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高中数学经典例题集
第一部分
(一道解析几何题)
（本题15分）已知曲线C是到点和到直线
距离相等的点的轨迹，l是过点Q（-1，0）的直线，
M是C上（不在l上）的动点；A、B在l上，
轴（如图）。
（Ⅰ）求曲线C的方程；
（Ⅱ）求出直线l的方程，使得为常数。
（Ⅰ）解：设为上的点，由题设得：
．化简，得曲线的方程为．
（Ⅱ）解法一：设，直线，则
，从而．
在中，因为
， ．
所以 . ，
．
当时，，从而所求直线方程为．
解法二：设，直线，则，从而
． 过垂直于的直线．
因为，所以，
．
当时，，从而所求直线方程为．
（不等式经典试题）
例1 若，证明（ 且）．
分析1 用作差法来证明．需分为和两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明．
解法1 （1）当时，
因为 ，
所以

．
（2）当时，
因为
所以

．
综合（1）（2）知．
分析2 直接作差，然后用对数的性质来去绝对值符号．
解法2 作差比较法．
因为

，
所以．
说明：解法一用分类相当于增设了已知条件，便于在变形中脱去绝对值符号；解法二用对数性质（换底公式）也能达到同样的目的，且不必分而治之，其解法自然简捷、明快．
典型例题二
例2 设，求证：
分析：发现作差后变形、判断符号较为困难．考虑到两边都是正数，可以作商，判断比值与1的大小关系，从而证明不等式．
证明：
∵，∴
∴. ∴
又∵，
∴.
说明：本题考查不等式的证明方法——比较法(作商比较法).作商比较法证明不等式的步骤是：判断符号、作商、变形、判断与1的大小.
典型例题三
例3 对于任意实数、，求证（当且仅当时取等号）
分析 这个题若使用比较法来证明，将会很麻烦，因为，所要证明的不等式中有，展开后很复杂。若使用综合法，从重要不等式：出发，再恰当地利用不等式的有关性质及“配方”的技巧可得到证明。
证明：∵ （当且仅当时取等号）
两边同加，
即： （1）
又：∵ （当且仅当时取等号）
两边同加
∴
∴ （2）
由（1）和（2）可得（当且仅当时取等号）．
说明：此题参考用综合法证明不等式．综合法证明不等式主要是应用均值不等式来证明，要注意均值不等式的变形应用，一般式子中出现有平方和乘积形式后可以考虑用综合法来解．
典型例题四
例4 已知、、，，求证
分析 显然这个题用比较法是不易证出的。若把通分，则会把不等式变得较复杂而不易得到证明．由于右边是一个常数，故可考虑把左边的式子变为具有“倒数”特征的形式，比如，再利用“均值定理”就有可能找到正确的证明途径，这也常称为“凑倒数”的技巧．
证明：∵
∴


∵，同理：，。
∴
说明：此题考查了变形应用综合法证明不等式．题目中用到了“凑倒数”，这种技巧在很多不等式证明中都可应用，但有时要首先对代数式进行适当变形，以期达到可以“凑倒数”的目的．
典型例题五
例５ 已知，求证：＞0.
分析：此题直接入手不容易，考虑用分析法来证明，由于分析法的过程可以用综合法来书写，所以此题用两种方法来书写证明过程.
证明一：(分析法书写过程)
为了证明＞0
只需要证明＞
∵
∴
∴＞0
∴＞成立
∴＞0成立
证明二：(综合法书写过程)
∵ ∴
∴＞ ＞0
∴＞成立
∴＞0成立
说明：学会分析法入手，综合法书写证明过程，但有时这两种方法经常混在一起应用，混合应用时，应用语言叙述清楚.
典型例题六
例6 若，且，求证：
[来源:学科网]
分析 这个不等式从形式上不易看出其规律性，与我们掌握的定理和重要的结论也没有什么直接的联系，所以可以采用分析的方法来寻找证明途径．但用“分析”法证不等式，要有严格的格式，即每一步推出的都是上一步的充分条件，直到推出的条件是明显成立的（已知条件或某些定理等）．
证明：为要证
只需证，
即证，
也就是，
即证，
即证，
∵，
∴，故即有，
又 由可得成立，
∴ 所求不等式成立．
说明：此题考查了用分析法证明不等式．在题目中分析法和综合法是综合运用的，要注意在书写时，分析法的书写过程应该是：“欲证……需证……”，综合法的书写过程是：“因为（∵）……所以（∴）……”，即使在一个题目中是边分析边说明也应该注意不要弄混．
典型例题七
例7 若，求证．
分析：本题结论的反面比原结论更具体、更简、宜用反证法．
证法一：假设，则，
而，故．
∴．从而，
∴．[来源:Zxxk.Com]
∴．
∴．
这与假设矛盾，故．
证法二：假设，则，
故，即，即，
这不可能．从而．
证法三：假设，则．
由，得，故．
又，
∴．
∴，即．
这不可能，故．
说明：本题三种方法均采用反证法，有的推至与已知矛盾，有的推至与已知事实矛盾．
一般说来，结论中出现“至少”“至多”“唯一”等字句，或结论以否定语句出现，或结论肯定“过头”时，都可以考虑用反证法．
典型例题八
例8 设、为正数，求证．
分析：用综合法证明比较困难，可试用分析法．
证明：要证，只需证，
即证，
化简得，．
∵，
∴．
∴．
∴原不等式成立．
说明：1．本题证明易出现以下错误证法：，，然后分(1)；(2)；(3)且；(4)且来讨论，结果无效．
2．用分析法证明数学问题，要求相邻两步的关系是，前一步是后一步的必要条件，后一步是前一步的充分条件，当然相互为充要条件也可以．
典型例题九
例9 已知，求证．
分析：联想三角函数知识，进行三角换元，然后利用三角函数的值域进行证明．
证明：从条件看，可用三角代换，但需要引入半径参数．
∵，
∴可设，，其中．
∴．
由，故．
而，，故．
说明：1．三角代换是最常见的变量代换，当条件为或或时，均可用三角代换．2．用换元法一定要注意新元的范围，否则所证不等式的变量和取值的变化会影响其结果的正确性．
典型例题十
例10 设是正整数，求证．
分析：要求一个项分式的范围，它的和又求不出来，可以采用“化整为零”的方法，观察每一项的范围，再求整体的范围．
证明：由，得．
当时，；
当时，
……
当时，．
∴．
说明：1、用放缩法证明不等式，放缩要适应，否则会走入困境．例如证明．由，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从第2项放缩，可得小于2．当放缩方式不同，结果也在变化．
2、放缩法一般包括：用缩小分母，扩大分子，分式值增大；缩小分子，扩大分母，分式值缩小；全量不少于部分；每一次缩小其和变小，但需大于所求，第一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头，同时放缩后便于求和．
典型例题十一
例11 已知，求证：．
分析：欲证不等式看起来较为“复杂”，宜将它化为较“简单”的形式，因而用分析法证明较好．
证明：欲证，
只须证．
即要证，
即要证．
即要证，
即要证．
即要证，即．
即要证　　　（*）
∵，∴（*）显然成立，
故
说明：分析法证明不等式，实质上是寻求结论成立的一个充分条件．分析法通常采用“欲证——只要证——即证——已知”的格式．
典型例题十二
例12 如果，，，求证：．
分析：注意到不等式左边各字母在项中的分布处于分离状态，而右边却结合在一起，因而要寻求一个熟知的不等式具有这种转换功能（保持两边项数相同），由，易得，此式的外形特征符合要求，因此，我们用如下的结合法证明．
证明：∵
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　 ．
∴．
说明：分析时也可以认为是连续应用基本不等式而得到的．左右两边都是三项，实质上是公式的连续使用．
如果原题限定，，，则不等式可作如下变形：进一步可得到：．
显然其证明过程仍然可套用原题的思路，但比原题要难，因为发现思路还要有一个转化的过程．
典型例题十三
例13 已知，，，求证：在三数中，不可能都大于．
分析：此命题的形式为否定式，宜采用反证法证明．假设命题不成立，则三数都大于，从这个结论出发，进一步去导出矛盾．
证明：假设三数都大于，
即，，．
又∵，，，
∴，，．
∴　　　①
又∵，，．
以上三式相加，即得：
　　②
显然①与②相矛盾，假设不成立，故命题获证．
说明：一般情况下，如果命题中有“至多”、“至少”、“都”等字样，通常情况下要用反证法，反证法的关键在于“归谬”，同时，在反证法的证明过程中，也贯穿了分析法和综合法的解题思想．
典型例题十四
例14 已知、、都是正数，求证：．
分析：用分析法去找一找证题的突破口．要证原不等式，只需证，即只需证．把变为，问题就解决了．或有分析法的途径，也很容易用综合法的形式写出证明过程．
证法一：要证，
只需证，
即，移项，得．
由、、为正数，得．
∴原不等式成立．
证法二：∵、、为正数，
．
即，故．
，
．
说明：题中给出的，，，，只因为、、都是正数，形式同算术平均数与几何平均数定理一样，不加分析就用算术平均数与几何平均数定理来求证，问题就不好解决了．
原不等式中是用“不大于”连结，应该知道取等号的条件，本题当且仅当时取“＝”号．证明不等式不论采用何种方法，仅仅是一个手段或形式问题，我们必须掌握证题的关键．本题的关键是证明．[来源:学#科#网]
典型例题十五
例15 已知，，且．求证：．
分析：记，欲证，联想到正、余弦函数的值域，本题采用三角换元，借助三角函数的变换手段将很方便，由条件，可换元，围绕公式来进行．
证明：令，，且，
则
∵，∴，即成立．
说明：换元的思想随处可见，这里用的是三角代换法，这种代换如能将其几何意义挖掘出来，对代换实质的认识将会深刻得多，常用的换元法有：(1)若，可设；(2)若，可设，，；(3)若，可设，，且．
典型例题十六
例16 已知是不等于1的正数，是正整数，求证．
分析：从求证的不等式看，左边是两项式的积，且各项均为正，右边有2的因子，因此可考虑使用均值不等式．
证明：∵是不等于1的正数，
∴，
∴．　　　　①
又．　　　　②
将式①，②两边分别相乘得
，
∴．
说明：本题看起来很复杂，但根据题中特点，选择综合法求证非常顺利．由特点选方法是解题的关键，这里因为，所以等号不成立，又因为①，②两个不等式两边均为正，所以可利用不等式的同向乘性证得结果．这也是今后解题中要注意的问题．
典型例题十七
例17 已知，，，，且，求证．
分析：从本题结构和特点看，使用比较法和综合法都难以奏效．为找出使不等式成立的充分条件不妨先用分析法一试，待思路清晰后，再决定证题方法．[来源:Z+xx+k.Com]
证明：要证，
只需证，
只需证．
∵，，，
∴，，，
∴，
∴成立．
∴．
说明：此题若一味地用分析法去做，难以得到结果．在题中得到只需证后，思路已较清晰，这时改用综合法，是一种好的做法．通过此例可以看出，用分析法寻求不等式的证明途径时，有时还要与比较法、综合法等结合运用，决不可把某种方法看成是孤立的．
典型例题十八
例18 求证．
分析：此题的难度在于，所求证不等式的左端有多项和且难以合并，右边只有一项．注意到这是一个严格不等式，为了左边的合并需要考查左边的式子是否有规律，这只需从下手考查即可．
证明：∵，
∴．
说明：此题证明过程并不复杂，但思路难寻．本题所采用的方法也是解不等式时常用的一种方法，即放缩法．这类题目灵活多样，需要巧妙变形，问题才能化隐为显，这里变形的这一步极为关键．
典型例题十九
例19 在中，角、、的对边分别为，，，若，求证．
分析：因为涉及到三角形的边角关系，故可用正弦定理或余弦定理进行边角的转化．
证明：∵，∴．[来源:学,科,网]
由余弦定理得
∴，
∴
　　　　 =
　　　　
　　　　
　　　　
说明：三角形中最常使用的两个定理就是正弦和余弦定理，另外还有面积公式．本题应用知识较为丰富，变形较多．这种综合、变形能力需要读者在平时解题时体会和总结，证明不等式的能力和直觉需要长期培养．
第二部分
本题主要考查求曲线的轨迹方程、直线与曲线的位置关系等基础知识，考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力．满分15分．
21．（本题满分15分）已知椭圆：的右顶点为，过的焦点且垂直长轴的弦长为．
（I）求椭圆的方程；
（II）设点在抛物线：上，在点处
的切线与交于点．当线段的中点与的中
点的横坐标相等时，求的最小值．
解析：（I）由题意得所求的椭圆方程为，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
（II）不妨设则
抛物线在点P处的切线斜率为，
直线MN：，代入椭圆得：
，
即，
，
因线段MN的中点与线段PA的中点的横坐标相等则：
或
或；
当时，不成立；
因此，当时，得，代入成立，
因此的最小值为1．
典型例题一
例1 比较与的大小，其中．
解：
，
，
，
，
∴ ．
说明：由例1可以看出实数比较大小的依据是：①；
②；③．
典型例题二
例2 比较与的大小，其中
解：
，
，
，
，
，
∴ 当时，；
当时，
说明：两个实数比较大小，通常用作差法来进行，其一般步骤是：第一步：作差；第二步：变形，常采用配方，因式分解等恒等变形手段；第三步：定号，贵州省是能确定是大于0，还是等于0，还是小于0．最后得结论．概括为“三步，—结论”，这里的“变形”一步最为关键．
典型例题三
例3 ，比较与（）的大小．
分析：直接作差需要将与（）展开，过程复杂，式子冗长，可否考虑根据两个式子特点，予以变形，再作差．
解：∵=（）[来源:学科网]
，
，
∴
．
则有时，（）恒成立．
说明：有的确问题直接作差不容易判断其符号，这时可根据两式的特点考虑先变形，到比较易于判断符号时，再作差，予以比较，如此例就是先变形后，再作差．
典型例题四
例4 设，比较与的大小．
解：作差，
1）当时，即，
∴ ；
2）当，即时，，
∴；
3）当但，即或时，，
∴．
说明：如本题作差，变形，变形到最简形式时，由于式中含有字母，不能定号，必须对字母根据式子具体特点分类讨论才能定号．此时要注意分类合理恰当．
典型例题五
例5 比较与的大小
分析：两个数是幂的形式，比较大小一般采用作商法。
解：
说明：求商法比大小的变形要围绕与1比大小进行．
典型例题六
例6　设，且，比较：与的大小。
分析：比较大小一般方法是求差法或求商法，利用不等式的性质进行变形，然后确定大小。
解：
当时，，
当时，
即，
又，
说明：求商法的基本步骤是：①求商，②变形，③与1比大小从而确定两个数的大小.
典型例题七
例7 实数满足条件：①；②；③，则有( )
A．　　　　 B．
C．　　　　 D．
（天津市2001年南开中学期末试题）[来源:学+科+网Z+X+X+K]
分析：先由条件②③分析出与的关系，根据条件利用①用数轴数形结合比出大小．
解：∵，∴与同侧
∵，∴与异侧
∵
∴把标在数轴上，只有下面一种情况
由此得出，∴此题选D．
说明：比较大小时可以借助于数轴，利用推出的一些结论在数轴上标出它们的相对位置，这样容易看出几个数之间的大小关系，尤其是比较的个数较多时适用．
典型例题八
例8　已知①；②，求：的取值范围．
分析：此题是给代数式的字母的范围，求另外代数式的范围．分为两步来进行：(1)利用待定系数法将代数式用和表示．(2)利用不等式性质及题目条件确定的范围．
解：设：
由①+②×2得：
：．
说明：此题的一种典型错误做法，如下：
，即：
：
此解法的错误原因是因为与是两个相互联系，相互制约的量，而不是各自独立的，当取到最大值或最小值时，不一定能取到最值，所以用以上方法可能扩大变量的范围．
避免出错的方法是通过待定系数法“整体代入”，见解题过程．
[来源:学科网]
典型例题九
例9　判断下列各命题的真假，并说明理由．
（1）若，则
（2）若，则
（3）若，则
（4）若，则
（5）若，则
（6）若，则
分析：利用不等式的性质来判断命题的真假．
解：（1），是真命题．
（2）可用赋值法：，有，是假命题．
也可这样说明：，[来源:Z。xx。k.Com]
∵　，只能确定，
但的符号无法确定，从而的符号确定不了，所以无法得到，实际上有：
（3）与（2）类似，由，从而是假命题．
（4）取特殊值：
有，∴　是假命题．
定理3的推论是同向不等式可相加，但同向不等式相减不一定成立．只有异向不等式可相减，即
（5），　∴是真命题．
（6）定理4成立的条件为必须是正数．
举反例：
，则有
说明：在利用不等式的性质解题时，一定要注意性质定理成立的条件．要说明一个命题是假命题可通过举反例．
典型例题十
例10　求证：
分析：把已知的大小关系转化为差数的正负，再利用不等式的性质完成推理．
证明：利用不等式的性质，得
典型例题十一
例11　若，则下面不等式中成立的一个是（　　　）
（A）　　　　　（B）
（C）　　　　　　　　（D）
解：由不等式的性质知：（A）、（B）、（C）成立的条件都不充分，所以选（D），其实（D）　正是异向不等式相减的结果．
说明：本的解法都是不等式性质的基本应用，对于不等式的基本性质要逐条掌握准确，以便灵活应用．
典型例题十二
例12　若，则下面各式中恒成立的是（　　　）．
（A）　　　　（B）
（C）　　　　　（D）
分析　本题考查是否能正确使用不等式的性质来进行变形，应看到，已知条件中含有两个内容，即，和，根据不等式的性质，可得，，继而得到且，故，因此选A．
典型例题十三
例13 若，则一定成立的不等式是（　　）
A． B． C． D．
分析：A错，当时有；同样B错；D没有考虑各数取零和正负号的关系，所以也不对．
故选C，因为不等式两边同时加上一个任意数（此题是），原不等式成立．
说明：这类题可以采用特例法：令即得C成立．
典型例题十四
例14　已知：，求证：．[来源:Z,xx,k.Com]
分析：要证明的式子中，左右均为二项差，其中都有一项是两字母积的形式，因此在证明时，对两项积要注意性质的使用，对两项差的证明要注意使用同向加性或异向减性来处理．
证明：
又∴由同向加性可得：．
说明：此题还可采用异向减性来处理：做这类题过程并不复杂，关键是记准性质，并能正确地应用．
典型例题十五
例15已知集合求：．
分析：要求，需要先求集合和，从已知来看，的范围容易求，的元素由可以推算，但在推算过程中，要注意运用不等式的性质．
解：
说明：本题中的条件，意在明确集合中的元素为，若去掉此条件，会出现不确定的情况．比如，的实数和的整数显然是有区别的．另外，这里集合的元素是通过集合的元素求出的，解题时，一定要看清．
典型例题十六
例16 设和都是非零实数，求不等式和同时成立的充要条件．
分析：本题是求两个不等式同时成立的充要条件，因此，这两个不等式不能分开来讨论．如果分开讨论，则成立的条件就是本身；而成立的条件则是与同号，且，但这个条件只是的一个充分条件，并且与第一个不等式是矛盾的．所以必须研究这两个不等式同时成立的条件．显然，应该从求它们同时成立的必要条件入手．
解：先求，同时成立的必要条件，即当，同时成立时，与应具备什么条件．
由，得
由可知，再由知，即与异号，因此是不等式与同时成立的必要条件．
再求，同时成立的充分条件．
事实上，当时，必有，且，因而成立．从而是不等式，同时成立的充分条件．
因此，两个不等式，同时成立的充要条件是．
说明：本题结果表明，与同时成立，其充要条件是为正数，为负数．这与成立的条件，不要混淆．解本题是从必要条件入手的，即若，同时成立，则要研究从不等式和看与的大小有什么关系，从中得出结论（），再把这个结论作为一个充分条件去验证及能否同时成立．从而解决了本题．
典型例题十七
例17　已知函数满足：则应满足（　　）
（A）　　　　　（B）
（C）　　　　　（D）
分析：如果能用与将“线性”表示出：，就可利用不等式的基本性质，由、的取值范围，推出满足的条件．
解：∵
∴
故
　　　
由不等式的基本性质，得
故选（C）.
说明：（1）也可设，由代定系数法求得，．
（2）下面的错误是值得引以为戒的∵
　
又　
∴　
故选（A）
上述推理错误产生的原因是由于将条件
化为使、的取值范围扩大所致．事实上，作为点集
与之间的关系是，如图点集N是图中乱世形OABD所围成的区域，点集M是由平行四边形MNBP所围成的区域，这样就直观地表现了，揭示了上述解法的错误．
第三部分
本题主要考察椭圆的几何性质，直线与椭圆，点与圆的位置关系等基础知识，同时考察解析几何的基本思想方法和综合解题能力。满分15分．
(21) （本题满分15分）已知，直线，
椭圆，分别为椭圆的左、右焦点.
（Ⅰ）当直线过右焦点时，求直线的方程；
（Ⅱ）设直线与椭圆交于两点，，
的重心分别为.若原点在以线段
为直径的圆内，求实数的取值范围.
（Ⅰ）解：因为直线经过，所以,得
，又因为，所以，
故直线的方程为。
（Ⅱ）解：设，
由，消去得
则由，知，
且有。
由于由题可知
因原点O在以线段GH为直径的圆内
即
而
所以，即。
又因为且，所以。
所以的取值范围是。
典型例题一
例1 解不等式：（1）；（2）．
分析：如果多项式可分解为个一次式的积，则一元高次不等式（或）可用“穿根法”求解，但要注意处理好有重根的情况．
解：（1）原不等式可化为
把方程的三个根顺次标上数轴．然后从右上开始画线顺次经过三个根，其解集如下图的阴影部分．
∴原不等式解集为
（2）原不等式等价于
∴原不等式解集为
说明：用“穿根法”解不等式时应注意：①各一次项中的系数必为正；②对于偶次或奇次重根可转化为不含重根的不等式，也可直接用“穿根法”，但注意“奇穿偶不穿”，其法如下图．[来源:学#科#网Z#X#X#K]
典型例题二
例2 解下列分式不等式：
（1）； （2）
分析：当分式不等式化为时，要注意它的等价变形
①
②
（1）解：原不等式等价于
用“穿根法”
∴原不等式解集为。
（2）解法一：原不等式等价于
∴原不等式解集为。
解法二：原不等式等价于
用“穿根法”
∴原不等式解集为
典型例题三
例3 解不等式
分析：解此题的关键是去绝对值符号，而去绝对值符号有两种方法：一是根据绝对值的意义
二是根据绝对值的性质：或，因此本题有如下两种解法．
解法一：原不等式
即[来源:学|科|网Z|X|X|K]
∴或
故原不等式的解集为．
解法二：原不等式等价于
即 ∴．
典型例题四
例4 解不等式．[来源:学§科§网]
分析：这是一个分式不等式，其左边是两个关于二次式的商，由商的符号法则，它等价于下列两个不等式组：
或
所以，原不等式的解集是上面两个不等式级的解集的并集．也可用数轴标根法求解．
解法一：原不等式等价下面两个不等式级的并集：
或
或
或
或或．
∴原不等式解集是．
解法二：原不等式化为．
画数轴，找因式根，分区间，定符号．
符号
∴原不等式解集是．
说明：解法一要注意求两个等价不等式组的解集是求每组两个不等式的交集，再求两组的解的并集，否则会产生误解．
解法二中，“定符号”是关键．当每个因式的系数为正值时，最右边区间一定是正值，其他各区间正负相间；也可以先决定含０的区间符号，其他各区间正负相间．在解题时要正确运用．
典型例题五
例5 解不等式．
分析：不等式左右两边都是含有的代数式，必须先把它们移到一边，使另一边为0再解．
解：移项整理，将原不等式化为．
由恒成立，知原不等式等价于．
解之，得原不等式的解集为．
说明：此题易出现去分母得的错误解法．避免误解的方法是移项使一边为０再解．
另外，在解题过程中，对出现的二项式要注意其是否有实根，以便分析不等式是否有解，从而使求解过程科学合理．
典型例题六
例6 设，解关于的不等式．
分析：进行分类讨论求解．
解：当时，因一定成立，故原不等式的解集为．
当时，原不等式化为；
当时，解得；
当时，解得．
∴当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为．
说明：解不等式时，由于，因此不能完全按一元二次不等式的解法求解．因为当时，原不等式化为，此时不等式的解集为，所以解题时应分与两种情况来讨论．
在解出的两根为，后，认为，这也是易出现的错误之处．这时也应分情况来讨论：当时，；当时，．[来源:学科网ZXXK]
典型例题七
例7 解关于的不等式．
分析：先按无理不等式的解法化为两个不等式组，然后分类讨论求解．
解：原不等式或
由，得：　
由判别式，故不等式的解是．
当时，，，不等式组(1)的解是，不等式组(2)的解是．
当时，不等式组(1)无解，(2)的解是．
综上可知，当时，原不等式的解集是；当时，原不等式的解集是．
说明：本题分类讨论标准“，”是依据“已知及(1)中‘，’，(2)中‘，’”确定的．解含有参数的不等式是不等式问题中的难点，也是近几年高考的热点．一般地，分类讨论标准（解不等式）大多数情况下依“不等式组中的各不等式的解所对应的区间的端点”去确定．
本题易误把原不等式等价于不等式．纠正错误的办法是熟练掌握无理不等式基本类型的解法．
典型例题八
例8 解不等式．
分析：先去掉绝对值号，再找它的等价组并求各不等式的解，然后取它们的交集即可．
解答：去掉绝对值号得，
∴原不等式等价于不等式组
∴原不等式的解集为．
说明：解含绝对值的不等式，关键是要把它化为不含绝对值的不等式，然后把不等式等价转化为不等式组，变成求不等式组的解．
典型例题九
例9 解关于的不等式．
分析：不等式中含有字母，故需分类讨论．但解题思路与一般的一元二次不等式的解法完全一样：求出方程的根，然后写出不等式的解，但由于方程的根含有字母，故需比较两根的大小，从而引出讨论．
解：原不等式可化为．
(1)当（即或）时，不等式的解集为：
；
(2)当（即）时，不等式的解集为：
；
(3)当（即或1）时，不等式的解集为：
．
说明：对参数进行的讨论，是根据解题的需要而自然引出的，并非一开始就对参数加以分类、讨论．比如本题，为求不等式的解，需先求出方程的根，，因此不等式的解就是小于小根或大于大根．但与两根的大小不能确定，因此需要讨论，，三种情况．
典型例题十
例10 已知不等式的解集是．求不等式的解集．
分析：按照一元二次不等式的一般解法，先确定系数的正负，然后求出方程的两根即可解之．
解：(解法1)由题可判断出，是方程的两根，
∴，．
又的解集是，说明．
而，，
∴．
∴，即，
即．
又，∴，
∴的解集为．
(解法2)由题意可判断出，是方程的两根，
∴．
又的解集是，说明．
而，．
对方程两边同除以得
．
令，该方程即为
，它的两根为，，
∴，．∴，，
∴方程的两根为，．
∵，∴．
∴不等式的解集是．
说明：(1)万变不离其宗，解不等式的核心即是确定首项系数的正负，求出相应的方程的根；(2)结合使用韦达定理，本题中只有，是已知量，故所求不等式解集也用，表示，不等式系数，，的关系也用，表示出来；(3)注意解法2中用“变换”的方法求方程的根．
典型例题十二
例12 若不等式的解为，求、的值．
分析：不等式本身比较复杂，要先对不等式进行同解变形，再根据解集列出关于、式子．
解：∵，
，
∴原不等式化为．
依题意，
∴．
说明：解有关一元二次方程的不等式，要注意判断二次项系数的符号，结合韦达定理来解．
典型例题十三
例13 不等式的解集为，求与的值．[来源:Z#xx#k.Com]
分析：此题为一元二次不等式逆向思维题，要使解集为，不等式需满足条件，，的两根为，．
解法一：设的两根为，，由韦达定理得：
　　由题意：
∴，，此时满足，．
解法二：构造解集为的一元二次不等式：
，即，此不等式与原不等式应为同解不等式，故需满足：
　　∴，．
说明：本题考查一元二次方程、一元二次不等式解集的关系，同时还考查逆向思维的能力．对有关字母抽象问题，同学往往掌握得不好．
典型例题十四
例14 解关于的不等式．
分析：本题考查一元一次不等式与一元二次不等式的解法，因为含有字母系数，所以还考查分类思想．
解：分以下情况讨论
(1)当时，原不等式变为：，∴
(2)当时，原不等式变为：　　①
①当时，①式变为，∴不等式的解为或．
②当时，①式变为．　　②
∵，∴当时，，此时②的解为．当时，，此时②的解为．
说明：解本题要注意分类讨论思想的运用，关键是要找到分类的标准，就本题来说有三级分类：
分类应做到使所给参数的集合的并集为全集，交集为空集，要做到不重不漏．另外，解本题还要注意在讨论时，解一元二次不等式应首选做到将二次项系数变为正数再求解．
典型例题十五
例15 解不等式．
分析：无理不等式转化为有理不等式，要注意平方的条件和根式有意义的条件，一般情况下，可转化为或，而等价于：
或．
解：原不等式等价于下面两个不等式组：
①　　　②
由①得，∴
由②得∴　，
所以原不等式的解集为，即为．
说明：本题也可以转化为型的不等式求解，注意：
，
这里，设全集，，
则所求不等式的解集为的补集，
由或．
即，∴原不等式的解集是．

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