2011届数学经典例题

2011届数学经典例题,高考经典资料。

不等式 典型例题一

例1 若0 x 1，证明loga(1 x) loga(1 x)（a 0 且a 1）．

分析1 用作差法来证明．需分为a 1和0 a 1两种情况，去掉绝对值符号，然后比较法证明．

解法1 （1）当a 1时，

因为 0 1 x 1,1 x 1， 所以 loga(1 x) loga(1 x) loga(1 x) loga(1 x) loga(1 x2) 0． （2）当0 a 1时， 因为 0 1 x 1,1 x 1 所以 loga(1 x) loga(1 x) loga(1 x) loga(1 x)

2 loga(1 x) 0．

综合（1）（2）知loga(1 x) loga(1 x)．

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 loga(1 x) loga(1 x)

lg(1 x)lg(1 x)

lgalga1

lg(1 x) lg(1 x) lga

1

lg(1 x) lg(1 x) lga

1

lg(1 x2) 0， lga

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所以loga(1 x) loga(1 x)．

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a b 0，求证：ab ab.

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．

ab

b

a

aabbaa b

bb a ()a b 证明：ba a

bab

∵a b 0，∴

a

1,a b 0. b

aa baabb

1. ∴ba 1. ∴()bab

又∵ab 0， ∴ab ab..

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.

ab

b

a

b

a

典型例题三

a4 b4a b4

()（当且仅当a b时取等号） 例3 对于任意实数a、b，求证

22

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(

2

2

a b4

)，2

展开后很复杂。若使用综合法，从重要不等式：a b 2ab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：∵ a b 2ab（当且仅当a b时取等号） 两边同加(a b):2(a b) (a b)，

4

4

4

4

2

22

2

2

2

2

a4 b4a2 b22

() （1） 即：

22

22

又：∵ a b 2ab（当且仅当a b时取等号）

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两边同加(a2 b2):2(a2 b2) (a b)2

a2 b2a b2

() ∴

22

a2 b22a b4

) () （2） ∴ (22

a4 b4a b4

()（当且仅当a b时取等号）由（1）和（2）可得． 22

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

111

9. abc111

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

abc

例4 已知a、b、c R，a b c 1，求证

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

ba

，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ab

倒数”的技巧．

证明：∵a b c 1

111a b ca b ca b c abcabc

bcacab

(1 ) ( 1 ) ( 1)

aabbccbacacb

3 ( ) ( ) ( )

abacbc

∴ ∵

cacbba 2，同理： 2， 2。

acbcab∴

111

3 2 2 2 9. abc

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

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例５ 已知a b c，求证：

111

＞0. a bb cc a

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)

111

＞0 a bb cc a

111

只需要证明＞ a bb ca c

∵a b c

为了证明

∴a c a b 0,b c 0

111

,＞0 a ba cb c111

∴＞成立 a bb ca c111

∴＞0成立 a bb cc a

∴

证明二：(综合法书写过程)

∵a b c ∴a c a b 0,b c 0

111＞ ＞0 a ba cb c111

∴＞成立 a bb ca c111

∴＞0成立 a bb cc a

∴

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a 0,b 0，且2c a b，求证：

c a c

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c a c

只需证 a c

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即证a c

也就是(a c)2 c2 ab， 即证a 2ac ab， 即证2ac a(a b)， ∵a 0,2c a b,b 0，

∴c

2

a b

c2 ab即有c2 ab 0， 2

又 由2c a b可得2ac a(a b)成立，

∴

所求不等式c a c

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a3 b3 2，求证a b 2．

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a b 2，则a b (a b)(a ab b) 2(a ab b)， 而a b 2，故(a2 ab b2) 1． ∴1 ab a b 2ab．从而ab 1， ∴a b 1 ab 2．

∴(a b)2 a2 b2 2ab 2 2ab 4． ∴a b 2．

这与假设矛盾，故a b 2．

证法二：假设a b 2，则a 2 b，

故2 a3 b3 (2 b)3 b3，即2 8 12b 6b2，即(b 1)2 0， 这不可能．从而a b 2．

证法三：假设a b 2，则(a b)3 a3 b3 3ab(a b) 8．

2

2

2

2

3

3

332222

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由a3 b3 2，得3ab(a b) 6，故ab(a b) 2． 又a3 b3 (a b)(a2 ab b2) 2， ∴ab(a b) (a b)(a2 ab b2)． ∴a2 ab b2 ab，即(a b)2 0．

这不可能，故a b 2．

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x、y为正数，求证x2 y2 x3 y3． 分析：用综合法证明比较困难，可试用分析法．

证明：要证x2 y2 x3 y3，只需证(x2 y2)3 (x3 y3)2， 即证x6 3x4y2 3x2y4 y6 x6 2x3y3 y6，

化简得3x4y2 3x2y4 2x3y3，x2y2(3x2 2xy 3y2) 0． ∵ 4y2 4 3 3y2 0， ∴3x2 2xy 3y2 0． ∴x2y2(3x2 2xy 3y2) 0． ∴原不等式成立．

说明：1．本题证明易出现以下错误证法：x y 2xy，x y

2

2

3

3

32x2

3y2

，

然后分(1)x y 1；(2)x y 1；(3)x 1且0 y 1；(4)y 1且0 x 1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A B，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1 x2 y2 2，求证

1

x2 xy y2 3． 2

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．

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证明：从条件看，可用三角代换，但需要引入半径参数r． ∵1 x2 y2 2，

∴可设x rcos ，y rsin ，其中1 r 2，0 2 ．

1

sin2 )． 2

113113

由 1 sin2 ，故r2 r2(1 sin2 ) r2． 222222

1113

而r2 ，r2 3，故 x2 xy y2 3．

2222

∴x2 xy y2 r2 r2sin cos r2(1

说明：1．三角代换是最常见的变量代换，当条件为x2 y2 r2或x2 y2 r2或

x2y2

1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a2b2

变量和取值的变化会影响其结果的正确性．

典型例题十

1111 1． 2n 1n 22n111

分析：要求一个n项分式的范围，它的和又求不出来，可以采用

n 1n 22n

例10 设n是正整数，求证

“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2n n k n(k 1,2, ,n)，得

111

． 2nn kn

111 ； 2nn 1n111

当k 2时，

2nn 2n

当k 1时，

111 ． 2nn nn

1n111n∴ 1． 22nn 1n 22nn

当k n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1117111 ．由，如果从第3项开始放缩，正好可证明；如果从1222n24k2k 1k

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

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(a b)2a b(a b)2

ab 例11 已知a b 0，求证：． 8a28b

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．

(a b)2a b(a b)2

ab 证明：欲证， 8a28b(a b)2(a b)2

a b 2ab 只须证． 4a4b

a b a b 2

即要证 (a ) ，

2a 2b

即要证

22

a b2a

b

a b2．

即要证

a 2a

1

a b2，

即要证

a ba 2

a bb

．

即要证1 2

a 1，即

b

1 aa． b

即要证

ba

1 （*） ab

∵a b 0，∴（*）显然成立，

(a b)2a b(a b)2

ab 故 8a28b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x，y，z R，求证：x8 y8 z8 x2y3z3 y2z3x3 z2x3y3． 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a2 b2 c2 ab bc ca，此式的外形特征符合要求，(a b)2 (b c)2 (c a)2 0，因此，我们用如下的结合法证明．

证明：∵x8 y8 z8 (x4)2 (y4)2 (z4)2

x4y4 y4x4 z4x4

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(x2y2)2 (y2z2)2 (z2x2)2

x2y2 y2z2 y2z2 z2x2 z2x2 x2y2 (xy2z)2 (yz2x)2 (zx2y)2 xy2z yz2x yz2x zx2y zx2y xy2z x2y3z3 y2z3x3 z2x3y3．

∴x8 y8 z8 x2y3z3 y2z3x3 z2x3y3．

说明：分析时也可以认为是连续应用基本不等式a2 b2 2ab而得到的．左右两边都是三项，实质上是a2 b2 c2 ab bc ca公式的连续使用．

111如果原题限定x，y，z R ，则不等式可作如下变形：x8 y8 z8 x3y3z3( )

xyz

x5y5z5111

进一步可得到：33 33 33 ．

xyzyzxzxy

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

(1 b)c，(1 c)a三数中，例13 已知0 a 1，0 b 1，0 c 1，求证：在(1 a)b，不可能都大于

1

． 4

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

(1 a)b，(1 b)c，(1 c)a三数都大于

1

，从这个结论出发，进一步去导出矛盾． 4

1

(1 b)c，(1 c)a三数都大于， 证明：假设(1 a)b，

4

111

即(1 a)b ，(1 b)c ，(1 c)a ．

444

又∵0 a 1，0 b 1，0 c 1，

111

∴(1 a)b ，(1 b)c ，(1 c)a ．

222

3

∴(1 a)b (1 b)c 1 c)a ①

2

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又∵1 a)b

1 a b1 b c1 c a

，1 b)c ，1 c)a ． 222

3

② 2

以上三式相加，即得：

(1 a) b 1 b) c 1 c) a

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a、b、c都是正数，求证：2

a b a b c

ab 3 abc ．

3 2

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 2ab c 3abc，即只需证c 2ab 3abc．把2ab变为ab ab，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．

a b a b c

abc ， 证法一：要证2 ab 3

3 2

只需证a b 2ab a b c 3abc，

即 2ab c 3abc，移项，得c 2ab 3abc． 由a、b、c为正数，得c 2ab c ab ab 3abc． ∴原不等式成立．

证法二：∵a、b、c为正数，

c ab ab 3cab ab 3abc．

即c 2ab 3abc，故 2ab c 3abc．

a b 2ab a b c 3abc， a b a b c3 2 abc ． ab 3

3 2

说明：题中给出的

a b ca b

，ab，，abc，只因为a、b、c都是正数，形

32

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．

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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c ab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c 2ab 3abc．

典型例题十五

例15 已知a 0，b 0，且a b 1．求证：0

111(a )(b ) 1． aa分析：记M 0

111

( )(b )，欲证0 M 1，联想到正、余弦函数的值aab

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a b 1，a、b R 可换元，围绕公式sec2 tan2 1来进行．

， 2

111111

)( ) (sec ) (tan ) 则(a 2

asec tan sec ab

1sin cos

cos2 ( cos ) ( )

cos cos sin sin2 12

cos sin

cos sin cos

111

)( ) 1成立． ∵0 ，∴0 sin 1，即0 (a

a2a证明：令a sec2 ，b tan2 ，且0

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x 1，可设x sin , R；(2)若x2 y2 1，可设x cos ，y sin ， R；(3)若x2 y2 1，可设x rcos ，

y rsin ，且r 1．

典型例题十六

例16 已知x是不等于1的正数，n是正整数，求证(1 x)(1 x) 2

n

n

n 1

xn．

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：∵x是不等于1的正数，

∴1 x 2x 0，

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∴(1 x)n 2nxn． ① 又1 xn 2xn 0． ② 将式①，②两边分别相乘得

(1 xn)(1 x)n 2xn 2n xn，

∴(1 xn)(1 x)n 2n 1 xn．

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x 1，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，x，y，z R ，且x y z 1，求证x

y z ．

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．

证明：要证x

y z 3，

只需证x y z 2(xy 只需证xy xz ∵x，y，z R ，

xz yz) 3，

yz 1．

∴x y 2xy，x z 2xz，y z 2yz， ∴2(x y z) 2(xy xz ∴xy xz ∴x

yz)，

yz 1成立．

y z ．

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

xy xz yz 1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

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111 2． 22223n

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

1

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2

n

下手考查即可．

例18 求证1 证明：∵

111111 (n 2)， n2nnn(n 1)n 1n

∴1

1 1111 1 11 11

1 2 2．

12232232n2n n 1n

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 ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，若A C 2B，求证

a4 c4 2b4．

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：∵A C B 2B，∴B ，cosB

31． 2

由余弦定理得b2 a2 c2 2accosB a2 c2 ac ∴a2 c2 b2 ac， ∴a4 c4 (a2 c2)2 2a2c2

=(a2 c2 2ac)(a2 c2 2ac) [b2 (2 1)ac] [b2 (2 1)ac] b4 2ac b2 a2c2 (ac b)2 2b4 2b4

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

1

S absinC．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

2

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．

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典型例题一

例1：已知正方体ABCD-A1B1C1D1． 求证：平面AB1D1//平面C1BD． 证明：∵ABCD-A1B1C1D1为正方体，

∴D1A//C1B， 又 C1B 平面C1BD， 故 D1A//平面C1BD． 同理 D1B1//平面C1BD． 又 D1A D1B1 D1， ∴ 平面AB1D1//平面C1BD．

说明：上述证明是根据判定定理1实现的．本题也可根据判定定理2证明，只需连接A1C即可，此法还可以求出这两个平行平面的距离．

典型例题二

例2：如图，已知 // ，A a，A a// ． 求证：a ．

证明：过直线a作一平面 ，设 a1，

b．

∵ // ∴a1//b

又a//

∴a//b

在同一个平面 内过同一点A有两条直线a,a1与直线b平行

∴a与a1重合，即a ．

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说明：本题也可以用反证法进行证明．

典型例题三

例3：如果一条直线与两个平行平面中的一个相交，那么它和另一个也相交． 已知：如图， // ，l A． 求证：l与 相交．

证明：在 上取一点B，过l和B作平面 ，由于 与α有公共点A， 与 有公共点B．

∴ 与 、 都相交． 设 a， b． ∵ // ∴a//b

又l、a、b都在平面 内，且l和a交于A． ∵l与b相交． 所以l与 相交．

典型例题四

例4：已知平面 // ，AB，CD为夹在a， 间的异面线段，E、F分别为AB、

CD的中点．

求证： EF// ，EF// ． 证明：连接AF并延长交 于G． ∵AG CD F

∴ AG，CD确定平面 ，且 AC，

DG．

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∵ // ，所以 AC//DG， ∴ ACF GDF，

又 AFC DFG，CF DF， ∴ △ACF≌△DFG． ∴ AF FG． 又 AE BE，

∴ EF//BG，BG ． 故 EF// ．

同理EF//

说明：本题还有其它证法，要点是对异面直线的处理．

典型例题六

例6 如图，已知矩形ABCD的四个顶点在平面上的射影分别为A1、B1、C1、D1，且A1、B1、C1、D1互不重合，也无三点共线．

求证：四边形A1B1C1D1是平行四边形． 证明：∵AA1 ， DD1

∴AA1//DD1

不妨设AA1确定平面 ． 1和DD 同理BB1 和CC1确定平面 ． 又AA1//BB1，且BB1 ∴AA1// 同理AD// 又AA1 AD A

∴ //

又 A1D1，

B1C1