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希望杯试题1-10

高中数学希望杯典型例题100道（1-10）
题1 已知
0ab,x
关系是 .
abb,ybba, 则x,y
的大小
（
第十一届高二第一试第11题）
解法
a
bba
1
.

xabb< br>a
abb
，
ybba
0ab,abbb ba,xy
.
，解
abba,
法2
.

xabbbba

y
bbaabb
x
1,xy
y
1
解法3
1

xy
11abbbba

aa
abbbba

=
abba11
0,0,xy
axy
.
abba
解法4 原问题等价于比较
小.由
(xy)
2< br>xy,
2
22
与
2b
的大
，得
（ab ba)
2
2(abba)4b
abba2b
.
.
x
abba,abba2b,xy
y
B
A
C
解法5 如图1，在函数
y

2
O b-a
x

的图象上取三个不同的点A（< br>ba
，
ba
）、B（
b
，
b
）、
C（
ab
，
ab
）.
BC
由图象，显然有
k
即
k
AB
，即
abbbba

(a b)bb(ba)
，
abbbba
，亦即
xy
.
att
解法6 令
f(t)
，
f(t)
aatt
单调递减，
，
xy
.
.
而
bba
，
f(b)f(ba)
，即
abbbba
2
解法7 考虑等轴双曲线
x
A（
b
，
ba
y
2
a(x0)
如图2，其渐近线为
yx
.在双曲线上取两 点
）、B（
ba
，
b
）.
，即由图形，显然有
bba
1
abb
y
B
A
O
a
k
AB
1
，从而
xy
.
解法8 如图3.在Rt△ABC
中，∠C为直角，BC=
a
，AC=
b
，< br>BD=
b
，则AB=
ab
ab

b

ab

x
，DC=
ba
.
在△ABD中，AB-ADAD
b
，
ab
图2
从而
A
即
abbbba
，故
xy
.
ab

D
b

评析 比较大小是中学代数中
b

ba


3
B
a

C
图3
AD-DC<
b
DC，

的常见 内容.其最基本的方法是作差比较法、作商
比较法、利用函数的单调性.解法1通过分子有理
化 （处理无理式常用此法）将问题转化成比较两个
分母的大小.解法2直接作商与1比较大小，顺理
a
成章，也很简洁.要注意的是：
a,b0
时，
1ab
；
a,b0
b
a
时，
1ab
.此题直接作差难以确定 差与0的大小，
b
解法3对
x,y
的倒数作差再与0比较大小，使得问题顺利获解，反映了思维的灵活性.解法6运用函数
的单调性解题，构造一个什么样的函数是关键.我
们认为构造的函数应使得
x,y
恰为其两个函数值，且
该函数还应是单调的（ 最起码在包含
x,y
对应的自变
量值的某区间上是单调的）.解法5与解法7分别构造函数与解几模型，将
x,y
的大小关系问题转化成
斜率问题加以解决，充分沟 通了代数与几何之间的
内在联系，可谓创新解法.解法8充分挖掘代数式
的几何背景，构造平面 图形，直观地使问题得到解
决，这也是解决大小关系问题和证明不等式的常用
方法.
有人对此题作出如下解答：

4

取
a 1,b2,
则
x
10
32
1
,y21
32
1
21
，
Q322

，
1< br>
32
1
,xy.
21
可再取两组特殊值验证，都有
xy
.故答案为
xy
.
从逻辑上讲，取
a1,b 2
，得
xy
.即使再取无论多
少组值（也只能是有限组值）验证，都得xy
，也
只能说明
xy
或
xy
作为答案是错误的 ，而不能说明
xy
一定是正确的,因为这不能排除
xy
的可能性.
因此答案虽然正确，但解法是没有根据的.当然，
如果将题目改为选择题：
已知
0ab,x
（ ）
D、
xy

此时用上述解法，且不用再取特殊值验证就可选
D，并且方法简单，答案一定正确.
总而言之，特殊值法在解许多选择题时显得特别
简捷，那是因为选择支中的正确答案是唯一的，从
而通过特殊值排除干扰支，进而选出正确答案.但
特殊值法只能排除错误结论，而不能直接肯定正确< br>
5
abb,ybba,则x,y
的大小关系是
A、
xy
B、
xy
C、
xy

答案，因此，用此法解填空题（少 数特例除外）与
解答题是没有根据的.当然，利用特殊值指明解题
方向还是十分可取的.
1n
题2 设
abc
,nN
，且
a
1恒成立，则

bbcac
n
的最大值为 （ ）
A、2 B、3 C、4
D、5
（第十
一届高二第一试第7题）
acac

acac


解法1 原式

a
．而
n
．
n

abbc

bbc

min
acac

abbc
bc

+
ab
ab

4
b c
bcab

，且当
a
，即
bbc
abbcbcab


2
abbc
ac2 b
acac

时取等号．



ab

bc


min
4
．
n4
．故选
C
．
解法2

abc
，
a b0,bc0,ac0
，已知不等
式化为

ac
< br>n

ab

bc



a c

2


4

abbc

min

2
．由

ac


ac


ab

bc


abbc

2


2


22
4
，即
，故由已知得
n4
，选
C
．
6

解法3 由
abc
，知
ab 0,bc0,ac0
，有
1

1
n

ac





abbc

．< br>，
又

ac



11
1

1
2





a b



bc





11

4

abbc

abbc< br>
1



1
即


a c


abbc




m in
4
，由题意，
n4
．故选
C
．
解法4

abc
，
ab0,bc0,ac0
．

已知不等
式可变形为

ac

．记
k
ac

，
n

ab

b c

ab

bc

22

2< br>
ab

bc


b

< br>
bc


则
k


a




ab

bc

ab< br>
bc

2
2
4
．由题意，故选
C< br>．
n4
．
1
解法5

abc

a
1
0,0.
于是
bbc
1144

abbc

ab



bc

ac
．比较得
n4
．故选C
．

11


评析 由已知，可得
n 

ac


根

恒成立．
abb c
据常识“若
af

x

恒成立，则
af< br>
x

；若
af

x

恒成min
11


立，则
af

x

,”

ac



的最小值就是所求n
abbc
max

11


的最大值，故问题转化 为求

ac



的最小值，
abbc< br>
上述各种解法都是围绕这一中心的，不过采用了不

7

同的变形技巧，使用了不同的基本不等式而已．解
法1运用了
ba
“2,a,bR

”
ab
；解法2运用了
< br>
ab

“ab

”

2

2
；
11

解法3运用了
“

ab




4”
；解法4运用了
ab

“ab2aba,bR

”

；解法5运用了
“
1

1

ab
4
a,bR

”
ab

．虽
解法异彩纷呈，但却殊途同归．
此题使我们联想到最新高中数学第二册（上）
P第8题：
30
11
已知
abc
，求证：
a
1
0
．
bb cca
证：令
abx,bcy

x0,y0
，则
acxy
．
111111x
2
y
2xy

abbccaxyxyxy

xy

111
0
abbcca
．
Qx0, y0
，
．
此证法通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
本赛题如下解法：
1n

设
a bx,bcy

x0,y0

，则
acxy
．
a
1
bbcac

11

1n

恒成立，就是
1
恒成立．也就是恒
n

xy





xyxy
xy


8

11


成立．


xy



x

y

4
恒成立，


由题意得
n4
．故选
C
．
再看一个运用这一思想解题的例子．
例 设
a,b,cR
，求证：
a
2
b
2
c
2
abc
< br>bccaab2
．
（第二届“友谊杯”国际数学竞赛题）
证
abc
明
．
，
设
bcx,c ay,abz,
则
1

xyz

x,y,z 0

2
22

aybx

0
a
2
b
2

ab


xyxyxy
xy

2
a
2
b
2

a b


xyxy
22
2
①，
,即

abc


abca
2
b
2< br>c
2

ab

c
2

abc


xyzxyzxyz2

abc

2
a
2
b
2
c
2
abc

xyz2
，
a
2
b
2
c
2
abc

bccaab2
．
本赛题还可直接由下面的命题得解．
命题 若
2
a
1
a
2
a
n
0
，则

n1

111

a
1
a
2
a
2
a
3
a
n1
a
n
a
1
a
n< br>．
，
a
1
证明
a
0
1
a
2
a
n
0a
2
,a
2
a3
,,a
n1
a
n

ii
都大于
,则．反复运用①式，可得: “若
x,yR(i1,2,L,n)

9


n

x
i


n
x
i
2

1



in

i1
y
i

y
i
i1
2
,当且仅当
x
y
1
1

x
x
2
L
n
y
2
y
n
2
时取等号”.故有
2

11
L
1

n1

111

L

a
1
a
2
a2
a
3
a
n1
a
n
a
1
a
2
a
2
a
3

L
a
n1
a
n
a
1
a
n
．
也可以这样证明：
a
1
a
2
a
n0
，
aa,a
122
a
3
,L,a
n 1
a
n
0
．故由柯西

不等式，得
(111
2

L
)

aaaa
L< br>aa

11L1


1223n 1n

1442443
a
1
a
2
a
2< br>a
3
a
n1
a
n


n1

个1
2


n1

，即
(< br>a
1
111
2
)

a
1
 a
n



n1

a
2
a< br>2
a
3
a
n1
a
n
2
．a
1
a
n
0
，

n1
< br>111

a
1
a
2
a
2
a
3
a
n1
a
n
a
1
a
n
．
由此可得本赛题的如下解法：

abc
2
，
ab0,bc0,ac0
，

11

< br>411

abbcabbcac
．由 题意，
n4
．故选
C
．
由此命题还可直接解决第七届高二培训题 第8
题：设
a
1
a
2
a
3
La< br>2000
a
2001
，并且
111
m
L
a
1
a
2
a
2
a
3
a
2000
a
2001
，
410
6
n
a
1
a
2001
，则
m
与
n
的大小关< br>系是 ( )

10
A、
mn
B、
mn
C、
mn

D、
mn

解
Qa
选
C
．
题3 设实数
m,n,x,y
满足
m
的最大值为 ( )
A、
D、
ab
2
1
a
2
a
3
La
2000
a
2001
，
2000
2
4 10
6
m
a
1
a
2001
a
1< br>a
2001
．故
n
2
a
x
，
2
y
2
b
，则
mxny
a
2
b< br>2
2
1

ab

2
B、

1
2
ab
22
C、
（第十一届高二培训题第5
题）
解法1 设
m
则
m xny
即
解
x
2
y
2
b

acos

,nasin

,xbcos

,yb sin

,

abcos

cos

a bsin

sin

abcos(



)ab,

,又
(mxny)
max
=
ab
.故选D．
2
b
mx
a
法
m
2
n
2
a
b
2
b
2
mnb
aa
,
b
( mxny)
a

mxny
b
ny
a
(< br>b
2
b
b
b
2
m)x
2
(n)< br>2
y
2
ab
(mn
2
)(x
2< br>y
2
)
aa
a
a

b.
2 22
2

b
b
a
ab,
当且仅当
bmx
a
且
b
ny,
a
即
mynx
时取等号，

11

（mxny)
max
ab.

(mxny)
2m
2
x
2
2mxnyn
2
y
2
m
2
x
2
m
2
y
2
n
2< br>x
2
n
2
y
2
解法3
故

mxny

解




m
2
n
2

x
2
y
2

ab,
mxnyab,
max
当且仅当
myn x
时取等号，
设

2

ab
.
4

2
法

p

m,n

,q 

x,y

,

则
pqpqcos
pq,
pqpq,
2
22

2


即

mxny



mn< br>

x
2
y
2

ab,
当且仅 当
p,q
共线，即
mynx
时
ab
取等号，故

mxny

max
.
2
解法5 若设
mx nyk
，则直线
mxnyk
与圆
x
有公共点，于是
k
mn
22
y
2
b
b
，即
k mxny
法
2
ab,

mxny

max
ab
.
,则

解
z
1
z
2

6
2


设


mxny

2
z
1< br>mni,z
2
xyi
z
1
z
2
< br>
mni



xyi



mxny



nxmy

i,

mxny



nxmy

mxnym xny,mxnyz
1
z
2
z
1
z
2
m
2
n
2
x
2
y
2
a b,
当且仅当
mynx
时取等号，故
2

mxny
max
ab
．
n
2

X
2< br>2

mxny

Xx
2
y
2
2
解法7 构造函数
f

X



m
则
f

X



mXx
2
2
，


nXy

0.
2< br>故
4

mxny

4

m
2
n
2

x
2
y
2

C< br>
4

mxny

4ab0,

12
即
A
B
D

mxnya b.

mxny

max
ab.

还可构造图形（如图），

bb
m,BCn,
aa
解法8 由
m

2
n
2
a,x
2
y
2
b
其中
ACBADB90,
AC
BDx,ADy ,ABb
为圆的直径，由托勒密定
2
理,
ACBDBCAD
ABCDAB,
得
mxnyab
bb
mxnyb,
aa
，从而得
时取等，当且仅当
max
mynx
且
mx 0
号．


mxny

ab
．
评析 解法1抓住已知条件式的结构特征，运
用三角代换法，合情合理，自然流畅，也是解决 此
类型问题的通法之一．
解法2运用基本不等式
关于
m
2
a
2
b
2
ab
2
将
mxny
放大为
n
2
与
x
2
y
2
的式子，再利用条件 求出最大
值．值得注意的是，稍不注意，就会得出下面的错
误解法：
2222
m
2
x
2
n
2
y
2

m n



xy

abab
mxny ,

mxny

max

22222
．故选 A．错误的原因就在于用基本不等式求最值
时未考虑等号能否取到．上述不等式取等号的条件
是
ax
①且
by
②，而若①，②式同时取得，则

13

m
2
n
2
x
2
y
2
，即
ab,
这与题设矛盾！即当
ab
时，
m xny
b
取不到
a
．解法2是避免这种错误的有效方法．
2< br>由于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4与解法6分别运用了构造< br>向量与构造复数的方法，新颖而简洁．
解法5设
mxnyk
后，将其看作 动直线，利用该
直线与定圆
x
2
y
2
b
有公共 点，则圆心到直线的距离
ab
小于等于半径，得
kmxny
化的解题功 能．
，充分体现了等价转
解法7运用的是构造函数法．为什么构造函数
f

X



mn

X2

mx ny

X
x

222
2
y
2
呢？主要基于两点：①
f(X)
为非负式（值大于等
于0），②由于
f
X

0
，故有
0
，而

沟通 了已知与
未知的关系，故使问题得到解决．
解法8抓住已知两条件式的特征，构造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 此题可作如下
推广 若

a
1
2
a
2
2
Ka
n
2
p,b1
2
b
2
2
Kb
n
2
q,< br>14
则


a
1
b
1a
2
b
2
Ka
n
b
n

max

pq
（当且仅当
证明
q
a
ib
i

i1,2,K,n

p
时取得最大值）.
222

q

q

q

a< br>1
2
a
2
2

K
a
n
2
p

aa
K



p
1




p
2


p
a
n


q.



a bab
1122
K
a
n
b
n

p< br>
q
a
1
b
1



q

p
q
a
2
b
2

K

p

q
a
n
b
n


p



22


q

2

qq
222


a
1
< br>b
1

a
2

b
2
a
n

b
n


p

p


p


p


K


222
q







q
2

22
aaa
222
12n
b
1
b
2
b
n

p

p


q

22



 

q


p

p

p
q



q22


pq,
当 且
仅当
q
a
i
b
i

i1,2,, n

时取等号，

a
1
b
1
a
2
b
2
a
n
b
n

max

p
pq.

本推广实际就是由著名的
Cauchy
（柯西）不等式

a
1
b
1
a
2
b
2
a
n
b
n

2


a
1
2
a
2
2
a
n
2



b
1
2
b
2
2
b
n
2

（当 且仅当
a
a
1
a
2

n
b
1
b
2
b
n
时取等号）直接得到的一个结论．
推广有十分广泛的应用，现举一例：
例 已知
abc
23
xy z
123
a,b,c,x,y,zR

,且a2b3c4,8 .
xyz
求
最大值．
15

解
a2b3c4

3




z



2

a



2
2b



2
3c

2< br>
1

2

123
4,8


x





y

xyz

22

知＝
a
8．由推 广
abc
23
xyz
8
a
4
1
,< br>x
123
2b3c4842,
xyz
283
, 3c,
y4z
当且仅当
8
2b
4
即
axby cz
1
时取等号．
2

abc




x
2
y
3
z


42.

max

m1
题4 对于
2x1m (x
2
1)
的一切实数
m
，使不等式
都成立的实数
x
的取值范围是＿＿＿＿
第十三届高二培训题第63题）
解法1 题设等价于

x10


2x10
2

x< br>2
10


2x1
m

x
2
1


x
2
10


2 x10
或

x
2
10


2x 1
m

x
2
1

或
，即
< br>x
2
10


2x1
1
2

x1

或

x
2
10


2x1
1

x
2
1

31, 2)
或,所以
1x2
或
31x1
或
x1
，即
x(
，则
.
2
解法2 已知不等式即
x
f(m)

x
2
1

m
< br>2x1

1

m

2x1

0
，令
当
x

2
10
，即
x 1
时，
f(m)
是
m
的一次函数，因为
16

m1
，即
1m1
时不等式恒成立，所以< br>f(m)
在

1,1

上的

f(1) x
2
12x10

2

f(1)x12 x10
图象恒在
m
轴的下方，故有

x
2
2 x20

2

x2x0
，即
，解得
31 x2

(x1)
.
又当
x1
时，
f(m )1
，适合题意，当
x1
时，
f(m)3
不合题意.
故
x
的取值范围是
31x2
.
评析 解决本题的 关键是如何根据条件构建
关于
x
的不等式或不等式组.解法1运用分离参数
法 ，为了达到分离参数的目的，又对
x
2
1
分大于0、
小于0、等于 0三类情形分别构建关于
x
的不等式组，
从而通过解不等式组解决了问题.解法2则转 换思
维角度，把已知不等式看成关于
m
的不等式，从而
将原问题转化为函数< br>f(m)

x
2
1

m

2 x1

在

1,1

上的图
象恒在
m
轴下方的问题.这种方法称为变更主元法.
用此方法，使得此题的解决显得既简捷，又直观易< br>懂.
题5 当
0xa
时,不等式
x
1
的最大值是________.

17
2

1
2
2
(ax)
恒成立,则
a

(第十一届高二培训题第45题)
解法1 当
0xa
时,
(ax)
2
x
2
222
x(ax)
a
2
x
2
2axx
2< br>6
x
2
(ax)
2
118

x2
(ax)
2
a
2
axx
2
xax
①,又有
②, ②+①×2,得
,
2
a
2
a< br>2
(ax)
2
16
x
2
(ax)
2
2
,
2
a
2
a
2
8
x
2
(ax)
2
,即
.由
a
8
,得0a2
,
a
max
.
, 又 解法2
11

xax

11

11
2
11
2
2

2
()()
2

xaxx ax
x(ax)


4

a

1
(
a

, 即
x
1
2
axx
2
)
xax
, < br>
11

4
2
2

2
()< br>2

a
x(ax)


18

(ax)
2
a
2
, 当且
仅当
ax

x
x
ax
且
11

xax
, 即
x
a
2
时取等号.


11
2
x
2
(ax)
2

恒成立,
. 于是
a
max

8
2,0a2
a
2
2
.
11

x
2
(ax)
2
1
2
解法3 原不等式等价于
0xa
,由
0,
,可知
1
x
1
0
ax
. 由 “两个正数的平方平均值
2
1
, 即不小于它们的调和平均值”, 可知只需
x(ax)

18

a2
即可, 故
0a2
, 于是
a
解法4

x
1

(a
1
x)
22
max2
.

11
22

xx

2
22
x

(ax)

2
2
即 ①成
②就立，又

x
1
2
x
2
2恒成立，

a
只要满足
(a
1
x)
2x
2
0
能使①恒成立.由②式，得
x
x
2
ax10
(ax)
2
1
，
x(ax)1
，
③.由于对称轴
x
a
(0,a)
，由二次函数的性
2< br>2
质，当
x(0,a)
时，要③式恒成立，则
a
a< br>max
2
400a2

.
xax
 cos
2

,sin
2

aa
解法5 设11

x
2
(ax)
2
（
0xa
），则
=
a
1
2
cos
4

4
+
4
1
a
2
sin
4

(sin
2
2

=
1
1sin
2
2

1sin

cos

82sin
2
2

1
2

2

2

1
a
2< br>sin
4

cos
4

asin
4
2

a
4
sin2

16
.

( sin
2
2

2)
－1）
0
，即2－
2
sin
2
2

sin
4
2

18

(ax)
2
a
2
，则
2sin
2
2

2
(当sin2

1时取等号)
14
sin2

，于是
x
1

，由已知，
得
a
8
2
2,0a2,
a
max
2
.

O
1
,Y(X0,Y0),
解法6 设
X
1
xax
则

19
2
x
O

X
2
Y
2
2
表 示在
XOY
坐标系第一象限内以原点为圆
1
心，
2
为半径的 圆及其外部.由
X
1
,Y,
得
xax
aXYXY ,
又
aXYXY
2XY,XY
4
,
2
a
它表示双曲
线
XY
4
a
2
位于第一象限内的一支 及其上方部分.依题
2
2
意，双曲线
XY
a
4
( X0)与圆弧X
离，从而
a
8
2
Y
2
（2X 0，Y0）
相切或相
2
，即
0a2

a
max
2
.
ii
解法7 运用结论“如果
x,y
2
2
x
n
x
1
2
x
2< br>
y
1
y
2
y
n
R
< br>(i1,2,,n)
，则

当且仅当
x
y
，
1
1
(x
1
x
2
x
n)
2
(),
y
1
y
2
y
n

x
x
2

n
k
y
2y
n
（常数）时取
等号.”

(1
2
12
)(
0xa
ax0.
由柯西不等式，有
114

xaxa
1111
2
)()
22
xax< br>x(ax)
①，由
()
得②.故
2(
114
2< br>)(),
22
a
x(ax)
得
x
1
2

18

(ax)
2
a
2
，当且仅当< br>x
a
时取等
2
.
运用结论
号，由
a
8
解
“

2
2
，得
0a2

a
8
max
2
法
111(n1)
2
若
a
1
a
2

L
a
n
,
则
< br>L
,
a
1
a
2
a
2
a3
a
n1
a
n
a
1
a
n
20
当且仅当

a
1
,a
2
, ,a
n
成等差数列时取等号.”

，当且仅当
xax
，
max

1

11

1

2< br>
2
2

2

22

< br>x(ax)

(x0)(ax)

2
118
16
1


(31)
2


1







x
2
(a x)
2
a
2
a
2

x0ax

a0

2
.
8
即
x
a
时取等号.令
2
a
2
2
，得
0a2

a

2
2
.
.故问题评析

x
1
2

1
2
2
(ax)

1


恒成立，
x

1

2
2< br>
(ax)

min
的实质就是求
x
1

(a
1
x)
的最小值（关于
a
的式子）大
22< br>于等于2的解.因而在
0xa
的条件下，如何求
11

x
2
(ax)
2
的最小值成了问题的关键.解法1运用“两
个互为倒 数的正数的和大于等于2”, 解法2运用
配方再放缩, 解法3运用均值不等式及“两个正数
的平方平均值不小于它们的调和平均值”,解法5运
用三角代换，解决了这一关键问题.解法4巧妙地将
原问题转化为一个含参（
a
）一元二次不等式恒成
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将原问题转化为解析几何问题处
理.解法7、8则是运 用一些现成的结论（读者可自
己证明），各种解法异彩纷呈，都值得细细品味.

21

拓展 此题可作如下推广：
推广1 若
0x
1
x
2
Lx
n1
a
12n1
，
,a
则
111
n
3

2
222
(xx)(ax)
a
x
1
21n1
，当且仅 当
x,x,,x
成等差
数列时取等号.
0xx
证明 由已 知，
12
Lx
n1
a
，则
x
2
 x
1
0
x
，
3
x
2
0
，< br>,
ax
n1
0
.根据柯西不等式及解法7运用的不等式

1

11
n

2

22

(xx)(ax)
21n1

x
1


111


L





xxxax
21n1

1
2
（

）,有



n
2

n
4


2
,
a

a

2
故
111n
3

2
(x
2
x
1
)< br>2
(ax
n1
)
2
a
2
x
1< br>.
当且仅当
x,x,,x
12n1
,a
成等差数列时取等号.
12
推广2 若
0xx
b
1
k1
k
Lx
n1
a
bR
，
i

(i1,2 ,,n),kN

,
则
x
1


k 1
b
n
(b
1
b
2
b
n
)
k1
b
2

(x
2
x
1)
k
(ax
n1
)
k
a
k
k1
，当且仅当
a
i

ab
i

b
i 1
n
时取
i
等号.
证明 不妨设
(

b
i
)
k1
,
i1
n
a
1
x
1
,a
2
x
2
x
1
,,an
ax
n1
，
M

由已知得
a
i
0

22

(i1,2,,n)且

a
i1
n
i
a,
令
a
c
i

i
a
，则

c
=
i
i1
n
1
n

a
i
1
a
i1
.由均值不等
式，
b< br>i
k1
k
c
i


(k1)
k 1
M
k
b
i
k1
Mc
i
Mc
i
Mc
i


k个
,
即
，
k
n
b
i
k
c
i
n
k 1
kMc
i
(k1)(b
1
b
2
 b
n
)
k
b
i
则
，
nnnn
b
i
k1
b
i
k1
k1
kM
< br>c
i
(k1)(

b
i
)

k
(

b
i
)
k1

k
i 1
c
i
i1i1i1
c
i
i1
n
，即
n
b
i
k1
a

k

(< br>
b
i
)
k1
i1
i1
a
i
(

b
i
)
b
i
k1

i1

k
k
i1
a
i

n



a
i


i1

nk1
，当且仅当
k

n



a< br>i

ab
i1

a
i


i
b
i
nn

b

b
i

i

i1

i1

时取等号.

b
1
k1
k
x
1

b
2
k1
k
x
2
b
n
(b
1
b
2
b
n
)
k1



a
k
(ax
n1
)
k
sin

.
s in

cos


，设
af

< br>，
2

题6 已知
f

x

log
bf



x,



0,


2


sin

cos
sin2



，
cf

那么< br>a、b、c
的大小关系是

，
sin

cos


（ ）
D、
abc

（第
八届高二第一试第10题）

23
A、
acb
B、
bca
C、
cba

q
解法1 设
sin

p
，
cos

q
.

p
2
pq
，而
f

x

是减函
数，

pq
f

f

2


pq

，即
ab
.

pq

pq
pq
2
，
pq

pq
2

pq
，
2pq

pq
pq
2pq


.< br>f


pq


f


，即
cb
.故
abc
.选D.
3
2
1
解法2 由题意，令



，则
sin


，
cos


62
s in

cos

13

24
，
，< br>sin

cos


4
3
2
2
2sin

cos

33

，
sin
sin
，

cos

sin

 cos

2
13
4
333

422
1
sin



0,1

2
，
f

x

是减函数，又，

sin

cos


f

f
2


sin2


sin

cos

 f

sin

cos



，即< br>abc
.故选D.
评析 这是一个比较函数值大小的问题，通常利
用函 数的单调性.若函数
f

x

单调递增（减），则当
x1
x
2
时，
f

x

f

x

f

x

f

x
，当
x
12121
x
2
时，
f

x

f

x


12
f

x
1

f

x
2

.因此解决问题的关键有两个：一是确定函
数的单调性，二是确定自变量的大小关系.解法1< br>就是这样解决问题的.


因为正确答案应对一切



0,

都正确，故又可以
2



运用特殊值法.对


0,

内的某个角不正确的选择 支
2


24

都是错误的，由正确选 择支的唯一性，也可选出正
确答案.解法2便是取特殊值



，排 除了A、B、C、
6
而选D的.


当然，此题也可用作差比较法 来解：





0,

，
2< br>
sin



0,1

，
 f

x

是单调减函数，

sin

0
，
cos

0
ablog
sin

.
sin

cos

log
sin

sin

cos


2
log
sin

sin

cos

2
log
sin

10
sin

cos

，
ab
.又
bclog
sin

sin

cos



log
sin

sin2

sin< br>
cos

sin

cos

log
sin

log
sin

log
sin

10
2sin

cos

sin

cos

2sin

cos

sin

cos

，即
bc
，
abc
.选D.
题7 已知
a
1
2
2

，不等式
< br>
3

log
a
x1

9
4
的解是 .
第三届高二第二试第13题）
解 原不等式即
a< br>数，
1
2

2



3

log
a
x1

2




3

1
2
.

指数函数
2

2



3

x1
x
是 减函

1



1

2
< br>2
2

原不等式化为
log
，
x1
2< br>，即
log
2
1
2
log
.
又

对数函数
log

1
2
x
是减函数，
25

1

x1


2

，即
x12
，