2023年12月11日发(作者：初二数学试卷评析)

题1 已知0ab,xabb,ybba,则x,y的大小关系（第十一届高二第一试第11题）

是 .

解法1

xabbaa，ybba.

abbbba0ab,abbbba,xy.

解法2

xxabbbba，abba,1,xy.

yybbaabb解法3

1111abbbba

xyaaabbbba=abba110,0,xy.

axy(xy)2,得解法4 原问题等价于比较abba与2b的大小.由xy222（abba)22(abba)4b，abba2b.

abba,abba2b,xy.

解法5 如图1，在函数yx的图象上取三个不同的y

B

A

C

点A（ba，ba）、B（b，b）、C（ab，ab）.

由图象，显然有kBCabbbbakAB，即，

(ab)bb(ba)即abbbba，亦即xy.

解法6 令f(t)O b-a b b+a

图1

x

att，f(t)a单att调递减，而bba，f(b)f(ba)，即abbbba，xy.

解法7 考虑等轴双曲线xya(x0).

如图2，其渐近线为yx.在双曲线上取两点

22用心 爱心 专心 A（b，ba）、B（ba，b）.

由图形，显然有kABy

B

A

bba1，即1，从而xy.

abbO

a

解法8 如图3.在Rt△ABC中，∠C为直角，BC=a，b

ab

x

AC=b，BD=b，则AB=ab，DC=ba.

在△ABD中，AB-AD

即abbbba，故xy.

评析 比较大小是中学代数中的常见内容.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，顺理成章，也很简洁.要注意的是：a,b0时，b，

图2

A

D

ba

ab

b

b

B

a

C

图3

aa1ab；a,b0时，1ab.此题直接作差难以确定差与0的大小，解bb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：

取a1,b2,则x321,y21321，21322

10，1321,xy.可再取两组特殊值验证，都有xy.故答案为xy.

21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（ ）

用心 爱心 专心

0ab,x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 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.

题2 设abc,nN，且11n恒成立，则n的最大值为 （ ）

abbcacA、2 B、3 C、4 D、5

（第十一届高二第一试第7题）

解法1 原式acacacacacac．而

n．nabbcabbcabbcminabbcbcabbcabbcab2+且当，即ac2b4，abbcabbcabbcacac4．n4．故选C．

abbcmin时取等号．解法2

abc，ab0,bc0,ac0，已知不等式化为

acacacn．由abbcabbcabbc22222ac24，即4，abbcmin故由已知得n4，选C．

解法3 由abc，知ab0,bc0,ac0．，有11nacabbc又ac11112abbc114，

abbcabbc即ac114，由题意，n4．故选C．

abbcmin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2abbc则kabbc222abbcabbc24．由题意，n4．故选C．

用心 爱心 专心 解法5

abc110,0.于是

abbc1144．比较得n4．故选C．

abbcabbcac评析 由已知，可得nac11恒成立．根据常识“若afx恒成立，abbc11的最小值就是abbc则afxmin；若afx恒成立，则afxmax,”ac所求n的最大值，故问题转化为求ac11的最小值，上述各种解法都是围绕abbc这一中心的，不过采用了不同的变形技巧，使用了不同的基本不等式而已．解法1运用了baab“2,a,bR”；解法2运用了“ab”；解法3运用了ab211”；解法5运用了“ab4”；解法4运用了“ab2aba,bRab2114．虽解法异彩纷呈，但却殊途同归．

“a,bR”abab此题使我们联想到最新高中数学第二册（上）P30第8题：

已知abc，求证：1110．

abbcca证：令abx,bcyx0,y0，则acxy．

111111x2y2xy．x0,y0，

abbccaxyxyxyxy1110．

abbcca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：

设abx,bcyx0,y0，则acxy．11n恒成立，abbcac就是111111n恒成立．也就是nxy恒成立．xyxyxy4恒成xyxy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．

用心 爱心 专心 a2b2c2abc例 设a,b,cR，求证：．

bccaab2（第二届“友谊杯”国际数学竞赛题）

证明 设bcx,cay,abz,则abc1xyzx,y,z0．

22abxy222abxy2aybxxyxy2a2b2ab ①，

0，xyxy22abcabc,即

a2b2c2abc2abcxyzxyzxyz2abc2a2b2c2abca2b2c2abc，．

xyz2bccaab2本赛题还可直接由下面的命题得解．

n1．

111命题 若a1a2an0，则a1a2a2a3an1ana1an2证明

a1a2an0，a1a2,a2a3,,an1an都大于0．反复运用①式，可得: “若xi,yiR(i1,2,nxinxi21,当且仅当x1x2,n),则iny1y2i1yiyii12xnyn有时取等号2”.故211a1a2a2a3111n1．

1an1ana1a2a2a3an1ana1an,an1an0．故由柯西不等式，得

也可以这样证明：

a1a2an0，a1a2,a2a3,(11a1a2a2a31)a1a2a2a3an1anan1an1121

1112)a1ann1．a1an0，

a1a2a2a3an1an22n1个1n1，即(n1．

111a1a2a2a3an1ana1an用心 爱心 专心 由此可得本赛题的如下解法：

abc2，ab0,bc0,ac0，114．由 题意，11n4．故选C．

abbcabbcac由此命题还可直接解决第七届高二培训题第8题：设a1a2a3a2000a2001，并11且ma1a2a2a314106，n，则m与n的大小关系是

a2000a2001a1a2001( )

A、mn B、mn C、mn D、mn

解

a1a2a3a2000200024106a2001，m．故选C．

a1a2001a1a20012222xyb，题3 设实数m,n,x,y满足mna，则mxny的最大值为 ( )

1ab B、1 A、22ab

ab C、22a2b2 D、2（第十一届高二培训题第5题）

解法1 设m则mxny即acos,nasin,xbcos,ybsin,

abcoscosabsinsinabcos()ab,

(mxny)max=ab.故选D．

解法2

mna22bb2b2(mxny)mnb,又x2y2b,aaabmx

abnya(b2bb2m)x2(n)2y2(mn2)(x2y2)aaa222bbaab,当且仅当bmx且ababab.2mxnybny,即mynx时取等号，a（mxny)maxab.

解法3

(mxny)mx2mxnynymxmynxny

用心 爱心 专心

2222222222222m2n2x2y2ab,mxnyab,当且仅当mynx时取等号，故mxnymax解ab.

法4

22设2pm,n,qx,y,则pqpqcospq,pqpq,

222即mxnymnx2y2ab,当且仅当p,q共线，即mynx时取等号，故22mxnymaxab.

解法5 若设mxnyk，则直线mxnyk与圆xyb有公共点，于是

kmn解22b，即kmxnyab,mxnymaxab.

法6 设z1mni,z2xyi,则z1z2mnixyimxnynxmyi,

z1z2mxnynxmy22mxny2mxnymxny,mxnyz1z2

z1z2m2n2x2y2ab,当且仅当mynx时取等号，故mxnymaxab．

解法7 构造函数fXm2n2X22mxnyXx2y2，

则fXmXxnXy0.故4mxny4mn22222x2y2

4mxny4ab0,即mxnyab.mxnymaxab.

解法8 由mna,xyb还可构造图形（如图），其中ACBADB90,AC2222C2bbm,BCn,

aaABBDx,ADy,ABb为圆的直径，由托勒密定理,DACBDBCADABCDAB2,得用心 爱心 专心 bbmxnyb,，从而得mxnyab，当且仅当mynx且mx0时取等aa号．mxnymax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．

a2b22222解法2运用基本不等式ab将mxny放大为关于mn与xy的式子，2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：

2222m2x2n2y2mnxyababmx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2222的条件是ax①且by②，而若①，②式同时取得，则mnxy，即ab,这与题设矛盾！即当ab时，mxny取不到ab．解法2是避免这种错误的有效方法．

2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yb有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径，得kmxny解法722ab，充分体现了等价转化的解题功能．

运用的是构造函数法．为什么构造函数fXm2n2X22mxnyXx2

y2呢？主要基于两点：①f(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

22推广 若a1a2an2p,b12b22bn2q,则a1b1a2b2anbnmax

pq（当且仅当qaibii1,2,p2,n时取得最大值）.

22证明

a1a22qq2anppa1pa2qpanq.

2用心 爱心 专心 a1b1a2b2anbnpqa1b1qpqa2b2pq

anbnp2q2qa1b12a2b22ppp22q2q2anbnp

2q222aaa22212nb1b2bnppq22qpppqq22pq,当且仅当qaibii1,2,,n时取等号，a1b1a2b2anbnmaxp本推广实际就是由著名的Cauchy（柯西）不等式

pq.

a1b1a2b2anbn2a12a22an2b12b22bn2aa1a2n时取等号）直接得到的一个结论．

b1b2bn推广有十分广泛的应用，现举一例：

例 已知a,b,c,x,y,zR,且a2b3c4,值．

解

（当且仅当123abc8.求最大23xyzxyza2b3c43z2a22b23c2121234,8

xyzxy由推广知22＝8．abc23xyz8a41,xa1232b3c4842,xyz当且仅当82b41283,3c,即axbycz时取等号．

2y4z用心 爱心 专心 abc2342.

xyzmax题4 对于m1的一切实数m，使不等式2x1m(x1)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）

2x210x210x2102x10解法1 题设等价于或或，即2x12x12x1或m2m2122x10x1x1x1x210x210,所以1x2或31x1或x1，即x(31,2).

2x1或2x1012x1解法2 已知不等式即x1m2x10，令f(m)x1m2x1，则

22当x10，即x1时，f(m)是m的一次函数，因为m1，即1m1时不等式恒成立，所以f(m)在1,1上的图象恒在m轴的下方，故有2f(1)x212x10x22x20，即，解得31x2

(x1).

22f(1)x12x10x2x0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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f(m)x1m2x1在1,1上的图22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，又直观易懂.

题5 当0xa时,不等式112恒成立,则a的最大值是________.

x2(ax)2 (第十一届高二培训题第45题)

axx(ax)2x22 ①,又有解法1 当0xa时,

2 ②, ②+22xaxx(ax)用心 爱心 专心 a2x22axx2a2a2(ax)2a2a2①×2,得6,216,28,即2222x(ax)x(ax)x(ax)1188.由2,得0a2,amax2.

x2(ax)2a2a211112112114解法2

22, 又

()()

2xaxaxaxxaxx(ax)1(

a1axx2118142),

22, 即, 当且仅当()2222xaxx(ax)aax(ax)axx

x1111a2恒成立, 且

, 即

x 时取等号.

22axx(ax)xax282,0a2. 于是amax2.

2a解法3 原不等式等价于1111x2(ax)20.

1 ,由

0xa,可知0,xax221, 即a2即x(ax)由 “两个正数的平方平均值不小于它们的调和平均值”, 可知只需可, 故0a2, 于是amax2.

解法4

111122xx2①成立，又 即

22222x(ax)x(ax)1122ax恒成立， 只要满足x20②就能使①恒成立.由②式，得22(ax)xx2(ax)21，x(ax)1，x2ax10③.由于对称轴x2a(0,a)，由二次函数2的性质，当x(0,a)时，要③式恒成立，则a400a2

amax2.

解法5 设11xax1cos2,sin2（0xa），则2=+

x(ax)2a2cos4aa用心 爱心 专心 11sin221sincos82sin221122(sin22)=.244242421sincosasin2asinaasin4216442sin222(sin2－1）(当sin21时取等号)，即2－sin2sin2，则0，14sin2224于是1188，由已知，得2,0a2,amax2.

2222x(ax)aa解法6 设X2211,Y(X0,Y0),则

xax

O

XY2表示在XOY坐标系第一象限内以原点为圆心，112为半径的圆及其外部.由X,Y,得xax4aXYXY,又aXYXY2XY,XY2,它表示a4双曲线XY2位于第一象限内的一支及其上方部分.依题意，a422双曲线XY2(X0)与圆弧XY（2X0，Y0）a8相切或相离，从而22，即0a2

amax2.

a2 x

O

22xnx12x2解法7 运用结论“如果xi,yiR(i1,2,,n)，则

y1y2ynxxx(x1x2xn)20xa，时取等号.”(),当且仅当12nk（常数）y1y2yny1y2ynax0.由柯西不等式，有(1212)(11112)()①，由()得xaxx2(ax)21142118114a)(),得，当且仅当时取②.故2(2x2222ax(ax)x(ax)axaxa2等号，由82，得0a2

amax2.

2a解法8 运用结论“若a1a211an,则a1a2a2a31(n1)2,an1ana1an当且仅当a1,a2,,an成等差数列时取等号.”211112

2222x(ax)(x0)(ax)用心 爱心 专心 11816a1(31)21xax.，当且仅当，即xx2(ax)2a22a2x0axa0时取等号.令2282，得0a2

amax2.

2a评析

11112恒成立，2.故问题的实质就是求22x2(ax)2x(ax)min11的最小值（关于a的式子）大于等于2的解.因而在0xa的条件下，如何22x(ax)求11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”,

x2(ax)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.

拓展 此题可作如下推广：

推广1 若0x1x2111n32，当xn1a，则222(x2x1)(axn1)ax1且仅当x1,x2,,xn1,a成等差数列时取等号.

0x1x2证明 由已知，xn1a，,axn10.则x2x10，x3x20，根据柯西不等式及解法7运用的不等式（）,有n1x1211

22(x2x1)(axn1)n2n42,aa211x1x2x11axn12故111n32.

222(x2x1)(axn1)ax1当且仅当x1,x2,,xn1,a成等差数列时取等号.

推广2 若0x1x2k1xn1a，biR(i1,2,,n),kN,则b1k1kx1

k1abibn(b1b2bn)k1b2a，当且仅当时取等号.

in(x2x1)k(axn1)kakbii1用心 爱心 专心 证明 不妨设a1x1,a2x2x1,,anaxn1 ，M

(b)ii1nk1,由已知得ai0

nbai1n(i1,2,,n)且aia,令ci，则ci=ai1.由均值不等式，ik

ai1acii1i1nk1MciMciMcik个(k1)k1Mkbik1,即bikcink1kMci(k1)(b1b2bn)kbi，则nnnnnnbik1bik1bik1k1k1k1k(b)，即，

kMc(k1)(b)(b)aiiiikkki1i1cii1i1i1cii1i1aibik1ki1ainn(bi)aiabii1ai1，当且仅当时取等号.

biiknnnbbiaiii1i1i1nk1b1k1kx1b2k1kx2bn(b1b2bn)k1.

kka(axn1)sincos，设af，

22，那么a、b、c的大小关系是 （ ）

k题6 已知fxlogsinx,0,bfsin2sincos，cfsincosA、acb B、bca C、cba D、abc

（第八届高二第一试第10题）

解法1 设sinp，cosq.pq2pq，而fx是减函数，

pqff2pqpqpqpq，即ab.pq，pq，

222pqpq2pqpq.fpqfpq，即cb.故abc.选D.

3sincos131，cos， ，2422解法2 由题意，令6，则sin用心 爱心 专心 sincos43sin22sincos331，，sin0,1，fx2sincossincos22函数，又是减134333422，sincosff2sin2sincosf，即abc.故选D.

sincos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x2时，fx1fx2fx1fx2，当x1x2时，fx1fx2

fx1fx2.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就是这样解决问题的.

因为正确答案应对一切0,故又可以运用特殊值法.对0,内的某个角都正确，22不正确的选择支都是错误的，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6，排除了A、B、C、而选D的.

当然，此题也可用作差比较法来解：0,数，sin0，cos0.ablogsin，sin0,1，fx是单调减函2sincoslogsinsincos

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

sincossin2sincossincoslogsinlogsinlogsin10，即

2sincossincos2sincossincosx1logsinbc，abc.选D.

题7 已知a12，不等式23loga9的解是 .

4（第三届高二第二试第13题）

x2解 原不等式即3logax1122.指数函数是减函数，a，原不等式2332用心 爱心 专心 化为logx1122，即log2x112log11222.又对数函数log12x是减函数，1即x12，解得1x3.对数函数logx1，2x112的定义域是x1的实数，原不等式的解是1x1或1x3.

评析 此题涉及到指数不等式、对数不等式、绝对值不等式的解法.解指数不等式与对数不等式的基本方法是同底法，即先将不等式两边的指数式或对数式化成底数相同的指数式或对数式，然后根据底数所属区间是0,1或1,，确定以该底数为底的指数函数或对数函数的单调性，再去掉底数或对数符号，转化成别的不等式.主要依据如下：

⑴若0a1,则a⑵若a1,则afxfxagxgxfxgx；

afxgx；

logagxgx⑶若0a1,则loga⑷若a1,则logafxfxfxgx0；

loga0fxgx.

有时需要将常数化为指数式或对数式，其化法如下：

⑴aclogca（a0,c0,且c1）；（化为指数式）

a⑵alogcc（c0,且c1）.（化为对数式）

log例如，233将常数2化为3为底的指数式，2log3将常数2化为3为底的对数232式.

解指数不等式不需检验，但解对数不等式必须保证解使得对数式有意义，这点常被忽略.

若一个指数不等式的指数部分是对数式，常常采用取对数法求解.

例 不等式xlgxx的解集是 .

（第十一届高二培训题第40题）

解 两边取常用对数，得lgx2lgx，即

12lgxlgx0,lg2x4lgx0,lgx0或lgx4,0x1或x104.故所求解集4是0,110,.

4应当指出，两边取对数后，不等号的方向变不变，关键看取的是什么底数.如果底数大于1，则不等号方向不变，如果底数大于0且小于1，则不等号方向改变.

关于绝对值不等式，主要是根据绝对值的几何意义求解.下列结论应当理解并熟记（a为常数）.

⑴xaa0的解集是；

用心 爱心 专心 ⑵xaa0的解集是a,a；

⑶xaa0的解集是R；

⑷xaa0的解集是,aa,.

下列题目供练习：

⑴已知常数0,，则不等式tan4x23x10cotx8的解集是 .

（第八届高二第一试第16题）

⑵若函数fxlog2log2x2x42的定义域是不等式log12x7log1x30的22解集，则fx的最小值= ；最大值= .

（第十届高二第一试第23题）

⑶不等式log2x2x2xlog2x2xx的解集是 .

（第九届高二培训题第23题）

⑷（ ）

不等式23x231的解是

2x2 （B）x6或x2

3（C）x6 （D）x2

（A）x6或答案 ⑴,25,3741 ⑵ ；2 ⑶,2 ⑷A

4132题8 不等式1x2xt 的解集是 ,实数t的取值范围(用区间形式)是 .

(第一届高二第一试第18题)

解法1 由1x2xt两边平方并整理得2x2txt10,此方程无实根,故224t28t214t280,t22.又t0,t2.故填解法2 作出函数y1x2的图象(即图中的半圆)及函数yxt的图象(即图中斜率为1的直线系).由题意,直线应在半圆的上方,由图象可知直线yxt在y轴上的截距t2,.

y

2

2.故填22,.

1

2

-1

解法3 由1x0,得1x1.故设o

1

x

用心 爱心 专心 xcos,0,,则已知不等式就是sincost,即tsincos.

3sincos2sin,又,,sincos[1,2].由4444题意得t2. 故填2,.

评析 这是一道蕴含着丰富数学思想方法的好题.解法1﹑2﹑3分别运用方程思想﹑数形结合思想﹑化归转换思想,从不同的角度解决了问题,体现了这道题的丰富内涵.解法2揭示了本题的几何背景.解法3的依据是:不等式1x2xt 的解集是等价于不等式t1x2x恒成立.有人认为不等式1x2xt 的解集是等价于不等式t1x2x有解,这种观点是错误的.事实上,t1时,不等式t1x2x就有解(比如2311x就是其一个解),而t时,不等式1x2xt即1x2x的解集却不是

522(比如0就是它的一个解).

拓展 通过上面的分析,并作进一步的研究,我们便有下面的

结论 已知t为参数,

f(x)的值域是a,b.

(1) 若tf(x)恒成立,则ta.

(2) 若tf(x)恒成立,则tb.

(3) 若tf(x)的解集是,则tb.

(4) 若tf(x)的解集是,则ta.

(5) 若tf(x)有解,则tb.

(6) 若tf(x)有解,则ta.

若将f(x)的值域改为a,b、a,b、a,b等，也会有相应的结论，限于篇幅，不再一一列出．

根据这一结论，请回答下列问题：

1.不等式1x23xt的解集是，则实数t的取值范围是 ．

2.不等式1x23xt的解集是，则实数t的取值范围是 ．

3.不等式1x23xt有解，则实数t的取值范围是 ．

4.不等式1x23xt有解，则实数t的取值范围是 ．

用心 爱心 专心 5.不等式1x23xt恒成立，则实数t的取值范围是 ．

6.不等式1x23xt恒成立，则实数t的取值范围是 ．

答案 1.

6.2,

题（ ）

9 不等式2, 2.,3 3.3, 4.,2 5.,3

x2x24x30的解集是

35553555A、,, B、

2222C、,55353555 D、,,

2222（第十三届高二第二试第8题）

22解法1 当x4x30，即x1或x3时，原不等式就是x2x4x30,即x25x50，解得2555555x.3x.

22222当x4x30,即1

2222解法2 如图，作函数yx2和yx24x3的图象.要求的解集就是y1y2，即y1在y2上方时x的区间，即图中线段AB上的点所对应的横坐标所组成的区间xA,xB.

又y2x4x3x21,当2x3时，22y21x2.由1x2x2可解得22xA352.当x3时，y2x21,由2A

B

1 3

用心 爱心 专心 x221x2可解得xBA.

355555，所求不等式的解集为,，故选222解法3 同解法2画出图形后，可知解集为一个闭区间a,b，且a2,3，对照

选择支.可知选A.

解法4 当x1.5时，x2x24x30时，故1.5不是原不等式的解，从而排除含1.5的B、C、D，故选A.

评析 解含绝对值的不等式，一般是先去掉绝对值符号，然后再求解.解法1正是运用分类讨论思想这样解决问题的，也是一种通法.

我们知道，方程fxgx的解就是函数yfx与ygx的图象交点的横坐标；若图象无交点，则方程无解.而不等式fxgx的解集则是函数yfx的图象在ygx的图象上方部分的点的横坐标的集合；若yfx的图象都不在ygx的图象的上方，则不等式无解.解法2正是运用这种数形结合思想解决问题的.许多超越不等式的近似解或解的所属范围也都运用此法解决.

选择题的正确答案就在选择支中，只是要求我们把它选出来而已.因此,不是非要求出答案再对照选择支选择答案不可的.基于此，解法3运用估算的方法选出了正确答案(注意：估算能力是高考明确要求要考查的能力之一).而解法4则运用特殊值排除了干扰支，进而选出了正确答案.类似这种不等式（方程）的解集是什么的选择题几乎都可用这种方法解，而且十分方便.值得注意的是，特殊值只能否定错误结论，根据正确选择支的唯一性才能肯定正确答案.另外，如何选取特殊值也是很有讲究的，读者可在解题实践中体会并加以总结.

题10 不等式4x223x2000的解集是 .

1999（第十一届高二培训题第41题）

解 设y=4x223x ，由4x201，得定义域为[，3].

23x020001999y24x24(3x)4(4x2)(3x)1044x214x610,y10即原不等式在定义域内恒成立，故所求解集为[1，3].

29.71623的解集5.276评析 解无理不等式，通常是通过乘方去掉根号，化为有理不等式后再解.但从此题中不等式右边的数可以想象该有多么复杂，若将题目改为“4x223x是 ”，还会有谁想通过平方化为有理不等式去解呢？显然，常规方法已难以解决问题，怎么办呢？考虑到不等式中的x∈[12000，3]，从而左边10，故解集就是定义域，这21999就启示我们，当常规思维受阻或难以奏效时，就应积极开展非常规思维，另辟蹊径，寻求解决问题的新方法.

用心 爱心 专心 拓展 根据上面的分析，并加以拓广，我们可得

结论 设a,b,c是常数，若x[a,b],f(x)[m,n],g(x)[p,q],则

当mc时,不等式f(x)c的解集是[a,b],f(x)c的解集是；

当nc时, 不等式f(x)c的解集是,f(x)c的解集是[a,b];

当np时, 不等式f(x)g(x)的解集是,

f(x)g(x)的解集是[a,b];

当mq时，不等式f(x)g(x)的解集是[a,b]，f(x)g(x)的解集是.

根据这一结论，不难求得下列不等式的解集：

1、 2sinx+3cosx>4;

2、

3x6122x3;

3、

x4log3(x1)34x;

4、 sinx-cosx

答案：1、 2、[2，+∞) 3、 4、R

用心 爱心 专心


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