=k1x有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解.顯然k豐0，在同一個(gè)坐標(biāo)系中作出函數(shù)g(x)二丄x+2h(x)=kIxI(k主0)的圖像:由圖像可知，當(dāng)k<0時(shí)，兩個(gè)函數(shù)圖像僅有一個(gè)交點(diǎn)；時(shí)，若h(x)=kIxI的圖像在第二象限的部分與雙曲線相交，二象限內(nèi)有兩個(gè)交點(diǎn)，而在第一象限內(nèi)顯然總有一個(gè)交點(diǎn)，們只要利用判別式求出相切時(shí)k的值k，那么本題的答案就是k>k.00當(dāng)k>0，x<0方程即kx2+2kx+1=0，由A=4k2-4k=4k(k-1)=0得:k=1.因此k的取值范圍k>1.第5題一道自主招生函數(shù)零點(diǎn)問題的2種解法函數(shù)f(x)二ax2+bx+c(a豐0)，且/(x)二x沒有實(shí)數(shù)根，問：/(/(x))二x是否有實(shí)數(shù)根？證明你的結(jié)論.解法一(沒有實(shí)根問題轉(zhuǎn)化為證明不等式恒成立)f(f(x))二x是沒有實(shí)數(shù)根.證明：因?yàn)閒(x)二x沒有實(shí)數(shù)根，所以f(x)>x，或f(x)<x，當(dāng)f(x)>x時(shí)，再以f(x)代x有f(f(x))>f(x)，所以f(f(x))>x，當(dāng)f(x)<x時(shí)，再以f(x)代x有f(f(x))<f(x)，所以f(f(x))<x，所以f(f(x))二x是沒有實(shí)數(shù)根.解法二(用反證法)f(f(x))二x是沒有實(shí)數(shù)根.證明：若存在x二x使得f(f(x))二x，000

令f(x)二t，則f(t)二x,00即有(x,t)和(t,x)是y二f(x)的點(diǎn)，顯然這兩點(diǎn)關(guān)于y=x對稱，00所以y=f(x)與y=x必有公共點(diǎn)，從而f(x)=x有實(shí)數(shù)解，與已知矛盾.所以f(f(x))二x是沒有實(shí)數(shù)根.規(guī)律總結(jié)：替換法是一個(gè)重要的方法第6題分子分母都是二次式的分式型函數(shù)值域問題的2種解法ax2+8x+b函數(shù)y=的值域?yàn)椋?,9］，求實(shí)數(shù)a,b.(2005年上海交大報(bào)送推優(yōu)題，是個(gè)老題)x2+1解法一(等價(jià)轉(zhuǎn)化為不等式)<ax2+8x+b<9ox2+1<ax2+8x+b<9(x2+1)x2+1顯然，a>0.且y二ax2+8x+b必與y二x2+1及y二9(x2+1)都相切，ax2+8x+b—x2+1(a—1)x2+8x+b—1—064—4(a—1)(b—1)—0，ax2+8x+b—9（x2+1）n（a一9）x2+8x+b一9—0n64一4（a一9）（b一9）—0（a一1）（b一1）—16n（a一9）（b一9）—16解法二(等價(jià)轉(zhuǎn)化為方程，再轉(zhuǎn)化為不等式)y-ax2+8{+bn（y-a）x2—8x+y-b-0,,a+br4?。?）y—a時(shí)，x—g［1,9］，8(2)y豐a時(shí)，A—64一4(y一a)(y一b)>0，此不等式解集應(yīng)是［1,9］，

而不等式顯然是一個(gè)一元二次不等式，所以64-4(y-a)(y-b)—0的兩個(gè)解即為1和9,fa二5綜上［b二5所以（a一所以（a一1）（b一1）—16n（a-9）（b-9）—16a—5b-5，顯然滿足⑴。第7題一道分式不等式恒成立題的3種解法/、x2+2x+a「、「、/、已知函數(shù)（x）=,x"1,+8）若對任意xJl,+g）,（x）X）恒成立，試求實(shí)數(shù)a的取值范圍。x解法一（轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)法）x2+2x+在區(qū)間［1,+8）上,f（x）=->0恒成立ox2+2x+a>0恒成立,x設(shè)y=x2+2x+a在L+8）遞增，???當(dāng)x=1時(shí)y=3+a，于是當(dāng)且僅當(dāng)y=3+a>0時(shí)，函數(shù)恒成立，minmin故a〉一3.解法二：（分類討論法）a（（x）=x+—+2，x“1,+s）當(dāng)a>o的值恒為正，x當(dāng)a<0時(shí),函數(shù)f（x）為增函數(shù).故當(dāng)x=1時(shí)f（x）=3+a，于是當(dāng)且僅當(dāng)3+a〉0時(shí)恒成立，min故a>—3.解法三：（分離參數(shù)法）在區(qū)間t，+8）上f（x）=-才纟恒成立xox2+2x+a>0恒成立a>—x2—2x恒成立,故a應(yīng)大于u=—x2—2x，xw［1，+s）時(shí)的最大值一3,a>a>—(x+1)2+1當(dāng)x=1時(shí)，取得最大值一3.a>—3.第8題一道絕對值不等式證明題的2種解法、1證明：對任意實(shí)數(shù)a,b，三個(gè)數(shù)Ia+b1,1a-b1,11-a丨中至少有一個(gè)不小于-。厶解法一（用反證法，用絕對值定義）111若丨a+b1<—,1a—b1<—,11—a1<—，則<222人12人12j12（D⑵⑶1113(1)+(2)得，——<a<—，由(3)得，■—<a<—，矛盾!1所以，丨a+b1,1a—b1,11—aI中至少有一個(gè)不小于一2解法二：（直接法，用絕對值不等式性質(zhì)）由絕對值不等式性質(zhì)，得Ia+bI+Ia—bI+I1—aI+I1—aI'la+b+a—b+1—a+1—aI—2，1所以，Ia+bI,Ia—bI,I1—a丨中至少有一個(gè)不小于一.2第9題分子分母都是二次式的分式型函數(shù)值域問題的3種解法求y—土1的值域X2+2解法一（常數(shù)分離法）1X2+211-?:X2>0nX2+2>2n0<<—n——<-x2+22±<0即2'1-人<1???值域?yàn)椋?，i）解法二(反解法),x2+11-2y、由y=亠yx2+2y=x2+1亠x2=0x2+2y-1???函數(shù)的值域?yàn)椋?，1)2解法三(判別式法)x2+1由y=ayx2+2y=x2+10(y-1)x2+2y-1=0x2+2當(dāng)y=1時(shí)，1豐0,故舍去當(dāng)y豐1時(shí)1A—0-4(y-1)(2y-1)>0n-<y<1f"<2所以函數(shù)的值域?yàn)椋?,i)第10題一道條件最值題的4種解法已知x+y=1，求x2+y2的最小值。解法一（直接消元化為二次函數(shù)法）???x+y=1,.:y=1-x.設(shè)z=x2+y2，貝yz=x2+（1一x）2=2x2一2x+1.?二次項(xiàng)系數(shù)為2>0,故z有最小值。-214x2x1—（—2）1：當(dāng)x=-=_時(shí)，z==一.2x22最小值4x22?:x2+y2的最小值為-解法二（不等式法）?x+y=1,.:（x+y）2=1,即x2+y2=1-2xy.?/2xy<x2+y2,：.x2+y2>1一（x2+y2）.即x2+y2>2,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=2時(shí)取等號。-x2+y2的最小值為2解法三(配方法)設(shè)z=x2+y2.x+y=1解法三(配方法)：?z=x2+y2一x一y+1=（x一1）2+（y一1）2+1>丄.2222最小2當(dāng)x=y=2時(shí)，z最小二2即x2+y2的最小值為最小2解法四(幾何法，圖象法)如圖，x+y=1表示直線l,x2+y2表示原點(diǎn)到直線I上的點(diǎn)P(x,y)的距離的平方.顯然其中以原點(diǎn)到直線l的距離最短.tf,10+0-11邁/■、此時(shí)，d==,即(\：x2+y2)J22最小2所以x2+y2的最小值為2.P（x,y）1dy幾種解法都有特點(diǎn)和代表性。解法1是基本方法，解法2、3、規(guī)律總結(jié)：與相關(guān)知識(shí)聯(lián)系起來，所以具有靈巧簡捷的優(yōu)點(diǎn)，特別是解法4形象直觀，值得效仿。x4都緊緊地抓住題設(shè)條件的特點(diǎn),第11題一道根式函數(shù)題的6種解法設(shè)t=<T+7+J1—7,求t的取值范圍（江蘇高考解答題中的一個(gè)小題）解法一：（平方化為二次函數(shù)）對t=^T+X+訂—！兩邊平方得12=2+2\；1-X20<Jl-X2<12<12<4,又t>0:R<t<2，故t的取值范圍是72,2解法二（三角換元法）注意到2(—1<x<1)，可用三角換元法，如下:令J1+x=V2cosa,Jl—x=2sina,ag0,一L2—、4丿(—)<2sina+—<2I4丿得t=V2cosa+42sina=2sina+—由4<a+—4<3—得宇t的取值范圍是卜''2,2解法三：（三角換元法）-1<X<1,.，.令￥=COS0,0G[O,兀],則有t=J1+cos0+\'1—cos0=2二22cos21+丿?0)sin—20.0）—+sm—22丿以下解法同解法二，這兩種換元法本質(zhì)上是一樣的，只不過是從不同角度看問題的,解法二，注意到了平方和為一個(gè)常數(shù)，解法三則由定義域xg[—1,1]入手.0cos—2解法四：（雙換兀法）令+x=u八''l—x=V,消去x得：Iu+V=t——u2+V2=2，問題轉(zhuǎn)化為方程組{在0<u<€2,0<V<J2條件下有解時(shí)，[u2+V2=2求t的取值范圍，即動(dòng)直線u+V=t與圓弧u2+V2=2（0<u<J2,0<V<{2）有公共點(diǎn)時(shí),求t的取值范圍，以下用數(shù)形結(jié)合法解（略）。解法五（構(gòu)造等差數(shù)列）由t=込1+百二1，寫成近〒+、□=2x-,2可知一i+I,-，近二！成等差數(shù)列。2設(shè)d+x=—-d八：1-x=—+d,212消去x得2=+2d2,t2=4一4d2，由d2>0矢口212=4-4d2<4，得t<2。且*1+7與訂一I的最大值，最小值分別為j2,o。.?.-邁<2d<邁,-2<d<2212=4-4d2>4-4x1=2，從而<t<22解法六（構(gòu)造向量法）設(shè)向量p=（1,1）,q=（J1+x,、；1-x），兩向量的夾角為a,則t=p?q=\：1+1?（、；（1+x）+、'（1一x）cosa=2cosa.t<2由圖像知矢：當(dāng)點(diǎn)（J1+7八?Th）位于坐標(biāo)軸上時(shí)，cosa取最小值。令\/1—x=0即x=1,得t=x2令+'1+x=0即x=-1,也得t=*'2.72<t<2解題反思：上述六種解法一個(gè)共同特點(diǎn)，都是從函數(shù)式的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)出發(fā)，或變更形式，或巧妙換元，或數(shù)形結(jié)合，或構(gòu)造向量，都是數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想的有效應(yīng)用，但對六種方法作一對比，不難看出，方法一最為簡單，究其原因，仍是平方后的結(jié)構(gòu)簡潔的特點(diǎn)所致，因此，函數(shù)結(jié)構(gòu)特征決定求解方法。通過解一道高考題，探索其多種解法，體現(xiàn)了換元法、向量法、解析幾何法以及數(shù)形結(jié)合、轉(zhuǎn)化與化歸等數(shù)學(xué)思想在求無理函數(shù)最值（值域）中的應(yīng)用。數(shù)學(xué)知識(shí)有機(jī)聯(lián)系縱橫交錯(cuò)，解題思路靈活多變，解題方法途徑眾多，但最終卻能殊途同歸，即使一次性解題合理正確，也未必保證一次解題就是最佳思路與最優(yōu)最簡捷的解法，不能解完題就此罷手，應(yīng)該進(jìn)一步反思，探求一題多解，開拓思路，勾通知識(shí)，掌握規(guī)律，權(quán)衡解法優(yōu)劣，培養(yǎng)學(xué)生發(fā)散思維能力；探求一題多變，做到舉一反三，在更高層次更富有創(chuàng)造性地去學(xué)習(xí)，摸索總結(jié)，使自己的解題能力能更上一層樓。第12題已知函數(shù)f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(cx+d)，若曲線y=f(x)和y=g(x)曲線都過點(diǎn)P(0,2),且在點(diǎn)P處有相同的切線y二4x+2丿O求a,b,c,d的值若x三一2時(shí)，f(x)Wkg(x)，求k的取值范圍.解：(I)由已知得f(0)二2,g(0)二2,f'(0)二4,gr(0)二4,而f'(x)=2x+b,g'(x)=ex(cx+d+c)，?:a=4,b=2,c=2,d=2；4分(II)解法一(按部就班分類討論法)由(I)知，f(x)=x2+4x+2,g(x)=2ex(x+1),設(shè)函數(shù)F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2(x>-2),F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1),有題設(shè)可得F(0)三0,即k>1,令F'(x)=0得，x=—Ink,x=一2,12(1)若1<k<e2,則一2VxWO,?°?當(dāng)xg(-2,x)時(shí)，F(xiàn)(x)VO,當(dāng)xg(x,)時(shí)，F(xiàn)(x)>0,111即F(x)在(-2,x)單調(diào)遞減，在(x,)單調(diào)遞增，故F(x)在x=x取最小值F(x),1111而F(x)=2x+2一x2一4x一2=-x(x+2)±0,111111???當(dāng)x三一2時(shí),F(x)±0,即f(x)Wkg(x)恒成立,⑵若k=e2,則F'(x)=2e2(x+2)(ex-e2),???當(dāng)x±-2時(shí),Fr(x)±0,???F(x)在(一2,+x)單調(diào)遞增,而F(-2)=0,???當(dāng)x±—2時(shí),F(x)±0,即f(x)Wkg(x)恒成立,⑶若k>e2,則F(-2)=-2ke-2+2=-2e-2(k-e2)V0,??當(dāng)x±—2時(shí)，f(x)Wkg(x)不可能恒成立，綜上所述，k的取值范圍為[1,e2].解法二：特值法先壓縮參數(shù)范圍，可以大大減少討論步驟,但是這是一個(gè)特殊方法，不被重視。當(dāng)然不具備一般性。但對于一些題目可以減少討論步驟。設(shè)函數(shù)F(x)=kg(x)-f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2(x>-2),

F(—2)—2ke-2(—2+1)—(—2)2—4x(—2)—2>0F(0)—2keo(0+1)—02—4x0—2>0—2ke-2+2>0得1<k<e2,2k—2>0F'(x)—2k[ex(x+1)+ex]—2x—4=2(x+2)(kex—1),1當(dāng)1<k<e2時(shí)，由F'(x)—2(x+2)(kex—1)—0得ex—g[e-2,1]nx—Ing[—2,0],kk當(dāng)k—e2時(shí)，顯然當(dāng)x>—2時(shí)，F(xiàn)'(x)>0,f(x)為增函數(shù)，從而F(x)>f(—2)—0,當(dāng)1<k<e2時(shí)，則Ing(—2,0]，所以k1當(dāng)xG(—2,ln)時(shí)，F(xiàn)'(x)<0,F(x)為減函數(shù),k1當(dāng)xg(In,+s)時(shí)，F(xiàn)'(x)<0,F(x)為增函數(shù),kTOC\o"1-5"\h\z所以F(x)的最小值為F(In)=2kelnk(In+1)—(In)2-4(ln)一2kkkk1111—2(ln—+1)—(ln—)2—4(ln)—2——(ln—)2—2ln-kkkkk——(In-)2—2ln-——(Ink)2+2lnk—(2—Ink)(lnk)>0,kk所以求k的取值范圍是1<k<e2.第13題分離lnx解題已知函數(shù)f(x)—+-，曲線y—f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為x+2y—3—0.x(I)求a、b的值;(II)如果當(dāng)x>0，且x豐1時(shí)，f(x)>也蘭+—，求k的取值范圍.x—1xa(巴1—lnx)b(x+1)2x2f(x+1)2x2f⑴-1,1即廣⑴一2,由于直線x+2y-3-0的斜率為-2'且過點(diǎn)(1,1)，故〔b=1,<a11一一b=一一,〔22(II)解法一:由(I)知f(x)=也蘭+1，所以

X+1X丄(21nX+(k-1)(X2―D丄(21nX+(k-1)(X2―D).1—X2X—1X考慮函數(shù)h(x)二2lnx+(k-1)(X2-1)(X>0),則h'(X)=(k-1)(X2+1)+2X(i)(i)設(shè)k<0，由h'(X)=k(X2+1)-(X―I)2知,當(dāng)X豐1時(shí)，h'(X)<0.而h(1)二0，故當(dāng)XG(0,1)時(shí),1h(X)>0，可得h(X)>0；1-X2xe(1,(x)<0,可得1h(x)>01-X2f(x)-(lnxk、+)>0,即f(x)X-1Xxe(1,1)時(shí)，(kT)(X2+1)1-k(ii)設(shè)0<k<1.由于當(dāng)從而當(dāng)x>0,且x圭1時(shí),當(dāng)xe(1,+g)時(shí)，h>皿+k.X-1X+2x>0,故h(x)>0，而h(1)=0,故當(dāng)11—)時(shí)，h(x)>0,可得h1—k1—X2(x)<0,與題設(shè)矛盾.(iii)設(shè)k>1.此時(shí)h'(x)>0,而h(1)=0,故當(dāng)xe(1,+g)時(shí)，h(x)>0,1可得kh(x)〈°,與題設(shè)矛盾?綜合得，k的取值范圍為(-g,0].解法二:lnxk、lnxlnxzk1、z11f(x)-(+—)=--()=(--X-1X、,、)lnx-x+1x-1XXx+1X-1k-1-2k-1=lnx-XX2-1X1k一111=——[-2lnxx(x2-1)]=——[-2lnx-(k-1)(x--)]X2-1XX2-1X11(這一步的目的是提取因式，分離出lnx，由于的符號不確定，所以分類討論如下)X2-1X2-11令設(shè)g(x)=-2lnX-(k-1)(x-—)，于是原題等價(jià)于Xg(x)>0,Vxe(1,+s)

g(x)<0,Vxe(0,1)1g'(x)二——(k-1)(1+)，若是通分，分子是一個(gè)關(guān)于x的二次函數(shù)，討論比較復(fù)雜,xx21不如再次提取(1+)，分離參數(shù)k，這樣會(huì)轉(zhuǎn)化為對號函數(shù)，可謂一舉兩得：x2于是g'(x)=-—-(k—1)(1+)=(1+)[一X-(k—1)]xx2x2x1+1=(1+—)[=(1+—)[一伙-1)]=(1+g)-(k-1)--x+—x2令h(x)=1，由對號函數(shù)的單調(diào)性，h(x)在(1,+8)單調(diào)遞減，x+—x1當(dāng)x>1時(shí)，x+>2，從而h(x)e(0,1)，所以當(dāng)—(k—1)>1，x即k<0時(shí)，g'(x)>0恒成立，從而g(x)為增函數(shù)，所以g(x)>g(1)二0恒成立;當(dāng)k>0時(shí)，-(k-1)<1，所以存在x0>1，使得當(dāng)xe(乜)時(shí)，g'(x)<0，從而g(x)為減函數(shù)，所以g(x)<g⑴二0，不合題意.yior~h(x)=「?A1X'V--(t-ly2r咒+—X同理可討論當(dāng)0<2r咒+—X仍然是k<0時(shí)，g'(x)>0恒成立，從而g(x)為增函數(shù)，所以g(x)<g(1)二0恒成立；當(dāng)k>0時(shí)，—(k—1)<1，所以存在xe(0,1)，使得當(dāng)xe(x,1)00時(shí)，g'(x)<0，從而g(x)為減函數(shù)，所以g(x)>g(1)二0，不合題意.綜上，k<0第14題一道含有l(wèi)nx的高考題的3種解法已知函數(shù)f(x)二(x+1)lnx—a(x—1)-(1)當(dāng)a=4時(shí)，求曲線y二f(x)在(1,f⑴)處的切線方程;(2)若當(dāng)xeC1，+8)時(shí)，f(x)>0,求a的取值范圍.解：(1)f(x)的定義域?yàn)?0,+8).當(dāng)a=4時(shí)，1f(x)二(x+1)lnx一4(x一1),f'(x)二lnx+—-3,x又廣⑴=—2,f(1)=0.所以曲線y二f(x)在(i,f⑴)處的切線方程為2x+y-2=°(2)解法一：分離Inx法當(dāng)xe(1,+8)時(shí)，f(x)>0等價(jià)于lnx-咄>°?設(shè)g(x)=lnx一吩，貝Ux+1x(x+1)2g，(x)二丄-斗二x2+2(1一：)x+1,g(1)x(x+1)2設(shè)h(x)-x2+2(1一a)x+1,(x>1)，因?yàn)榉匠蘹2+2(1-a)x+1二0的判別式A=(2(1-a)4—4二4a(a—2)(i)當(dāng)a52且xw(1，+8)時(shí)，x2+2(1一a)x+1'x2一2x+1>0，所以h(x)>0，即g'(x)>0，所以g(x)在(1,+8)上單調(diào)遞增，因此g(x)>g(1)二0，即f(x)>0恒成立.(ii)當(dāng)a>2時(shí)，令h(x)—0得x2+2(1—a)x+1=0的兩根為：x—a—1_p(a—1)2—1,x—a顯然x>1，又因?yàn)閤x—1得x<1，故當(dāng)xe(1,x)時(shí)，h(x)<0即g'(x)<0,21212所以g(x)在(1,x)單調(diào)遞減，g(x)<g(1)—0因此f(x)<0.2綜上所述，a的取值范圍是(-8,2].解法二：二次求導(dǎo)法x+1xlnx+(1-a)x+1因?yàn)閒'(x)二lnx+-a二、)x設(shè)g(x)=xlnx+(1-a)x+1,(x>1)貝Ug'(x)=lnx+2一a(1)當(dāng)a<2即2-a>0時(shí)，x>1,.lnx>0,所以g'(x)>0,g(x)在(l,+s)是增函數(shù),???g(x)>g(1)二2-a>0,.?.f'(x)>0所以f(x)在(1,+S)上是增函數(shù)，f(x)>f(1)二0.故f(x)>0成立.(2)當(dāng)a>2即2-a<0時(shí)，令g'(x)=0得x=e?-2>1所以當(dāng)1<x<ea-時(shí)，g'(x)<0,g(x)在(1,+s)是減函數(shù),所以g(x)<g(1)二2-a<0即f'(x)<0,所以f(x)在(1,+s)上是減函數(shù)，f(x)<f(1)二0，顯然f(x)>0不恒成立.綜上所述：a的取值范圍是(-3,2】.解法三：分離參數(shù)法f(x)>0等價(jià)于a<(x+呼x恒成立，g(x)=(x+呼x很容易證明g(x)在(1,+3)單調(diào)遞增,TOC\o"1-5"\h\zx-1x-1但g(x)不存在最小值，故應(yīng)用現(xiàn)有知識(shí)無法求解.(x+1)lnxlnx+1+x小考慮洛必達(dá)法則：limg(x)=lim一-=lim-=2,xt1xt1x一1xt11所以a<2，即a的取值范圍是(-3,2】.說明：本題函數(shù)比較簡單，可以避開洛必達(dá)法則，方法是利用極限定義，但是對于變形要求較高，解析如下:limg(x)=lim(x+1)lnx=lim(x+1)lnx-(1+1)ln1=limU(x)一U(1)=u'(1).xt1xt1x一1xt1x一1xt1x一1其中，u(x)=(x+1)lnx，u'(x)=Inx+1+x,所以u'(1)=2。第15題一道任意存在問題的2種解法1—a已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+-1(agR).x

1(門當(dāng)a<-時(shí)，討論f(x)的單調(diào)性；1(II)設(shè)g(x)=x2--bx+4.當(dāng)a=時(shí)，若對任意xG(0,2)，存在xg[1,2],使f(x)>g(x).求實(shí)數(shù)b的取值范圍.(高41212考題)TOC\o"1-5"\h\z,11一a-(x一1)[ax-(1一a)]1解：(I)f(x)=-a-=(x>0),其中a<.xx2x22x—1⑴當(dāng)a=0時(shí)，f'(x)=——，由f'(x)>0得單調(diào)增區(qū)間為(1,+s)，由f'(x)<0得單調(diào)減區(qū)間為(0,1).x2-a(x—1)[x-a(x—1)[x—⑵當(dāng)a豐0,f'(x)=a，令廣(x)=0得x1=1,x2=-,x1-x2=埜丄12a12af'(f'(x)-2(x-1)2x2<0,f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,+8).1—a1—a當(dāng)0<a<-時(shí)，x<x，由f'(x)>0得單調(diào)增區(qū)間為(1,一)，由f'(x)<0得單調(diào)減區(qū)間為(0,1),(——,+8).12aa當(dāng)a<0時(shí),x>0>x,由f'(x)>0得單調(diào)增區(qū)間為(1,+8)，由f'(x)<0得單調(diào)減區(qū)間為(0,1).12綜上當(dāng)a<0時(shí)，f(x)單調(diào)增區(qū)間為(1,+8)，單調(diào)減區(qū)間為(0,1);1當(dāng)a=-時(shí)，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,+8),2TOC\o"1-5"\h\z1—a1—a當(dāng)0<a<-時(shí)，f(x)單調(diào)增區(qū)間為(1,一)，單調(diào)減區(qū)間為(0,1),(——,+8).aa(II懈法一：113由(1)知,當(dāng)a=時(shí),f(x)=Inx—x+—1在(0,1)單調(diào)遞減，在(1,2)上單調(diào)遞增,所以f(x)的最小值為444x1131f(1)=lnl—+1=—.442“任意xg(0,2)，存在xg[1,2],使f(x)>g(x)"等價(jià)于“任意f(x)>某個(gè)g(x)"，即“f(x)的最小值>g(x)的最12121212小值"?1因此，原題等價(jià)于g(x)=x2—2bx+4在xg[1,2]的最小值小于或等于--.2g(x)=(x—b)2+4—b2，對稱軸為x=b，又xg[1,2],111當(dāng)b<1時(shí)，g(x)=g⑴=5—2b<—-，解得b>丁與b<1矛盾,舍去.TOC\o"1-5"\h\zmin2419當(dāng)1<b<2時(shí)，g(x)=g(b)=4—b2<-三，解得b2>，與b<1矛盾,舍去.min22

117③當(dāng)b〉2時(shí)，g%二g⑵二8—4b—2，解得b＞瓦-17綜上，b的取值范圍是［^,+8).8解法二:TOC\o"1-5"\h\z113由⑴知,當(dāng)a蔦時(shí)‘f(x)二lnx--x+衣—1在(0，1)單調(diào)遞減,在(1,2)上單調(diào)遞增,所以⑴)的最小值為131f(1)二ln1——+-—1二——.42“任意xg(0,2)，存在xg［1,2］，使f(x)>g(x)〃等價(jià)于“任意f(x)>某個(gè)g(x)〃，即“f(x)的最小值>g(x)的最12121212小值〃.因此，原題等價(jià)于g(x)二x2-2bx+4在xg［1,2］的最小值小于或等于-2.2TOC\o"1-5"\h\z1x9x9即不等式g(x)=x2-2bx+4-2在xg［1‘2］有解，即b>2+在xg［1'2］有解，令h(x)=2+，192x2—9x917則b>h(x)罰又h'(x)=廠忑=右<0，心=2+在xG2］是減函數(shù)’Mm”=h(2)=瓦，1717所以b＞〒，即b的取值范圍是［三,+8).88第16第16題一道聯(lián)賽題的2種解法.(2010年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽山東賽區(qū))函數(shù)f(x)二x3+2x2+3x.(2010年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽山東賽區(qū))解法1?利用和的立方公式假設(shè)對稱中心為(m,n),把f(x)二x3+2x2+3x+4的圖象按向量a=(-m,-n)平移，所得圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，對應(yīng)函數(shù)為奇函數(shù).于是考慮用和的立方公式(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3把f(x)=x3+2x2+3x+4轉(zhuǎn)化為Y=X3+kX的形式.+3x+3x+4=(x+2)3+5x+1003327f(x)=x3+2x2+3x+4=x3+3屮2巧+3屮13)2+(§)3=(x+2)3+5(x+2)+703327令Y=y-屠，X=x+尋則f(x)二x3+2x2+3x+4轉(zhuǎn)化為Y=X3+5X,顯然Y=X3+3X是奇函數(shù)’圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱.因此,f(x)因此,f(x)=x3+2x2+3x+4的對稱中心坐標(biāo)(x,y)滿足方程組2門x+=0,3y-匹=0.2770即f(x)的對稱中心為(--,--).2/解法2.利用導(dǎo)數(shù)注意到f(x)=x3的對稱中心為(0,0),在過f(x)=x3的圖象上任意一點(diǎn)的切線中，以過(0,0)的切線斜率最小，因此猜想f(x)=x3+2x2+3x+4的圖象的對稱中心也是滿足同樣的性質(zhì).TOC\o"1-5"\h\z25fr(x)=3x2+4x+3=3(x+亍)2+,2當(dāng)x=--時(shí)，f'(x)最小，222270此時(shí)f(-3)=(-學(xué)+2(-捫+3(-3)+4=2-，70所以猜想函數(shù)f(x)的圖象的對稱中心為(—3,—―).2/70可以證明f(x)的圖象的對稱中心為(-7).27一般結(jié)論：設(shè)對于函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d，f'(x)=3ax2+2bx+c，f〃(x)=6ax+2b，b令f"(x)=0得x=^—.3aTOC\o"1-5"\h\zbb可以證明f(x)=ax3+bx2+cx+d的圖象的對稱中心為Q(,f()).3a3a證明設(shè)f(x)=ax3+bx2+cx+d的圖象上任意一點(diǎn)為P(x,y)，bb2bb則P(x,y)關(guān)于Q(-丁,f(-丁))的對稱點(diǎn)P(-丁-x,2f(-丁)-y)，3a3a3a3a只要證明P'也在f(x)的圖象上，即證2bbf(x)=2f(-丁)-f(x)(1)3a3a因?yàn)?/p>

f(x)+f(x)=a(-—-x)3+b(x)2+c(x)+d+ax3+bx2+cx+dTOC\o"1-5"\h\z3a3a3a3a2x—3()x22x—3()x2—x3]3a=a[x3-(+x)3]+b[x2+(+x)2]-+2d=a[x3-()2-3a3a3a3a2b2b2bc+b[x2+(嘉)2+2(嘉)x+x2]-藥+2d如-坐+2d,27a23abbb2f(-—)=a(-—)3+b(-—)2+c(3a3a3a4b32bc=—+2d,27a23a2bb：?f(-丁-x)+f(x)=2f(-—)，即(1)式成立.3a3abb:,f(x)=ax3+bx2+cx+d的圖象的對稱中心為Q(,f()).3a3a第17題與自然數(shù)有關(guān)的不等式證明問題的3種解法近年來，證明不等式經(jīng)常作為高考壓軸題出現(xiàn)，所以在今年臨沂市三月份一輪模擬考試中出現(xiàn)了一個(gè)不等式的證明題.原題第一問雖然提供了一個(gè)可以利用的函數(shù)，但是仍然有不少考生找不到利用的辦法，因此筆者仔細(xì)研究了這一類問題，發(fā)現(xiàn)這種題型，考生不必一定要用第一問提供的函數(shù)，只要利用數(shù)學(xué)歸納法，就可以找到需要的函數(shù)，現(xiàn)在就利用這個(gè)例子說明如何利用數(shù)學(xué)歸納法探索構(gòu)造函數(shù)證明不等式.原題：求證：ln(n+1)>n-2(—+—+—+L+-^—)(ngN*)234n+1證法一：(1)當(dāng)n=1時(shí)，左邊=ln2，右邊=0，左邊>右邊，不等式成立.TOC\o"1-5"\h\z23k(2)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，不等式成立，即ln(k+1)>k-2(—+2+3+L+—)，34k+123k貝y當(dāng)n=k+1時(shí)，ln(k+1+1)>ln(k+1)>k-2(-+-+-+L+——)，而34k+123丫kk+1123丫kk+1(k+1)—2(—+++L++)=k—2(—+++L+)+1—2x34k+1k+2234k+1k+2,23k、-k7J23丫k、=k-2(—++—+L+)+<k-2(—++—+L+)，234k+1k+2234k+1-3kk+1所以ln(k+1+1)>(k+1)-2(-+-+-+L+——+)，即當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式也成立.34k+1k+2由(1)(2)可知，對于任意ngN*，都有l(wèi)n(n+1)>n-2(丄+—+—+L+").234n+1

說明：上面的證明中l(wèi)n(k+1+1)>ln(k+1)，可以認(rèn)為利用了函數(shù)f(x)二Inx的單調(diào)性，這個(gè)證明中利用的函數(shù)比較簡單，所以對于構(gòu)造函數(shù)的過程看的不夠明朗，下面的證法二可以比較清楚的看到構(gòu)造過程.證法二：(1)當(dāng)n=1時(shí)，左邊=ln2，右邊=0，左邊>右邊，不等式成立.TOC\o"1-5"\h\z(2)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，不等式成立，即ln(k+1)>k-2(—+—+3HF—)，234k+1123kk+1貝y當(dāng)n=k+1時(shí)，只要證明ln(k+1+1)>(k+1)-2(-+-+-+L+——+)，234k+1k+2為了利用上假設(shè)，我們作如下變形，ln(k+2)=ln[(k+1)上-]=ln(k+1)+ln上2，k+2只要證ln(k+1)+k+2只要證ln(k+1)+ln-一k+1>(k+1)-2(丄+-+3+L+丄+耳1),234k+1k+2利用上假設(shè)，只要證k-2(-+-+1+l+占)+ln聳->伙+1)-2(-+-+4+l+占+即只要證ln空>1-竺，注意到竺,?互為倒數(shù)，并且竺>1，k+1k+2k+1k+2k+1即只要證lnx>1-1，其中x>1，x令f(x)=lnx-1+丄(x>1)，則f'(x)=丄-—=口>0，所以f(x)在(1,+Q上是增函數(shù),xxx2x21所以f(x)>f(1)=0，所以lnx>1-—(x>1)成立，即當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式也成立.x由⑴⑵可知，對于任意neN，都有l(wèi)n(n+1)>n-2(-+3+4+L+角?說明：這類題目，若是利用拆項(xiàng)的辦法還可以構(gòu)造與上面不同的函數(shù)，請看下面的證法三:證法三：要證ln(n+1)>n-2(1+-+3+L+—^)，TOC\o"1-5"\h\z234n+112^n123丫n.只要證一ln(〒右生g)>n一2(巧++~+L+)，23n+1234n+12n123n、只要證lntfc_gLg)+n一2(了++7+L+)<0，3n+1234n+12n123n、只要證ln(^右生g)+n一2：++~+L+)<0，3n+1234n+11122nn只要證ln-+1-2x—<0，ln-+1-2x—<0，...，ln——+1-2x——<0，2233n+1n+1只要證lnx+1-2x<0，其中0<x<1，令f(x)=lnx+1-2x，0<x<1，f'(x)二1-2二匕2蘭，當(dāng)0<x<-時(shí)，f(x)>0，當(dāng)-<x<1時(shí)，f(x)<0,xx221111所以當(dāng)x二一時(shí)，f(x)二Inx+1-2x取最大值為f(―)二In—+1-2x—二一ln2<0，所以lnx+1-2x<0(0<x<1)成立，所以原不等式成立.說明：顯然，上面的證法構(gòu)造思路比較特殊，但是主要利用了對數(shù)的一個(gè)基本的運(yùn)算性質(zhì),即log(MN)二logM+logN，事實(shí)上證法二也是利用這一公式找到構(gòu)造方法的，aaa可以看出無論多么復(fù)雜的題目，其根仍然是最基本的數(shù)學(xué)公式.第18題2017年全國2卷文科第二問的2種解法設(shè)函數(shù)f(x)二(1-x2)ex.討論f(x)的單調(diào)性；當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<ax+1，求a的取值范圍.解：(1)f'(x)二(1-2x一x2)ex令f'(x)二0得x——1—v2,x——1+￡2，當(dāng)xE(-g,-1-冋時(shí)，f'(x)<0；當(dāng)xe(-1-\：'2,-1+、：2)時(shí)，f'(x)>0；當(dāng)xe(-1+"2,+g)時(shí)，f(x)<0.所以f(x)在(-g,-1-*2),(-1+*2+g)單調(diào)遞減，在(-1-"2,-1+”2)單調(diào)遞增.(2)解法一：f(x)—(1+x)(1-x)ex當(dāng)a>1時(shí)，設(shè)函數(shù)h(x)—(1-x)ex,h'(x)—-xex<0(x<0)，因此h(x)在［0,+g)單調(diào)遞減，而h(0)—1，故h(x)<1，所以f(x)=(x+l)h(x)<x+1<ax+1當(dāng)0<a<1時(shí),設(shè)函數(shù)g(x)二ex-x-1,g'(x)二ex-1>0(x>0)，所以g(x)在［0,)單調(diào)遞增,而g(0)=0，故ex>x+1當(dāng)0<x<1時(shí),f(x)>(1-x)(1+x)2，(1-x)(1+x)2-ax-1二x(1-a-x-x2)，則xe(0,1),(1一x)(1+x)2一ax一1=0，0000故f(x)>ax+100當(dāng)a<0時(shí),取x^5-1，則xe(0,1),f(x)>(1-x)(1+x)2=1>ax+10200000綜上，a的取值范圍是［1,+8).解法二:我們看到，第二問是利用了放縮法處理的，這個(gè)技巧很難掌握，下面我給出這個(gè)題目的一般解法，就是利用二次求導(dǎo)法:先構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)—ax—1=(1-x2)ex—ax—1,x>0第一次求導(dǎo)g'(x)二f'(x)-a二(1-2x-x2)ex-a,第二次求導(dǎo)g"(x)=(1-2x-x2-2x-2)ex=(-x2-4x-1)ex,從第二次求得的導(dǎo)數(shù)開始:因?yàn)間"(x)<0,所以g'(x)在［0,+a)上是減函數(shù),所以有x>0ng'(x)<g'(0)二1-a,我們看到，需要討論1-a與0的關(guān)系,當(dāng)1-a<0，即a>1時(shí)，g'(x)<0，所以g(x)在［0,)上是減函數(shù),所以有x>0ng(x)<g(0)二0，符合題意.

當(dāng)1-a>0，即a<1時(shí)，存在x>0，當(dāng)0<x<x時(shí)，g'(x)>0，所以g(x)在(0,x)上是增函數(shù)，所以000g(x)>g(0)=0，不合題意.綜上，a的取值范圍是［1,+8).你看，用二次求導(dǎo)法多么簡單!用圖形解釋：當(dāng)0<x<x時(shí)，g'(x)>0，如右圖:0□本題還可以用分離參數(shù)法求解，但是分參后的函數(shù)比較復(fù)雜，但是可以二次求導(dǎo)，這個(gè)函數(shù)在(0,+8)單調(diào)遞減，需要利用極限知識(shí)求它在0的極限，有興趣的同學(xué)可以試一下，一些參加自主招生的同學(xué)學(xué)習(xí)了大學(xué)數(shù)學(xué)中洛必達(dá)法則，可以使用?！踉}設(shè)函數(shù)f(x)=1-e-x(1)x證明：當(dāng)x>-1時(shí)，f(x)三x+1(2)x設(shè)當(dāng)x三0時(shí)，f(原題設(shè)函數(shù)f(x)=1-e-x(1)x證明：當(dāng)x>-1時(shí)，f(x)三x+1(2)x設(shè)當(dāng)x三0時(shí)，f(x)W——ax+1，求a的取值范圍.x解(1)證明：當(dāng)x>-1時(shí)，f(x)三x+1x即卩1一e-x三，即卩ex-x-1三0，x+1令g(x)=ex-x-1，則g'(x)=ex-1.當(dāng)x三0時(shí)，g'(x)$0，g(x)為增函數(shù),當(dāng)xw0時(shí)，g'(x)w0，g(x)為減函數(shù),??當(dāng)xgR時(shí)，g(x)三g(0)=0，x即ex-x-1三0，所以當(dāng)x>-1時(shí)，f(x)三——x+1⑵Tf(x)是增函數(shù)，???當(dāng)x三0時(shí)，f(x)三f(0)=0.1x當(dāng)a<0時(shí)，若x>—，貝y<0，aax+1f(x)不成立.ax+1對于a三0時(shí)，有下面的三種解法:解法1放縮法x當(dāng)a三0時(shí)，f(x)wax+1即axf(x)+f(x)-xw0，則h'(x)=af(x)+axf'(x)+f'(x)—1，注意到，f'(x)=e-x=1—f(x)，則h'(x)=af(x)+ax(1—f(x))+1—f(x)—1，=af(x)—axf(x)+ax—f(x)，又由(1)知，xw(x+1)f(x)，:.h'(x)waf(x)—axf(x)+a(x+1)f(x)—f(x)=(2a—l)f(x)，1??當(dāng)0WaW時(shí)，h(x)w0，f^2?h(x)在［0,+a)上是減函數(shù),x?h(x)wh(0)=0，即f(x)wax+1仍由(1)知，當(dāng)xgR時(shí)，ex—x—1三0,e—x+x—1三0，x三1—e—x,即x三f(x)，?:h'(x)$af(x)—axf(x)+af(x)—f(x)=(—ax+2a—1)f(x)，O1.?.當(dāng)a〉1時(shí)，若0<x<時(shí)，h(x)〉0,ax?h(x)〉h(0)=0，即f(x)〉一ax+1???a〉丄不合題意.21綜上，a的取值范圍是[0,2]-說明使用放縮法，要把握放縮的尺度，要恰到好處，要求有較高的技巧.本解法中，需要巧妙利用f(x)wXw(X+l)f(x)進(jìn)行放縮，達(dá)到了目的.解法2連續(xù)求導(dǎo)法x當(dāng)a$0時(shí)，令g(x)=f(x)一—-ax+1x1(ax+1)2—ex,g，(0)=0,=1—e-1(ax+1)2—ex,g，(0)=0,g'(x)=—ex(ax+1)2ex(ax+1)2令h(x)=(ax+1)2—ex，h(0)=0，則h'(x)=2a2x+2a—ex，h'(0)二2a—1,h"(x)=2a2—ex，

1h''(x)=2a2—exw—ex<0，2h'(x)在［0,+x)上是減函數(shù)，?h'(x)wh'(0)=2a—1w0,??h(x)在［0,+a)上是減函數(shù)，h(x)wh(0)=0，即g'(x)w0，x?g(x)在［0,+8)上是減函數(shù)，g(x)wg(0)=0，即f(x)wax+11當(dāng)a>時(shí)，貝9當(dāng)0<x<ln2a時(shí)，有2a>ex，2h(x)=2a2x+2a一ex>2a2x+ex一ex>0,???h(x)在(0,ln2a)上是增函數(shù)，/.h(x)>h(0)=2a—1>0,即g'(x)>0，?:g(x)在(0,ln2a)上是增函數(shù)，?g(x)>g(0)=0,x1即f(x)>——.???a>-不合題意.ax+121綜上，a的取值范圍是［0才說明：的因式一般不要參與下一次求導(dǎo).使用連續(xù)求導(dǎo)法，不能盲目連續(xù)求導(dǎo)，為了減小計(jì)算量，導(dǎo)數(shù)中能夠判斷符的因式一般不要參與下一次求導(dǎo).解法3利用羅比達(dá)法則（高等解法）xxa三0時(shí)，f(x)w即1一e-x—w0，ax+1ax+1即(ax+1)(1一e-x)wx,當(dāng)x當(dāng)x=0時(shí),f(x)w—顯然成立.ax+1當(dāng)x當(dāng)x>0時(shí),aw丄(嚴(yán)—1)=——丄,x1—e-x1—e-xx令h令h(x)=1—e-x則h(x)=e-x1—x2e-x+(1—e則h(x)=+=(1—e-x)2x2x2(1—e-x)2令u(x)=—x2e-x+(1—e-x)2，則u'(x)=—2xe—x+x2e-x+2(1—e—x)e—x=e—x(x2—2x+2—2e—x)，令v(x)=x2—2x+2—2e-x，則v'(x)=2x—2+2e-x=2(e-x+x—1)，由(1)知，當(dāng)x主0時(shí)，ex—x—1>0，?e-x+x—1>0,

?:v'(x)>0,?:v(x)>v(0)=0,??u(x)>0,??u(x)>u(0)—0,???h(x)>0,11??h(x)—-一在(0,+g)上是增函數(shù).1一e-xxTOC\o"1-5"\h\z11由羅比達(dá)法則，limh(x)—lim(——-—)e-x+x一1xtOxtOe-x+x一1—lim—lim-e-xxtOx(1—e-x)xto(1-e-x)+xee-x—lim——,xtoe-x+e-x—xe-x2.1??h(x)>,21綜上，a的取值范圍是［0才11說明：解法3—開始用的是常見的分離參數(shù)法，但是分離后的新函數(shù)h(x)—的單調(diào)性較難判斷，只1一e-xx好使用連續(xù)求導(dǎo)法，更讓高中學(xué)生感到困惑的是，證明了單調(diào)遞增之后，極限limh(x)很難求解，需要利用羅比xtO達(dá)法則，這個(gè)知識(shí)點(diǎn)在大學(xué)里才能學(xué)到，有興趣的同學(xué)查找資料了解可以了解這個(gè)法則.第20題一道不等式證明題的2種解法已知正數(shù)x、y滿足x+y—1求證：J2x2+y+J2y2+x>2.分析：用代數(shù)法可以使用分析法，并隨時(shí)利用x+y—1這個(gè)條件進(jìn)行化簡.證法一：要證x2+y+$2y2+x>2,只要證2x2+y+2y2+x+2、：'(2x2+y)(2y2+x)>4,即證2x2+y+2y2+x+2f(2x2+y)(2y2+x)>4,即證2x2+y+2y2+x+2*：2(x3+y3)+4x2y2+xy>4,即證2[(x+y)2—2xy]+x+y+2J2[(x+y)3—3xy(x+y)]+4(xy)2+xy>4,注意到x+y—1即證2[1—2xy]+1+2^2(1—3xy)+4(xy)2+xy>4,即證2(4(xy)2—5xy+2>1+4xy,即證4(4(xy)2—5xy+2)>1+8xy+16(xy)2