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高中數學經典例題集
第一部分
(一道解析幾何題)
（本題15分）已知曲線C是到點和到直線
距離相等的點的軌跡，l是過點Q（-1，0）的直線，
M是C上（不在l上）的動點；A、B在l上，
軸（如圖）。
（Ⅰ）求曲線C的方程；
（Ⅱ）求出直線l的方程，使得為常數。
（Ⅰ）解：設為上的點，由題設得：
．化簡，得曲線的方程為．
（Ⅱ）解法一：設，直線，則
，從而．
在中，因為
， ．
所以 . ，
．
當時，，從而所求直線方程為．
解法二：設，直線，則，從而
． 過垂直于的直線．
因為，所以，
．
當時，，從而所求直線方程為．
（不等式經典試題）
例1 若，證明（ 且）．
分析1 用作差法來證明．需分為和兩種情況，去掉絕對值符號，然后比較法證明．
解法1 （1）當時，
因為 ，
所以

．
（2）當時，
因為
所以

．
綜合（1）（2）知．
分析2 直接作差，然后用對數的性質來去絕對值符號．
解法2 作差比較法．
因為

，
所以．
說明：解法一用分類相當于增設了已知條件，便于在變形中脫去絕對值符號；解法二用對數性質（換底公式）也能達到同樣的目的，且不必分而治之，其解法自然簡捷、明快．
典型例題二
例2 設，求證：
分析：發現作差后變形、判斷符號較為困難．考慮到兩邊都是正數，可以作商，判斷比值與1的大小關系，從而證明不等式．
證明：
∵，∴
∴. ∴
又∵，
∴.
說明：本題考查不等式的證明方法——比較法(作商比較法).作商比較法證明不等式的步驟是：判斷符號、作商、變形、判斷與1的大小.
典型例題三
例3 對于任意實數、，求證（當且僅當時取等號）
分析 這個題若使用比較法來證明，將會很麻煩，因為，所要證明的不等式中有，展開后很復雜。若使用綜合法，從重要不等式：出發，再恰當地利用不等式的有關性質及“配方”的技巧可得到證明。
證明：∵ （當且僅當時取等號）
兩邊同加，
即： （1）
又：∵ （當且僅當時取等號）
兩邊同加
∴
∴ （2）
由（1）和（2）可得（當且僅當時取等號）．
說明：此題參考用綜合法證明不等式．綜合法證明不等式主要是應用均值不等式來證明，要注意均值不等式的變形應用，一般式子中出現有平方和乘積形式后可以考慮用綜合法來解．
典型例題四
例4 已知、、，，求證
分析 顯然這個題用比較法是不易證出的。若把通分，則會把不等式變得較復雜而不易得到證明．由于右邊是一個常數，故可考慮把左邊的式子變為具有“倒數”特征的形式，比如，再利用“均值定理”就有可能找到正確的證明途徑，這也常稱為“湊倒數”的技巧．
證明：∵
∴


∵，同理：，。
∴
說明：此題考查了變形應用綜合法證明不等式．題目中用到了“湊倒數”，這種技巧在很多不等式證明中都可應用，但有時要首先對代數式進行適當變形，以期達到可以“湊倒數”的目的．
典型例題五
例５ 已知，求證：＞0.
分析：此題直接入手不容易，考慮用分析法來證明，由于分析法的過程可以用綜合法來書寫，所以此題用兩種方法來書寫證明過程.
證明一：(分析法書寫過程)
為了證明＞0
只需要證明＞
∵
∴
∴＞0
∴＞成立
∴＞0成立
證明二：(綜合法書寫過程)
∵ ∴
∴＞ ＞0
∴＞成立
∴＞0成立
說明：學會分析法入手，綜合法書寫證明過程，但有時這兩種方法經常混在一起應用，混合應用時，應用語言敘述清楚.
典型例題六
例6 若，且，求證：
[來源:學科網]
分析 這個不等式從形式上不易看出其規律性，與我們掌握的定理和重要的結論也沒有什么直接的聯系，所以可以采用分析的方法來尋找證明途徑．但用“分析”法證不等式，要有嚴格的格式，即每一步推出的都是上一步的充分條件，直到推出的條件是明顯成立的（已知條件或某些定理等）．
證明：為要證
只需證，
即證，
也就是，
即證，
即證，
∵，
∴，故即有，
又 由可得成立，
∴ 所求不等式成立．
說明：此題考查了用分析法證明不等式．在題目中分析法和綜合法是綜合運用的，要注意在書寫時，分析法的書寫過程應該是：“欲證……需證……”，綜合法的書寫過程是：“因為（∵）……所以（∴）……”，即使在一個題目中是邊分析邊說明也應該注意不要弄混．
典型例題七
例7 若，求證．
分析：本題結論的反面比原結論更具體、更簡、宜用反證法．
證法一：假設，則，
而，故．
∴．從而，
∴．[來源:Zxxk.Com]
∴．
∴．
這與假設矛盾，故．
證法二：假設，則，
故，即，即，
這不可能．從而．
證法三：假設，則．
由，得，故．
又，
∴．
∴，即．
這不可能，故．
說明：本題三種方法均采用反證法，有的推至與已知矛盾，有的推至與已知事實矛盾．
一般說來，結論中出現“至少”“至多”“唯一”等字句，或結論以否定語句出現，或結論肯定“過頭”時，都可以考慮用反證法．
典型例題八
例8 設、為正數，求證．
分析：用綜合法證明比較困難，可試用分析法．
證明：要證，只需證，
即證，
化簡得，．
∵，
∴．
∴．
∴原不等式成立．
說明：1．本題證明易出現以下錯誤證法：，，然后分(1)；(2)；(3)且；(4)且來討論，結果無效．
2．用分析法證明數學問題，要求相鄰兩步的關系是，前一步是后一步的必要條件，后一步是前一步的充分條件，當然相互為充要條件也可以．
典型例題九
例9 已知，求證．
分析：聯想三角函數知識，進行三角換元，然后利用三角函數的值域進行證明．
證明：從條件看，可用三角代換，但需要引入半徑參數．
∵，
∴可設，，其中．
∴．
由，故．
而，，故．
說明：1．三角代換是最常見的變量代換，當條件為或或時，均可用三角代換．2．用換元法一定要注意新元的范圍，否則所證不等式的變量和取值的變化會影響其結果的正確性．
典型例題十
例10 設是正整數，求證．
分析：要求一個項分式的范圍，它的和又求不出來，可以采用“化整為零”的方法，觀察每一項的范圍，再求整體的范圍．
證明：由，得．
當時，；
當時，
……
當時，．
∴．
說明：1、用放縮法證明不等式，放縮要適應，否則會走入困境．例如證明．由，如果從第3項開始放縮，正好可證明；如果從第2項放縮，可得小于2．當放縮方式不同，結果也在變化．
2、放縮法一般包括：用縮小分母，擴大分子，分式值增大；縮小分子，擴大分母，分式值縮小；全量不少于部分；每一次縮小其和變小，但需大于所求，第一次擴大其和變大，但需小于所求，即不能放縮不夠或放縮過頭，同時放縮后便于求和．
典型例題十一
例11 已知，求證：．
分析：欲證不等式看起來較為“復雜”，宜將它化為較“簡單”的形式，因而用分析法證明較好．
證明：欲證，
只須證．
即要證，
即要證．
即要證，
即要證．
即要證，即．
即要證　　　（*）
∵，∴（*）顯然成立，
故
說明：分析法證明不等式，實質上是尋求結論成立的一個充分條件．分析法通常采用“欲證——只要證——即證——已知”的格式．
典型例題十二
例12 如果，，，求證：．
分析：注意到不等式左邊各字母在項中的分布處于分離狀態，而右邊卻結合在一起，因而要尋求一個熟知的不等式具有這種轉換功能（保持兩邊項數相同），由，易得，此式的外形特征符合要求，因此，我們用如下的結合法證明．
證明：∵
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　
　　　　　　　　　 ．
∴．
說明：分析時也可以認為是連續應用基本不等式而得到的．左右兩邊都是三項，實質上是公式的連續使用．
如果原題限定，，，則不等式可作如下變形：進一步可得到：．
顯然其證明過程仍然可套用原題的思路，但比原題要難，因為發現思路還要有一個轉化的過程．
典型例題十三
例13 已知，，，求證：在三數中，不可能都大于．
分析：此命題的形式為否定式，宜采用反證法證明．假設命題不成立，則三數都大于，從這個結論出發，進一步去導出矛盾．
證明：假設三數都大于，
即，，．
又∵，，，
∴，，．
∴　　　①
又∵，，．
以上三式相加，即得：
　　②
顯然①與②相矛盾，假設不成立，故命題獲證．
說明：一般情況下，如果命題中有“至多”、“至少”、“都”等字樣，通常情況下要用反證法，反證法的關鍵在于“歸謬”，同時，在反證法的證明過程中，也貫穿了分析法和綜合法的解題思想．
典型例題十四
例14 已知、、都是正數，求證：．
分析：用分析法去找一找證題的突破口．要證原不等式，只需證，即只需證．把變為，問題就解決了．或有分析法的途徑，也很容易用綜合法的形式寫出證明過程．
證法一：要證，
只需證，
即，移項，得．
由、、為正數，得．
∴原不等式成立．
證法二：∵、、為正數，
．
即，故．
，
．
說明：題中給出的，，，，只因為、、都是正數，形式同算術平均數與幾何平均數定理一樣，不加分析就用算術平均數與幾何平均數定理來求證，問題就不好解決了．
原不等式中是用“不大于”連結，應該知道取等號的條件，本題當且僅當時取“＝”號．證明不等式不論采用何種方法，僅僅是一個手段或形式問題，我們必須掌握證題的關鍵．本題的關鍵是證明．[來源:學#科#網]
典型例題十五
例15 已知，，且．求證：．
分析：記，欲證，聯想到正、余弦函數的值域，本題采用三角換元，借助三角函數的變換手段將很方便，由條件，可換元，圍繞公式來進行．
證明：令，，且，
則
∵，∴，即成立．
說明：換元的思想隨處可見，這里用的是三角代換法，這種代換如能將其幾何意義挖掘出來，對代換實質的認識將會深刻得多，常用的換元法有：(1)若，可設；(2)若，可設，，；(3)若，可設，，且．
典型例題十六
例16 已知是不等于1的正數，是正整數，求證．
分析：從求證的不等式看，左邊是兩項式的積，且各項均為正，右邊有2的因子，因此可考慮使用均值不等式．
證明：∵是不等于1的正數，
∴，
∴．　　　　①
又．　　　　②
將式①，②兩邊分別相乘得
，
∴．
說明：本題看起來很復雜，但根據題中特點，選擇綜合法求證非常順利．由特點選方法是解題的關鍵，這里因為，所以等號不成立，又因為①，②兩個不等式兩邊均為正，所以可利用不等式的同向乘性證得結果．這也是今后解題中要注意的問題．
典型例題十七
例17 已知，，，，且，求證．
分析：從本題結構和特點看，使用比較法和綜合法都難以奏效．為找出使不等式成立的充分條件不妨先用分析法一試，待思路清晰后，再決定證題方法．[來源:Z+xx+k.Com]
證明：要證，
只需證，
只需證．
∵，，，
∴，，，
∴，
∴成立．
∴．
說明：此題若一味地用分析法去做，難以得到結果．在題中得到只需證后，思路已較清晰，這時改用綜合法，是一種好的做法．通過此例可以看出，用分析法尋求不等式的證明途徑時，有時還要與比較法、綜合法等結合運用，決不可把某種方法看成是孤立的．
典型例題十八
例18 求證．
分析：此題的難度在于，所求證不等式的左端有多項和且難以合并，右邊只有一項．注意到這是一個嚴格不等式，為了左邊的合并需要考查左邊的式子是否有規律，這只需從下手考查即可．
證明：∵，
∴．
說明：此題證明過程并不復雜，但思路難尋．本題所采用的方法也是解不等式時常用的一種方法，即放縮法．這類題目靈活多樣，需要巧妙變形，問題才能化隱為顯，這里變形的這一步極為關鍵．
典型例題十九
例19 在中，角、、的對邊分別為，，，若，求證．
分析：因為涉及到三角形的邊角關系，故可用正弦定理或余弦定理進行邊角的轉化．
證明：∵，∴．[來源:學,科,網]
由余弦定理得
∴，
∴
　　　　 =
　　　　
　　　　
　　　　
說明：三角形中最常使用的兩個定理就是正弦和余弦定理，另外還有面積公式．本題應用知識較為豐富，變形較多．這種綜合、變形能力需要讀者在平時解題時體會和總結，證明不等式的能力和直覺需要長期培養．
第二部分
本題主要考查求曲線的軌跡方程、直線與曲線的位置關系等基礎知識，考查解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力．滿分15分．
21．（本題滿分15分）已知橢圓：的右頂點為，過的焦點且垂直長軸的弦長為．
（I）求橢圓的方程；
（II）設點在拋物線：上，在點處
的切線與交于點．當線段的中點與的中
點的橫坐標相等時，求的最小值．
解析：（I）由題意得所求的橢圓方程為，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
（II）不妨設則
拋物線在點P處的切線斜率為，
直線MN：，代入橢圓得：
，
即，
，
因線段MN的中點與線段PA的中點的橫坐標相等則：
或
或；
當時，不成立；
因此，當時，得，代入成立，
因此的最小值為1．
典型例題一
例1 比較與的大小，其中．
解：
，
，
，
，
∴ ．
說明：由例1可以看出實數比較大小的依據是：①；
②；③．
典型例題二
例2 比較與的大小，其中
解：
，
，
，
，
，
∴ 當時，；
當時，
說明：兩個實數比較大小，通常用作差法來進行，其一般步驟是：第一步：作差；第二步：變形，常采用配方，因式分解等恒等變形手段；第三步：定號，貴州省是能確定是大于0，還是等于0，還是小于0．最后得結論．概括為“三步，—結論”，這里的“變形”一步最為關鍵．
典型例題三
例3 ，比較與（）的大小．
分析：直接作差需要將與（）展開，過程復雜，式子冗長，可否考慮根據兩個式子特點，予以變形，再作差．
解：∵=（）[來源:學科網]
，
，
∴
．
則有時，（）恒成立．
說明：有的確問題直接作差不容易判斷其符號，這時可根據兩式的特點考慮先變形，到比較易于判斷符號時，再作差，予以比較，如此例就是先變形后，再作差．
典型例題四
例4 設，比較與的大小．
解：作差，
1）當時，即，
∴ ；
2）當，即時，，
∴；
3）當但，即或時，，
∴．
說明：如本題作差，變形，變形到最簡形式時，由于式中含有字母，不能定號，必須對字母根據式子具體特點分類討論才能定號．此時要注意分類合理恰當．
典型例題五
例5 比較與的大小
分析：兩個數是冪的形式，比較大小一般采用作商法。
解：
說明：求商法比大小的變形要圍繞與1比大小進行．
典型例題六
例6　設，且，比較：與的大小。
分析：比較大小一般方法是求差法或求商法，利用不等式的性質進行變形，然后確定大小。
解：
當時，，
當時，
即，
又，
說明：求商法的基本步驟是：①求商，②變形，③與1比大小從而確定兩個數的大小.
典型例題七
例7 實數滿足條件：①；②；③，則有( )
A．　　　　 B．
C．　　　　 D．
（天津市2001年南開中學期末試題）[來源:學+科+網Z+X+X+K]
分析：先由條件②③分析出與的關系，根據條件利用①用數軸數形結合比出大小．
解：∵，∴與同側
∵，∴與異側
∵
∴把標在數軸上，只有下面一種情況
由此得出，∴此題選D．
說明：比較大小時可以借助于數軸，利用推出的一些結論在數軸上標出它們的相對位置，這樣容易看出幾個數之間的大小關系，尤其是比較的個數較多時適用．
典型例題八
例8　已知①；②，求：的取值范圍．
分析：此題是給代數式的字母的范圍，求另外代數式的范圍．分為兩步來進行：(1)利用待定系數法將代數式用和表示．(2)利用不等式性質及題目條件確定的范圍．
解：設：
由①+②×2得：
：．
說明：此題的一種典型錯誤做法，如下：
，即：
：
此解法的錯誤原因是因為與是兩個相互聯系，相互制約的量，而不是各自獨立的，當取到最大值或最小值時，不一定能取到最值，所以用以上方法可能擴大變量的范圍．
避免出錯的方法是通過待定系數法“整體代入”，見解題過程．
[來源:學科網]
典型例題九
例9　判斷下列各命題的真假，并說明理由．
（1）若，則
（2）若，則
（3）若，則
（4）若，則
（5）若，則
（6）若，則
分析：利用不等式的性質來判斷命題的真假．
解：（1），是真命題．
（2）可用賦值法：，有，是假命題．
也可這樣說明：，[來源:Z。xx。k.Com]
∵　，只能確定，
但的符號無法確定，從而的符號確定不了，所以無法得到，實際上有：
（3）與（2）類似，由，從而是假命題．
（4）取特殊值：
有，∴　是假命題．
定理3的推論是同向不等式可相加，但同向不等式相減不一定成立．只有異向不等式可相減，即
（5），　∴是真命題．
（6）定理4成立的條件為必須是正數．
舉反例：
，則有
說明：在利用不等式的性質解題時，一定要注意性質定理成立的條件．要說明一個命題是假命題可通過舉反例．
典型例題十
例10　求證：
分析：把已知的大小關系轉化為差數的正負，再利用不等式的性質完成推理．
證明：利用不等式的性質，得
典型例題十一
例11　若，則下面不等式中成立的一個是（　　　）
（A）　　　　　（B）
（C）　　　　　　　　（D）
解：由不等式的性質知：（A）、（B）、（C）成立的條件都不充分，所以選（D），其實（D）　正是異向不等式相減的結果．
說明：本的解法都是不等式性質的基本應用，對于不等式的基本性質要逐條掌握準確，以便靈活應用．
典型例題十二
例12　若，則下面各式中恒成立的是（　　　）．
（A）　　　　（B）
（C）　　　　　（D）
分析　本題考查是否能正確使用不等式的性質來進行變形，應看到，已知條件中含有兩個內容，即，和，根據不等式的性質，可得，，繼而得到且，故，因此選A．
典型例題十三
例13 若，則一定成立的不等式是（　　）
A． B． C． D．
分析：A錯，當時有；同樣B錯；D沒有考慮各數取零和正負號的關系，所以也不對．
故選C，因為不等式兩邊同時加上一個任意數（此題是），原不等式成立．
說明：這類題可以采用特例法：令即得C成立．
典型例題十四
例14　已知：，求證：．[來源:Z,xx,k.Com]
分析：要證明的式子中，左右均為二項差，其中都有一項是兩字母積的形式，因此在證明時，對兩項積要注意性質的使用，對兩項差的證明要注意使用同向加性或異向減性來處理．
證明：
又∴由同向加性可得：．
說明：此題還可采用異向減性來處理：做這類題過程并不復雜，關鍵是記準性質，并能正確地應用．
典型例題十五
例15已知集合求：．
分析：要求，需要先求集合和，從已知來看，的范圍容易求，的元素由可以推算，但在推算過程中，要注意運用不等式的性質．
解：
說明：本題中的條件，意在明確集合中的元素為，若去掉此條件，會出現不確定的情況．比如，的實數和的整數顯然是有區別的．另外，這里集合的元素是通過集合的元素求出的，解題時，一定要看清．
典型例題十六
例16 設和都是非零實數，求不等式和同時成立的充要條件．
分析：本題是求兩個不等式同時成立的充要條件，因此，這兩個不等式不能分開來討論．如果分開討論，則成立的條件就是本身；而成立的條件則是與同號，且，但這個條件只是的一個充分條件，并且與第一個不等式是矛盾的．所以必須研究這兩個不等式同時成立的條件．顯然，應該從求它們同時成立的必要條件入手．
解：先求，同時成立的必要條件，即當，同時成立時，與應具備什么條件．
由，得
由可知，再由知，即與異號，因此是不等式與同時成立的必要條件．
再求，同時成立的充分條件．
事實上，當時，必有，且，因而成立．從而是不等式，同時成立的充分條件．
因此，兩個不等式，同時成立的充要條件是．
說明：本題結果表明，與同時成立，其充要條件是為正數，為負數．這與成立的條件，不要混淆．解本題是從必要條件入手的，即若，同時成立，則要研究從不等式和看與的大小有什么關系，從中得出結論（），再把這個結論作為一個充分條件去驗證及能否同時成立．從而解決了本題．
典型例題十七
例17　已知函數滿足：則應滿足（　　）
（A）　　　　　（B）
（C）　　　　　（D）
分析：如果能用與將“線性”表示出：，就可利用不等式的基本性質，由、的取值范圍，推出滿足的條件．
解：∵
∴
故
　　　
由不等式的基本性質，得
故選（C）.
說明：（1）也可設，由代定系數法求得，．
（2）下面的錯誤是值得引以為戒的∵
　
又　
∴　
故選（A）
上述推理錯誤產生的原因是由于將條件
化為使、的取值范圍擴大所致．事實上，作為點集
與之間的關系是，如圖點集N是圖中亂世形OABD所圍成的區域，點集M是由平行四邊形MNBP所圍成的區域，這樣就直觀地表現了，揭示了上述解法的錯誤．
第三部分
本題主要考察橢圓的幾何性質，直線與橢圓，點與圓的位置關系等基礎知識，同時考察解析幾何的基本思想方法和綜合解題能力。滿分15分．
(21) （本題滿分15分）已知，直線，
橢圓，分別為橢圓的左、右焦點.
（Ⅰ）當直線過右焦點時，求直線的方程；
（Ⅱ）設直線與橢圓交于兩點，，
的重心分別為.若原點在以線段
為直徑的圓內，求實數的取值范圍.
（Ⅰ）解：因為直線經過，所以,得
，又因為，所以，
故直線的方程為。
（Ⅱ）解：設，
由，消去得
則由，知，
且有。
由于由題可知
因原點O在以線段GH為直徑的圓內
即
而
所以，即。
又因為且，所以。
所以的取值范圍是。
典型例題一
例1 解不等式：（1）；（2）．
分析：如果多項式可分解為個一次式的積，則一元高次不等式（或）可用“穿根法”求解，但要注意處理好有重根的情況．
解：（1）原不等式可化為
把方程的三個根順次標上數軸．然后從右上開始畫線順次經過三個根，其解集如下圖的陰影部分．
∴原不等式解集為
（2）原不等式等價于
∴原不等式解集為
說明：用“穿根法”解不等式時應注意：①各一次項中的系數必為正；②對于偶次或奇次重根可轉化為不含重根的不等式，也可直接用“穿根法”，但注意“奇穿偶不穿”，其法如下圖．[來源:學#科#網Z#X#X#K]
典型例題二
例2 解下列分式不等式：
（1）； （2）
分析：當分式不等式化為時，要注意它的等價變形
①
②
（1）解：原不等式等價于
用“穿根法”
∴原不等式解集為。
（2）解法一：原不等式等價于
∴原不等式解集為。
解法二：原不等式等價于
用“穿根法”
∴原不等式解集為
典型例題三
例3 解不等式
分析：解此題的關鍵是去絕對值符號，而去絕對值符號有兩種方法：一是根據絕對值的意義
二是根據絕對值的性質：或，因此本題有如下兩種解法．
解法一：原不等式
即[來源:學|科|網Z|X|X|K]
∴或
故原不等式的解集為．
解法二：原不等式等價于
即 ∴．
典型例題四
例4 解不等式．[來源:學§科§網]
分析：這是一個分式不等式，其左邊是兩個關于二次式的商，由商的符號法則，它等價于下列兩個不等式組：
或
所以，原不等式的解集是上面兩個不等式級的解集的并集．也可用數軸標根法求解．
解法一：原不等式等價下面兩個不等式級的并集：
或
或
或
或或．
∴原不等式解集是．
解法二：原不等式化為．
畫數軸，找因式根，分區間，定符號．
符號
∴原不等式解集是．
說明：解法一要注意求兩個等價不等式組的解集是求每組兩個不等式的交集，再求兩組的解的并集，否則會產生誤解．
解法二中，“定符號”是關鍵．當每個因式的系數為正值時，最右邊區間一定是正值，其他各區間正負相間；也可以先決定含０的區間符號，其他各區間正負相間．在解題時要正確運用．
典型例題五
例5 解不等式．
分析：不等式左右兩邊都是含有的代數式，必須先把它們移到一邊，使另一邊為0再解．
解：移項整理，將原不等式化為．
由恒成立，知原不等式等價于．
解之，得原不等式的解集為．
說明：此題易出現去分母得的錯誤解法．避免誤解的方法是移項使一邊為０再解．
另外，在解題過程中，對出現的二項式要注意其是否有實根，以便分析不等式是否有解，從而使求解過程科學合理．
典型例題六
例6 設，解關于的不等式．
分析：進行分類討論求解．
解：當時，因一定成立，故原不等式的解集為．
當時，原不等式化為；
當時，解得；
當時，解得．
∴當時，原不等式的解集為；
當時，原不等式的解集為．
說明：解不等式時，由于，因此不能完全按一元二次不等式的解法求解．因為當時，原不等式化為，此時不等式的解集為，所以解題時應分與兩種情況來討論．
在解出的兩根為，后，認為，這也是易出現的錯誤之處．這時也應分情況來討論：當時，；當時，．[來源:學科網ZXXK]
典型例題七
例7 解關于的不等式．
分析：先按無理不等式的解法化為兩個不等式組，然后分類討論求解．
解：原不等式或
由，得：　
由判別式，故不等式的解是．
當時，，，不等式組(1)的解是，不等式組(2)的解是．
當時，不等式組(1)無解，(2)的解是．
綜上可知，當時，原不等式的解集是；當時，原不等式的解集是．
說明：本題分類討論標準“，”是依據“已知及(1)中‘，’，(2)中‘，’”確定的．解含有參數的不等式是不等式問題中的難點，也是近幾年高考的熱點．一般地，分類討論標準（解不等式）大多數情況下依“不等式組中的各不等式的解所對應的區間的端點”去確定．
本題易誤把原不等式等價于不等式．糾正錯誤的辦法是熟練掌握無理不等式基本類型的解法．
典型例題八
例8 解不等式．
分析：先去掉絕對值號，再找它的等價組并求各不等式的解，然后取它們的交集即可．
解答：去掉絕對值號得，
∴原不等式等價于不等式組
∴原不等式的解集為．
說明：解含絕對值的不等式，關鍵是要把它化為不含絕對值的不等式，然后把不等式等價轉化為不等式組，變成求不等式組的解．
典型例題九
例9 解關于的不等式．
分析：不等式中含有字母，故需分類討論．但解題思路與一般的一元二次不等式的解法完全一樣：求出方程的根，然后寫出不等式的解，但由于方程的根含有字母，故需比較兩根的大小，從而引出討論．
解：原不等式可化為．
(1)當（即或）時，不等式的解集為：
；
(2)當（即）時，不等式的解集為：
；
(3)當（即或1）時，不等式的解集為：
．
說明：對參數進行的討論，是根據解題的需要而自然引出的，并非一開始就對參數加以分類、討論．比如本題，為求不等式的解，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．但與兩根的大小不能確定，因此需要討論，，三種情況．
典型例題十
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，先確定系數的正負，然后求出方程的兩根即可解之．
解：(解法1)由題可判斷出，是方程的兩根，
∴，．
又的解集是，說明．
而，，
∴．
∴，即，
即．
又，∴，
∴的解集為．
(解法2)由題意可判斷出，是方程的兩根，
∴．
又的解集是，說明．
而，．
對方程兩邊同除以得
．
令，該方程即為
，它的兩根為，，
∴，．∴，，
∴方程的兩根為，．
∵，∴．
∴不等式的解集是．
說明：(1)萬變不離其宗，解不等式的核心即是確定首項系數的正負，求出相應的方程的根；(2)結合使用韋達定理，本題中只有，是已知量，故所求不等式解集也用，表示，不等式系數，，的關系也用，表示出來；(3)注意解法2中用“變換”的方法求方程的根．
典型例題十二
例12 若不等式的解為，求、的值．
分析：不等式本身比較復雜，要先對不等式進行同解變形，再根據解集列出關于、式子．
解：∵，
，
∴原不等式化為．
依題意，
∴．
說明：解有關一元二次方程的不等式，要注意判斷二次項系數的符號，結合韋達定理來解．
典型例題十三
例13 不等式的解集為，求與的值．[來源:Z#xx#k.Com]
分析：此題為一元二次不等式逆向思維題，要使解集為，不等式需滿足條件，，的兩根為，．
解法一：設的兩根為，，由韋達定理得：
　　由題意：
∴，，此時滿足，．
解法二：構造解集為的一元二次不等式：
，即，此不等式與原不等式應為同解不等式，故需滿足：
　　∴，．
說明：本題考查一元二次方程、一元二次不等式解集的關系，同時還考查逆向思維的能力．對有關字母抽象問題，同學往往掌握得不好．
典型例題十四
例14 解關于的不等式．
分析：本題考查一元一次不等式與一元二次不等式的解法，因為含有字母系數，所以還考查分類思想．
解：分以下情況討論
(1)當時，原不等式變為：，∴
(2)當時，原不等式變為：　　①
①當時，①式變為，∴不等式的解為或．
②當時，①式變為．　　②
∵，∴當時，，此時②的解為．當時，，此時②的解為．
說明：解本題要注意分類討論思想的運用，關鍵是要找到分類的標準，就本題來說有三級分類：
分類應做到使所給參數的集合的并集為全集，交集為空集，要做到不重不漏．另外，解本題還要注意在討論時，解一元二次不等式應首選做到將二次項系數變為正數再求解．
典型例題十五
例15 解不等式．
分析：無理不等式轉化為有理不等式，要注意平方的條件和根式有意義的條件，一般情況下，可轉化為或，而等價于：
或．
解：原不等式等價于下面兩個不等式組：
①　　　②
由①得，∴
由②得∴　，
所以原不等式的解集為，即為．
說明：本題也可以轉化為型的不等式求解，注意：
，
這里，設全集，，
則所求不等式的解集為的補集，
由或．
即，∴原不等式的解集是．

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