最新高中数学：希望杯竞赛试题详解
高中数学：希望杯竞赛试题详解（1-10题）
题1 已知y x a b b y b b a x b a ,,,,0则--=-+=<<的大小关系是 .
（第十一届高二第一试
第11题）
解法1 b b a a b b a x ++=
-+=，a
b b a
a b b y -+=--=.
y x a b b b b a b a <∴-+>++∴<<,,0Θ.
解法2 b
b a a
b b a b b b b a y x ++-+=
---+=，y x y x a b b a <∴<∴->+,1,Θ. 解法3 a a
b b a b b a a
b b b b a y x -+-
++=----+=-1111 =
y x y
x a a b b a <∴>-∴>--+,01
1,0.
解法4 原问题等价于比较a b b a -++与b 2的大小.由,2
)(2
2
2
y x y x +≥
+得b a b b a a b b a 4)(2)2=-++≤-++（，b a b b a 2≤-++∴. y x b a b b a a b b a <∴<-++∴-≠+,2,Θ.
解法5 如图1，在函数x y =的图象上取三个
不同的点A （a b -，a b -）、B （b ，b ）、C
（b a +，b a +）. 由图象，显然有AB BC k k <，即
)
()(a b b a
b b b b a b b a ----<
-+-+， 即a b b b b a --<-+，亦即y x <
.
b+a
图1
解法6
令()f t =，t
t a a
t f ++=
)(Θ单调递减，而a b b ->，
)()(a b f b f -<∴，即a b b b b a --<-+，y x <∴.
解法7 考虑等轴双曲线)0(22>=-x a y x . 如图2，其渐近线为x y =.在双曲线上取两点 A （b ，a b -）、B （a b +，b ）. 由图形，显然有1>AB
k ，即1>-+--b
b a a
b b ，从而
y x <.
解法8 如图3.在Rt △ABC 中，∠C 为直角，BC=a ，AC=b ，BD=b ，则AB=b a +，DC=a b -.
在△ABD 中，AB-AD 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：0,>b a 时，1a a b b >?>；0, >?<.此题直接作差难以确定差与0的大小，解法3对y x ,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y x ,恰为其两个函数值，且该函数还 图 2 图3 应是单调的（最起码在包含y x ,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y x ,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,2,1==b a 则1 21 12,2 31 23+=-=+= -=y x ，>Q 10+>， .,1 21 2 31 y x <∴+< +可再取两组特殊值验证，都有y x <.故答案为y x <. 从逻辑上讲，取2,1==b a ，得y x <.即使再取无论多少组值（也只能是有限组值）验证，都得y x <，也只能说明y x >或y x ≥作为答案是错误的，而不能说明y x <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y x a b b y b b a x b a ,,,,0则--=-+=<<的大小关系是 （ ） A 、y x > B 、y x ≥ C 、y x = D 、y x < 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c b a >>N n ∈,，且11n a b b c a c +≥ ---恒成立，则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） 解法1 原式n c b c a b a c a ≥--+--? ．min a c a c n a b b c --?? ∴≤+??--??．而b a c a --+c b c a -- = b a c b b a --+-+b c a b b c -+--=2+b a c b --+c b b a --≥4，且当 b a c b --=c b b a --，即 b c a 2=+时取等号．min a c a c a b b c --?? ∴+? ?--??4=．4n ∴≤．故选C ． 解法2 Θc b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ，已知不等式化为 ()()()2a c n a b b c -≤ --．由()()()()22 2 42 a c a c a b b c a b b c --≥=---+-?? ?? ? ，即()()()4min 2=??? ???---c b b a c a ，故由已 知得4≤n ，选C ． 解法3 由c b a >>，知0,0,0>->->-c a c b b a ，有()?? ? ??-+--≤c b b a c a n 11．又()()()[]()41111112 =+≥?? ? ??-+--+-=??? ??-+--c b b a c b b a c b b a c a ， 即()411min =??? ?? ???? ??-+--c b b a c a ，由题意，4≤n ．故选C ． 解法4 Θc b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ．∴已知不等式可变形为 ()()()2a c n a b b c -≤ --．记()()() 2 a c k a b b c -=--， 则()()[]()() ()()[]()() 422 2 =----≥ ---+-= c b b a c b b a c b b a c b b a k ．由题意，4≤n ．故选C ． 解法5 Θc b a >>11 0,0.a b b c ∴ >>--于是 ()()c a c b b a c b b a -=-+-≥-+-4 411．比较得4≤n ．故选C ． 评析 由已知，可得()?? ? ??-+--≤c b b a c a n 11恒成立．根据常识“若()a f x ≤恒成立，则()min x f a ≤；若()x f a ≥恒成立，则()max a f x ≥,”()?? ? ??-+--c b b a c a 11的最小值就是所求n 的最大值，故问题转化为求()?? ? ??-+--c b b a c a 11的最小值，上述各种解法都是围绕这一中心的，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2,,b a a b R a b ++≥∈“”；解法2运用了” “2 2??? ??+≤b a ab ；解法3运用了()”“411≥?? ? ??++b a b a ；解法4运用了()”“+∈≥+R b a ab b a ,2；解法5运用了 () ” “+∈+≥+R b a b a b a ,4 11．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 30第8题： 已知c b a >>，求证： 01 11>-+-+-a c c b b a ． 证：令()0,0,>>=-=-y x y c b x b a ，则y x c a +=-． ()22111111x y xy a b b c c a x y x y xy x y ++∴++=+-= ---++．0,0x y >>Q ， 01 11>-+-+-∴ a c c b b 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()0,0,>>=-=-y x y c b x b a ，则y x c a +=-．c a n c b b a -≥ -+-11恒成立，就是y x n y x +≥+ 11恒成立．也就是()???? ??++≤y x y x n 11恒成立．()411≥??? ? ??++y x y x Θ恒成立， ∴由题意得4≤n ．故选C ． 再看一个运用这一思想解题的例子． 例 设+ ∈R c b a ,,，求证：2 222c b a b a c a c b c b a ++≥+++++． （第二届“友谊杯”国际数学竞赛题） 证明 设,,,z b a y a c x c b =+=+=+则()()0,,2 1 >++=++z y x z y x c b a ． ()()() 02 222≥+-=++-+y x xy bx ay y x b a y b x a Θ，()2 22a b a b x y x y +∴+≥+ ①， ()()()()222 222222 a b a b c a b c a b c c a b c x y z x y z x y z a b c +++++++∴++≥+≥= =+++++,即 2222c b a z c y b x a ++≥++，2 222c b a b a c a c b c b a ++≥+++++∴． 本赛题还可直接由下面的命题得解． 命题 若021>>>>n a a a Λ，则()n n n a a n a a a a a a --≥ -++-+--12 1322111 11Λ． 证明 021>>>>n a a a ΛΘ，n n a a a a a a ---∴-13221,,,Λ都大于0．反复运用①式， 可得: “若,(1,2,,)i i x y R i n +∈=L ,则2 2111 n i n i i n i i i i x x y y ===?? ???≥∑∑∑,当且仅当1212n n x x x y y y ===L 时取等 号”.故有 ()()22 122311223111111111 n n n n n n a a a a a a a a a a a a a a --+++-+++≥=----+-++--L L L ． 也可以这样证明： 021>>>>n a a a ΛΘ，12231,,,0n n a a a a a a -∴--->L ．故由柯西不等式，得 ()()()1223112231111( )n n n n a a a a a a a a a a a a --+++-+-++-??? ?---L L ()()2 11 111n -≥+++L 1442443个 ()2 1n =-，即()()2 1132211)111( -≥--++-+--n a a a a a a a a n n n Λ．01>-n a a Θ， ()n n n a a n a a a a a a --≥-++-+-∴-12 1322111 11Λ． 由此可得本赛题的如下解法： Θc b a >>，0,0,0>->->-∴c a c b b a ， ()c a c b b a c b b a -=-+-+≥-+-∴4111 12 ．由 题意，4≤n ．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 1232000 2001a a a a a >>>>>L ，并且122320002001111m a a a a a a =+++---L ，2001 16 104a a n -?=，则 m 与n 的大小关系是 ( ) A 、n m < B 、n m > C 、n m ≥ D 、n m ≤ 解 1232000 2001a a a a a >>>>>Q L ，2001 16 2001121042000a a a a m -?= -≥∴．故选C ． 题3 设实数y x n m ,,,满足a n m =+22，b y x =+22，则ny mx +的最大值为 ( ) A 、21()b a + B 、 21 2 2 b a + C 、 2 2 2b a + D 、ab （第十一届高二培训题第5题） 解法1 设,sin ,cos ααa n a m ==,sin ,cos ββb y b x == 则,)cos(sin sin cos cos ab ab ab ab ny mx ≤-=+=+βαβαβα 即)(ny mx +max =ab .故选D ． 解法2 b n a b m a b a n m =+?=+2222,又b y x =+22,+=+∴ mx a b ny mx a b )( ≤ny a b 2222()()2b m n x y a ++++==.2 b b a a b =+?ny mx +∴,ab a b b =≤ x = ,y =即my nx =时取等号，max )ny mx +∴（.ab = 解法3 2222222222222()2mx ny m x mxny n y m x m y n x n y +=++≤+++ ()()2222,m n x y ab =++ =mx ny ∴+≤当且仅当my nx =时取等号，故 ( )max mx ny += . 解法4 设()(),,,,p m n q x y → → ==则cos ,p q p q p q θ→→→→→→ ?=??≤?222 ,p q p q →→→→∴?≤? ()()2 2 2 mx ny m n +≤+即()2 2 ,x y ab +=当且仅当,p q →→ 共线，即my nx =时取等号，故 ( )max mx ny += . 解法5 若设mx ny k +=，则直线mx ny k +=与圆22x y b +=有公共点，于是 ≤ ( )max k mx ny mx ny =+≤∴+=解法6 设12,z m ni z x yi =+=-,则()()()()12,z z m ni x yi mx ny nx my i =+?-=++-∴ 1212,z z mx ny mx ny mx ny z z ?= ≥ =+≥+∴+≤ 12 z z = ?==当且仅当my nx =时取等号，故()max mx ny +=． 解法7 构造函数()()()222222f X m n X mx ny X x y =+++++， 则()()()2 2 0.f X mX x nX y =+++≥故()()()2 222244mx ny m n x y ?=+-++ ()2 440,mx ny ab =+-≤ 即()max mx ny mx ny +≤∴+.ab = 解法8 由2222,m n a x y b +=+=还可构造图形（如 图），其中 90,ACB ADB ?∠=∠ =,AC = ,BC = ,,BD x AD y AB ===理,AD BC BD AC ?+?2,AB CD AB =?≤ ,x y b ?+?≤ ，从而得mx ny +≤当且仅当my nx =且0mx >时取等号．( )max mx ny ∴+= 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2 2 2b a ab +≤将ny mx +放大为关于22n m +与22y x +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 2222max ,22222 m n x y m x n y a b a b mx ny mx ny ++++++++≤+==∴+= ．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x a =①且y b =②，而若①，②式同时取得，则2222m n x y +=+，即,a b =这与题设矛盾！即当a b ≠时，mx ny +取不到2 a b +．解法2是避免这种错误的有效方法． 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k ny mx =+后，将其看作动直线，利用该直线与定圆b y x =+22有公共点，则圆心到直线的距离小于等于半径，得ab ny mx k ≤+=，充分体现了等价转化的解题功能． 解法7运用的是构造函数法．为什么构造函数 ()()()2222f X m n X mx ny X =+++2x + 2y +呢？主要基于两点：①()f X 为非负式（值大于等于0），②由于()0≥X f ， 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2222221212,,n n a a a p b b b q +++=+++=K K 则()1122max n n a b a b a b +++K = ()1,2,,i i b i n ==K 时取得最大值）. 证明 2 2 2 222 1212n n a a a p ???+++=?+++????????? K K .q = 1122a b a b ∴+++ K 1122n n n n a b b b b ?= ?+?++???? K ≤ +?? ???? K = () ,2222222212 2221pq q p p q q p b b b a a a p q q p n n =??? ?? ? ??+?=????? ???????+++++++K K 当且仅当 ()().,,2,1max 2211pq b a b a b a n i b a p q n n i i =+++∴==K K 时取等号， 本推广实际就是由著名的Cauchy （柯西）不等式 ()()()222212222122211n n n n b b b a a a b a b a b a +++?+++≤+++K K K （当且仅当 n n b a b a b a ===K 22 11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1 23,,,,,,234,8.a b c x y z R a b c x y z +∈++=++=且 最大值． 解 2 2 2 123 2344,8a b c x y z ++=?++=++ =2 2 ?+ 2 +＝8 ==当 ===即12ax by cz ===时取等号． max ∴=.24 题4 对于1≤m 的一切实数m ，使不等式221(1)x m x ->-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?????--<>-1120122x x m x 或??? ??--><-11 20122x x m x 或???>-=-012012 x x ，即?????--<>-11210122x x x 或?? ? ??-->-<-11210 122x x x 或?? ?>-=-012012x x ,所以21< ???<+--=<+-+-=-0121)1(0121)1(2 2x x f x x f ，即???<->-+0 20 2222x x x x ，解得213<<-x )1(≠x . 又当1=x 时，1)(-=m f ，适合题意，当1-=x 时，()3f m =不合题意. 故x 的取值范围是213<<-x . 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12-x 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()()121)(2---=x m x m f 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，又直观易懂. 题5 当0x a <<时,不等式 2) (1 122≥-+x a x 恒成立,则a 的最大值是________. (第十一届高二培训题第45题) 解法1 当0x a <<时, 2≥-+-x a x x x a ①,又有2) ()(2 2 22≥-+-x a x x x a ②, ②+①×2,得6) (222 222≥--+-x a x ax x x a ,6)()(122222≥---+-x a x a a x a ,8)(2 222≥-+x a a x a ,即2228)(11a x a x ≥-+.由28 2≥a ,得02a <≤,2max =∴a . 解法2 2222)11()11()(112x a x x a x x a x --+-+=???? ??-+Θ, 又 =-+x a x 11 +a 4 (1 a 2)x a x x x a ---, 2 22)4()(112a x a x ≥?? ????-+∴, 即2228)(11a x a x ≥-+, 当且仅当x a x x x a -=- 且 x a x -=11, 即 2a x = 时取等号. Θ 2)(112 2≥-+x a x 恒成立, ∴ 28 2,02a a ≥<≤. 于是2max =a . 解法3 原不等式等价于 12 )(112 2≥-+ x a x ,由 0x a <<,可知10, x >10a 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1) (2 ≥-+x a x , 即2≤a 即可, 故02a <≤, 于是2max =a . 解法4 Θ 22)(11x a x -+2≥ 即 2)(1122 22≥?? ????--++x x a x x ①成立，又Θ 212 2 ≥+x x 恒成立， ∴a 只要满足22)(1x x a --0≥②就能使①恒成立.由②式，得2x 2)(x a -1≤，1)(≤-x a x ，012≤-+-ax x ③.由于对称轴),0(2 a a x ∈= ，由二次函数的性质，当),0(a x ∈时，要③式恒成立，则24002a a ?=-≤∴<≤ 2max =∴a . 解法5 设αα22sin , cos =-=a x a a x （0x a <<），则22)(11x a x -+=α 4 2cos 1 a + α42sin 1a ==+?αααα444 4 2cos sin cos sin 1a =-?αα 2sin 16 12sin 21 11422 a αα2sin 2sin 28422-?a .Θ)22(sin 2+αα2(sin 2－1）0≤，即2－αα2sin 2sin 4 2 ≥，则α α2sin 2sin 24 2-1≥)12sin (2 时取等号当=α，于是2228)(11a x a x ≥-+，由已知，得282,02,a a ≥∴<≤2max =∴a . 解法6 设1 1 ,(0,0),X Y X Y x a x == >>-则 2 2 2X Y +≥表示在XOY 坐标系第一象限内以原点为圆 心，2为半径的圆及其外部.由11 ,,X Y x a x == -得示双,aXY X Y =+又aXY X Y =+,4 ,22a XY XY ≥∴≥它表 分.依 曲线24 a XY =位于第一象限内的一支及其上方部 题意，双曲线 22 2 4(0)200XY X X Y X Y a = >+=>>与圆弧（，） 相切或相离，从而282≥a ，即02a <≤ 2max =∴a . 解法7 运用结论“如果),,2,1(,n i R y x i i Λ=∈+ ，则≥+++n n y x y x y x 222 2 121Λ ),()(212 21*++++++n n y y y x x x ΛΛ当且仅当k y x y x y x n n ====Λ2211（常数）时取等号.”Θ0x a <<， ∴0.a x ->由柯西不等式，有2 2 222)11())(11)( 11(x a x x a x -+≥-++①，由)(*得 x a x -+11a 4≥②.故,)4())(11(2222a x a x ≥-+得2 228)(11a x a x ≥-+，当且仅当2a x =时取等号，由 28 2≥a ，得02a <≤ 2max =∴a . O 2 x O 解法8 运用结论“2 12122311111(1),,n n n n n a a a a a a a a a a a -->>>+++≥----L L 若则当且 仅当n a a a ,,,21Λ成等差数列时取等号.”2222111122()(0)()x a x x a x ????+=+≥? ???---???? 2 1 10x a x ??+ ?--??2 2 2160)13(a a =?? ????--≥.∴2228)(11a x a x ≥-+，当且仅当x a x -=，即2a x =时取等号.令 28 2≥a ，得02a <≤ 2max =∴a . 评析 Θ 2)(1122≥-+x a x 恒成立，∴2)(11min 22≥??? ???-+x a x .故问题的实质就是求22) (1 1x a x -+的最小值（关于a 的式子）大于等于2的解.因而在0x a <<的条件下，如何求 2 2)(1 1x a x -+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. 拓展 此题可作如下推广： 推广1 若1210n x x x a -<<<< 121221 )(1)(11n x a x x x Λ23 a n ，当且仅当a x x x n ,,,,121-Λ成等差数列时取等号. 证明 由已知，1210n x x x a -<<<< ?? ??-++-+ -212122 1 )(1 )(11n x a x x x n Λ ≥21 211111n x x x a x -??+++≥ ?--??L 2 24 2,n n a a ??= ???故≥-++-+-2 121221)(1)(11n x a x x x Λ23a n . 当且仅当a x x x n ,,,,121-Λ成等差数列时取等号. 推广2 若1210n x x x a -<<<< ++k k x b 1 11 k k n k n k n k k a b b b x a b x x b 12111 121 2 )()()(+-+++++≥-++-ΛΛ，当且仅当∑==n i i i i b ab a 1 时取等号. 证明 不妨设112211,,,--=-==n n x a a x x a x a Λ ，=M ,)(11 +=∑k n i i b 由已知得i a 0> 且),,2,1(n i Λ=,1 a a n i i =∑=令a a c i i =，则∑=n i i c 1=111=∑=n i i a a .由均值不等式，++k i k i c b 1 ≥+++4443 44421Λ个 k i i i Mc Mc Mc ,)1(11 +++k k i k b M k 即k i k i c b 1 +k n i b b b k kMc ))(1(21++++≥+Λi b ?，则 11111(1)()k n n n k i i i k i i i i b kM c k b c ++===+≥+∴∑∑∑1111()k n n k i i k i i i b b c ++==≥∑∑，即11k n k i k i i b a a +=≥∑11()n k i i b +=∑， 1 1 111()n k k i n i i k k n i i i i b b a a ++===≥?? ??? ∑∑∑，当且仅当=i a ∑∑∑====?????? ??????n i i i i n i i n i i b ab b b a 111 时取等号. ∴ + +k k x b 1 11 ++k k x b 2 12 k n k n x a b ) (1--+Λk k n a b b b 1 21)(++++≥Λ. 题6 已知()?? ? ? ?∈=2,0,log sin πθθx x f ，设?? ? ? ?+=2 cos sin θθf a ， ( ) θθcos sin ?=f b ，?? ? ??+=θθθcos sin 2sin f c ，那么c b a 、、的大小关系是 （ ） A 、b c a ≤≤ B 、a c b ≤≤ C 、a b c ≤≤ D 、c b a ≤≤ （第八届高二第一试第10题） 解法1 设p =θsin ，q =θcos .pq q p ≥+2 Θ ，而()x f 是减函数， ( ) pq f q p f ≤?? ? ??+∴2，即b a ≤.2 q p pq +≤ Θ ，()2pq q p pq +≤∴， pq q p pq ≤+2.( ) pq f q p pq f ≥??? ? ??+∴2，即b c ≥.故c b a ≤≤.选D. 解法2 由题意，令6 π θ= ，则21 sin = θ，cos 2θ= ，4 3 12cos sin +=+θθ ， 23cos sin 4 = θθ，233cos sin cos sin 2cos sin 2sin -=+=+θθθθθθθ，()1,02 1 sin ∈=θΘ，()x f ∴是减函 数，又233234314->>+，( ) ?? ? ??+< ? ??+∴θθθθθθθcos sin 2sin cos sin 2cos sin f f f ，即 c b a <<.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()x f 单调递增（减），则当21x x <时，()()()()()2121x f x f x f x f ><，当21x x >时，()()21x f x f > ()()()21x f x f <.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?? ? ? ?∈2,0πθ都正确，故又可以运用特殊值法.对?? ? ??2,0π内 的某个角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 π θ= ，排除了A 、B 、C 、而选D 的. 当然，此题也可用作差比较法来解：?? ? ? ?∈2,0πθΘ，()1,0sin ∈∴θ，()x f ∴是单调 减函数，0sin >θ，0cos >θ.=?-+=-∴θθθ θθθ cos sin log 2 cos sin log sin sin b a 01log cos sin 2cos sin log sin sin =≤?+θθ θ θθ θ，b a ≤∴.又-?=-θθθcos sin log sin c b 01log cos sin 2cos sin log cos sin cos sin 2cos sin log cos sin 2sin log sin sin sin sin =≤+=+?=+θθθθ θθθ θθ θθθθθθθθ，即 c b ≤，c b a ≤≤∴.选D. 题7 已知2 1= a ，不等式4 9 321 log < ? ? ? ??-x a 的解是 . （第三届高二第二 试第13题） 解 原不等式即2log 32321 -??? ?? ? ? ??-x a .Θ指数函数x ?? ? ??32是减函数，21=a ，∴原不等式化为2log 1 2 1->-x ，即2 212 11 2 1log log -???? ??->x .又Θ对数函数log x 是减函数， 2 211-?? ? ??<-∴x ，即21<-x ，解得31<<-x .Θ对数函数12 1log -x 的定义域是1≠x 的 实数，∴原不等式的解是11<<-x 或31< 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()1,0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01a <<,则()()()()f x g x a a f x g x ； ⑵若1a >,则()()()()f x g x a a f x g x ⑶若01a <<,则()()()()log log 0f x g x a a f x g x >； ⑷若1a >,则()()()()log log 0f x g x a a 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 c c a log =（,0,0>>c a 且1≠c ）；（化为指数式） ⑵log a c a c =（,0>c 且1≠c ）.（化为对数式） 例如，2 3 log 32=将常数2化为3为底的指数式，2 33log 2=将常数2化为3为底 的对数式. 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 x x >lg 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()x x lg lg 2 >，即 0lg ,0lg 4lg ,0lg lg 4 122 <>->-x x x x x 或10,4lg <<∴>x x 或410>x .故所求解集是()()+∞,101,04Y . 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）. ⑴()0≤a a x 的解集是R ； ⑷()0x a a >>的解集是()()+∞-∞-,,a a Y . 下列题目供练习： ⑴已知常数?? ? ? ?∈4,0πθ，则不等式() () 8 10 3cot tan 2--->x x x θθ的解集是 . （第八届高二第一试第16题） ⑵若函数()??? ? ? ???? ? ?=4 2 2 2log log x x x f 的定义域是不等式2 1122 2log 7log 30x x ??++≤ ???的解集，则()x f 的最小值= ；最大值= . （第十届高二第一试第23题） ⑶不等式2 2 222log 2log x x x x x x ++>的解集是 . （第九届高二培训题第23题） ⑷不等式1323>--x 的解是 （ ） （A ）6>x 或23 2 <≤x （B ）6>x 或2 52,Y ⑵43 ；2 ⑶?? ? ??2,21 ⑷A 题8 不等式t x x +≥-21 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t x x +=-21两边平方并整理得012222=-++t tx x ,此方程无实根,故()084184222<+-=--=?t t t ,22>t .又0>t ,2>∴t .故填()+∞,2. 解法2 作出函数21x y -=的图象(即图中的半圆)及函数t x y +=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t x y +=在y 轴上的截距 2>t .故填 ( ) +∞,2.