解：运用作商比较法，
10<+∴11，
1111
>+>-x x
|)1(log ||)1(log ||
)1(log |1x x x x a a -=+-∴
+
)1(log 1x x --=+
111
log 1>-=+x
x
|)1(log ||)1(log |x x a a +>-∴ 三、变换主元地位，避免分类讨论
例3：设不等式0122
<+--m x mx 对于满足2||≤m 的一切m 的值都成立，求m 的取值范围。 分析：本例为含参数的不等式，关键是对参数的处理，从表面上看，是一个关于x 的一元二次不等式，实质上是一个关于m 的一元一次不等式，并且已知它的解集为［-2，2］，求参数的范围。因此通过参数m 与未知数x 的地位的变化，借助于一次函数图象，避免了繁杂的对参数的讨论。
解：设)21()1()(2x m x m f -+-=，它是以m 为自变量的一次函数，其图象为直线，由题意知，
这条直线当]22[，
-∈x 时，线段在y 轴的下方，满足它的为 ??
?<<-0)2(0)2(f f 即??????<--<+--0
1220
32222
x x x x ???????
?+<<-+->--<231231271271x x x 或 2
3
1271+<<+-x 四、借助函数性质，避免分类讨论
例4：设定义在［-2，2］上的偶函数在区间［0，2］上单调递减，若)()1(m f m f <-，求实数m 的取值范围。
分析：由函数的定义域知]22[]22[)1(，，，-∈-∈-m m ，但是m -1与m 到底是在［-2，0］、［0，2］的哪个区域内，不十分清楚，若就此讨论，将十分复杂，如果注意到性质“如果是偶函数，那
么|)(|)()(x f x f x f ==-”，问题解答就简捷多了。
解：)(x f 是偶函数，|)(|)()(x f x f x f ==-∴，
|)(||)1(|)()1(m f m f m f m f <-?<- 又当]20[，∈x 时，)(x f 单调递减，
??
?
??≤≤-≤-≤->-∴2
2212|
||1|m m m m ，解得211≤≤-m
点评：本题应用了偶函数的一个简单性质，从而避免了一场“大规模”的讨论，将“曲径”变“通途”。值得深思。
活跃在空间图形中的轨迹问题
在知识网络交汇点处设计试题是这几年高考命题改革的一大趋势。而以空间图形为素材的轨迹问题，由于具有其独特的新颖性、综合性与交汇性，所以倍受命题者的亲睐，但由于这类题目涵盖的知识点多，创新能力与数学思想方法要求高，而且这些题目远看象“立几”近看象“解几”，所以学生在解
题中，往往是望题兴叹，百思而不得其解。本文试从几个例题来剖析这些问题的基本解法。 1判断轨迹的类型问题
这类问题常常要借助于圆锥曲线的定义来判断，常见的轨迹类型有：线段、圆、圆锥曲线、球面等。在考查学生的空间想象能力的同时，又融合了曲线的轨迹问题。
例1在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一点P 到直线AB 与到直线B 1C 1的距离相等，则动点P 所在曲线的形状为（D ）。
A. 线段
B. 一段椭圆弧
C. 双曲线的一部分
D. 抛物线的一部分
简析本题主要考查点到直线距离的概念，线面垂直及抛物线的定义。因为B 1C 1⊥面AB 1，所以PB 1就是P 到直线B 1C 1的距离，故由抛物线的定义知：动点的轨迹为抛物线的一段，从而选D 。
引申1在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一点P 到直线AB 的距离与到直线B 1C 1的距离之比为2：1，则动点P 所在曲线的形状为（B ）。
A. 线段
B. 一段椭圆弧
C. 双曲线的一部分
D. 抛物线的一部分
引申2在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的侧面AB 1内有一点P 到直线AB 的距离与到直线B 1C 1的距离之比为1：2，则动点P 所在曲线的形状为（C ）。
A. 线段
B. 一段椭圆弧
C. 双曲线的一部分
D. 抛物线的一部分
例2 （2006届天津市十二区县市重点中学第一次高考模拟联合测试）在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，E 为AA 1的中点，点P 在其对角面BB 1D 1D 内运动，若EP 总与直线AC 成等角，则点P 的轨迹有可能是（A ）。 A. 圆或圆的一部分 B. 抛物线或其一部分 C. 双曲线或其一部分 D. 椭圆或其一部分
简析由条件易知：AC 是平面BB 1D 1D 的法向量，所以EP 与直线AC 成等角，得到EP 与平面BB 1D 1D 所成的角都相等，故点P 的轨迹有可能是圆或圆的一部分。
例3（2005年浙江省模拟）已知正方体ABCD A B C D -1111的棱长为a ，定点M 在棱AB 上（但不在端点A ，B 上），点P 是平面ABCD 内的动点，且点P 到直线A D 11的距
离与点P 到点M 的距离的平方差为a 2，则点P 的轨迹所在曲线为（A ）。 A. 抛物线B. 双曲线 C. 直线D. 圆
简析在正方体ABCD A B C D -1111中，过P 作PF ⊥AD ，过F 作FE ⊥A 1D 1，垂足分别为F 、E ，连结PE 。则PE 2=a 2+PF 2，又PE 2-PM 2=a 2，所以PM 2=PF 2，从而PM ＝PF ，故点P 到直线AD 与到点M 的距离相等，故点P 的轨迹是以M 为焦点，AD 为准线的抛物线。
点评正方体是空间图形中既简单、熟悉、又重要的几何体，具有丰富的内涵，在正方体中设计的轨迹问题，更是别具一格。
例4在正方体ABCD A B C D -1111中，点P 在侧面BCC 1B 1及其边界上运动，总有AP ⊥BD 1，则动点P 的轨迹为__________。
简析在解题中，我们要找到运动变化中的不变因素，通常将动点聚焦到某一个平面。易证BD 1⊥面ACB 1，所以满足BD 1⊥AP 的所有点P 都在一个平面ACB 1上。而已知条件中的点P 是在侧面BCC 1B 1及
其边界上运动，因此，符合条件的点P 在平面ACB 1与平面BCC 1B 1交线上，故所求的轨迹为线段B 1C 。本题的解题基本思路是：利用升维，化“动”为“静”，即先找出所有点的轨迹，然后缩小到符合条件的点的轨迹。
引申在正四棱锥S-ABCD 中，E 是BC 的中点，点P 在侧面?SCD 内及其边界上运动，总有PE ⊥AC ，则动点P 的轨迹为_______________。
答案线段MN （M 、N 分别为SC 、CD 的中点）
练习（2004年天津高考题）若A 、B 为平面α的两个定点，点P 在α外，PB ⊥α，动点C （不同于A 、B ）在α内，且PC ⊥AC ，则动点C 在平面内的轨迹是________。（除去两点的圆）
例5（2004年重庆市高考题）若三棱锥A —BCD 的侧面ABC 内一动点P 到底面BCD 的距离与到棱AB 的距离相等，则动点P 的轨迹与?ABC 组成的图形可能是：（D ）
A A A
B C B C B C B C A B C D
简析动点P 在侧面ABC 内，若点P 到AB 的距离等于到棱BC 的距离，则点P 在∠ABC 的内角平分线上。现在P 到平面BCD 的距离等于到棱AB 的距离，而P 到棱BC 的距离大于P 到底面BCD 的距离，于是，P 到棱AB 的距离小于P 到棱BC 的距离，故动点P 只能在∠ABC 的内角平分线与AB 之间的区域内。只能选D 。
引申（2005年温州一模）已知P 是正四面体S-ABC 的面SBC 上一点，P 到面ABC 的距离与到点S 的距离相等，则动点P 的轨迹所在的曲线是（B ）。 A. 圆B. 椭圆 C. 双曲线D. 抛物线
解题的要领就是化空间问题为平面问题，把一些重要元素集中在某一个平面内，利 用相关的知识去解答，象平面几何知识、解析几何知识等。 2求轨迹中的长度、面积与体积问题
例6已知正方体ABCD A B C D -1111的棱长为1，在正方体的侧面BCC B 11上到点A 距离为
23
3
的点的轨迹形成一条曲线，那么这条曲线的形状是_________，它的长度为__________。（2004年北京西城区模拟试题）
简析以B 为圆心，半径为
33且圆心角为π2的圆弧，长度为3
6
π。
例7已知长方体ABCD A B C D -1111中，AB BC ==63,，在线段BD 、A C 11上各有一点P 、Q ，PQ 上有一点M ，且PM MQ =2，则M 点轨迹图形的面积是 8 。
提示轨迹的图形是一个平行四边形。
例8已知棱长为3的正方体ABCD A B C D -1111中，长为2的线段MN 的一个端点在DD 1上运动，另一个端点N 在底面ABCD 上运动，求MN 中点P 的轨迹与正方体的面所围成的几何体的体积。
简析由于M 、N 都是运动的，所以求的轨迹必须化“动”为“静”，结合动点P 的几何性质，连结DP ，因为MN=2，所以PD=1，因此点P 的轨迹是一个以D 为球心，1为半径的球面在正方体内的部分，所以点P 的轨迹与正方体的表面所围成的几何体的体积为球的体积的
18，即184316
3
??=ππ。 以空间图形为依托的轨迹问题，要善于利用空间图形的位置关系来转化，把空间问题转化为平面问
题，再利用平几或解几知识实现问题的突破，从而使问题迎刃而解。
一个不等式链的应用
人教版高中数学第二册（上）习题6.2第3题：
已知a ，b 为正数，求证：2
1122
22
a b
ab a b
a b +≤≤+≤
+，当且仅当a ＝b 时等号成立。 此不等式链含有6个不等式：
2
11a b ab +≤ ①ab a b
≤
+2
② a b a b +≤+2222 ③2112a b
a b +≤
+ ④ 211222a b
a b +≤
+ ⑤ab a b ≤+22
2 ⑥ 这些不等式就是同学们熟悉的均值不等式及其变化，但在解题中常常被忽视，若能灵活运用，则会给解题带来很多方便，现举例说明。
例1. 某商品计划提价两次，有甲、乙、丙三种方案：甲方案第一次提价p%，第二次提价q%；乙方案第一次提价q%，第二次提价p%；丙方案第一次提价
p q +2%，第二次再提价p q
+2
%，其中p q >>0。则经过两次提价后，哪种方案的提价幅度最大？为什么？
解：设该商品原价为a ，两次提价后的价格按甲、乙、丙三种方案的次序依次为y y y 123，，，则：
y a p q 111=++(%)(%) y a q p 211
=++(%)(%) y a p q
3212
=+
+(%) ∵p q >>0，由不等式②得：
(%)(%)[(%)(%)](%)11
11212
22++<+++=++p q p q p q
∴y y y 123=<
故丙方案提价的幅度最大。
例2. 已知a ，b ，c 均为正数，求证：
a b b c c a a b c 2222222+++++≥++()。
证明：由不等式③，得： a b a b b c b c 22222222+≥
++≥+()()，，
a c c a 222
2
+≥+()。
上述不等式相加得，
a b b c c a a b c 2222222+++++≥++()。
例3. 甲、乙两同学同时从寝室到教室，甲一半路程步行，一半路程跑步；乙一半时间步行，一半时间跑步。如果两人步行速度、跑步速度均相同，则（ ）
A. 甲先到教室
B. 乙先到教室
C. 两人同时到教室
D. 不确定
解：设从寝室到教室的路程是s ，甲（乙）跑步和步行的速度分别为a ，b ，
甲、乙两人所用时间分别为t t 12，，则：
s a s
b t t a t b s 2222
122+=+=，， t s
a b
t s a b 1222
=+=
+， 由不等式④，得
2112
a b
a b
+<
+（a ≠b ），所以t t 12>，故选B 。 例4. （人教版高中数学第二册（上）习题6.2第7题1）求证：在直径为d 的圆内接矩形中，面积最
大的是正方形，这个正方形的面积等于d 2
2
。
证明：设矩形的长为x ，宽为y ，面积为S ，则x y d S xy 222+==，
由不等式⑥，得S xy x y d =≤+=222
22
。 当且仅当x y =时等号成立，故S d max =2
2
。
［练一练］
设a b c R ，，∈*，求证：a b b c c a a b c 2222222+++++≥
++()。
证明过程提示：因为a b R ，∈*
，且a b a b 2
2
2
2
+≥+()，
所以a b a b 222+≥+ 同理b c b c c a c a 22
2222
+≥++≥
+， 三式相加，得： a b b c c a a b c 222222
12
222+++++≥++()=++2()a b c
例说处理和（差）角范围问题的几点做法
在三角解题中经常遇到确定和（差）角范围的问题，学生常因确定和（差）角范围的偏差导致解题失误。本文举例说明这类问题的处理方法。 一. 合理选用公式来确定
例1 已知α，β均为锐角， sin α=5510
10
，sin β=
，求α+β的值。 解析：由已知条件有 cos α=
2553
1010，cos β=，且0＜α+β＜π。又cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β =-=+=
2553101055101022
04
××＞，所以αβπ
评注：若本题选择正弦的和角公式，会因为一、二象限角的正弦值均为正，而得出两个结果
π
π434或，导致解题失误，这就需要注意公式的合理选用，若将本例改为：设α是锐角，π
βπ2
＜＜，且sin ,sin αβ==551010
，求α+β的值，则选用正弦和角公式合理。
另外，四个象限角的正切值正负相间，故本例亦可选用正切和角公式。 二. 借用其他三角函数来确定
合理选用公式，仅对两角和（差）的范围在相邻两个象限时起作用，而对于其它情形，可通过两角和（差）的两个三角公式，来确定两角和（差）的范围。
例2 已知sin ,cos αβ=
=-355
13
，且α，β都是第二象限角，试确定2α+β，2α-β所在象限。 解析：由条件α，β都是第二象限角，则有
。
25
7
)53(21sin 212cos 25
2454532cos sin 22sin 。
13
12
sin ,54cos 22=-=α-=α-=-=α
α=α=β-=α×，
）
（××所以
因为2α+β，2α－β都可能落在三个象限，单独使用正（余）弦和差角公式，从值的符号都不能决定2α+β，2α－β的象限，但同时使用正弦、余弦的和差角公式，即可解决。
由cos(2α+β)=cos2αcos β－sin2αsin β ，0325
25313
12)2524()135(257＞××=---=
知2α+β在一、四象限。 又sin(2α+β)
=sin2αcos β+cos2αsin β
=--+=
（）×（）×＞24255137251213204
325
知2α+β在一、二象限。综上知2α+β在第一象限。同理可确定2α-β在第三象限。
三. 挖掘隐含条件来确定
例3 已知cos(α－β)=
βα=α、，，23
12sin 21都是锐角，求cos(α+β)的值。 解析：由已知条件有
。3
2
2)31
(12sin 12cos ,
3
1
2sin 22022=-=α-=α=απα则，又＜＜
因为0＜sin2α=1312＜，所以0＜2α＜π6
， 所以0＜α＜
π
12
。①
又因为0＜β＜π2
， 所以-
π
2
＜-β＜0 。②
由①、②得-
π
2
＜α-β＜
π
12。又因为cos （α-β）=12，所以--παβ2
0＜＜。
)
(cos 1)sin(2β-α--=β-α所以
=2
3
-
。 从而cos(α+β)=cos[2α-(α-β)]=cos2αcos(α-β)+sin2αsin(α-β) 。
6
3222
33121322-=-+=）
（××
评析：本例通过0＜sin2α= 1312＜，发现了隐含条件：0＜α＜π12
，将α-β的范围缩小为--παβπ212＜＜，进而由cos(α-β)= 12,将α-β的范围确定为--π
αβ2
0＜＜，从而避免了增解。 例4 已知-
-
π
απ
π
βπ
2
2
2
2
＜＜
，＜＜
，且tan α,tna β是一元二次方程x x 2
3340++=的两个
根，求α+β的值。
解析：由已知条件得tan α+tan β= -330＜，tan αtan β=4＞0，所以tna α＜0，tan β＜0。 又因为-
-
π
απ
π
βπ
2
2
22
＜＜
，＜＜
，所以,0＜＜2
，0＜＜2βπ-απ
-所以-π＜α+β＜0。
又因为tan(α+β)= tan tan tan tan αβαβ+-1 =--=33
14
3所以α+β= -23π。
评析：本例根据韦达定理tan α+tan β= -33，tan αtan β=4，挖掘出了隐含条件tan α＜0,tan β＜
0，知02＜＜απ-，0＜＜2
βπ-，得出了α+β的确切范围，从而顺利求解。
总之，在处理两角和（差）范围问题时，要注意对题目条件加以研究，特别对隐含条件的挖掘，合理选用公式灵活处理。另外涉及多角和（差）的问题，亦可依照上面做法处理。
解题中的“设而不求”综述
设而不求是数学解题中的一种很有用的手段，采用设而不求的策略，往往能避免盲目推演而造成的无益的循环运算，从而达到准确、快速、简捷的解题效果。本文将对设而不求的常见类型加以归纳，以供借鉴与参考。 一、整体代入，设而不求
在解决某些涉及若干个量的求值问题时，要有目标意识，通过虚设的策略，整体转化的思想，绕开复杂的运算过程，可使问题迅速得到解决。
例1. 已知等比数列}a {n 中，64S 16
S m 2m ==，，求m 3S 。 解：设公比为q ，由于m m 2S 2S ≠，故1q ≠
于是???
??
??><=--><=--264q 1)q 1(a 116q 1)
q 1(a m
21m 1
<2>÷<1>得4q 1m =+，则3q m =
所以q 1)
q 1(a S m 31m
3--=
208
)
331(16)
q q 1(q
1)q 1(a 2
m 2m m 1=++?=++--=
二、转化图形，设而不求
有些代数问题，通过挖掘题目中隐含的几何背景，设而不求，可转化成几何问题求解。 例2. 设a 、b 均为正数，且1b a =+，求证221b 21a 2≤+++。
证明：设)1v 1u (1b 2v 1a 2u >>+=+=
，，，m v u =+ 则u 、v 同时满足???=+=+4
v u m
v u 2
2 其中m v u =+表示直线，m 为此直线在v 轴上的截距
4v u 22=+是以原点为圆心，2为半径的圆在第一象限内的一部分圆弧（如图1），显然直线与圆
弧相切时，所对应的截距m 的值最大。
图1
由图易得22m max = 即221b 21a 2≤+++ 三、适当引参，设而不求
恰当合理地引入参数，可使解题目标更加明确，已知和欲求之间的联系得以明朗化，使问题能够得到解决。
例3. 已知对任何满足1y )1x (2
2
=+-的实数x 、y ，如果0k y x ≥++恒成立，求实数k 的取值范围。
解：设???=+=θθsin y cos 1x （R ∈θ），则
k y x )(g ++=θ
k
12k 1)4
s i n (2k
1c o s s i n ++-≥+++
=
+++=π
θθθ
令0k 12≥++-，得12k -≥
四、巧设坐标，设而不求
在解析几何问题中，对于有关点的坐标采用设而不求的策略，能促使问题定向，简便化归，起到以简驭繁的解题效果。
例4. 设抛物线)0p (px 2y 2>=的焦点为F ，经过点F 的直线交抛物线于A 、B 两点，点C 在抛物线的准线上，且BC//x 轴，求证：直线AC 经过原点O 。
证明：设点A （2
1pt 2，1pt 2）、B （22pt 2，2pt 2），则点C （2p
-
，2pt 2）因为AB 过焦点F 所以221p pt 2pt 2-=?得4
1
t t 21-
=又直线OC 的斜率122OC t 1t 42
p pt 2k =-=-=
直线OA 的斜率1
2
11OA t 1
0pt 20pt 2k =--=
，则OA OC k k = 故A 、O 、C 三点共线，即直线AC 经过原点O 。
图2
五、活用性质，设而不求
解题过程中，不断变换观察角度，类比方法、联想内容，明确最终目标，经过巧妙构造，活用性质，可直达目标。
例5. 求证
*)N n 2n (24
13n 212n 11n 1∈≥>+++++， 证明:设2413n 212n 11n 1x n -+++++= 则24
13
2n 211n 21n 213n 12n 1x 1n -+++++++++=
+ 由02n 21
1n 211n 12n 211n 21x x n 1n >+-+=+-+++=
-+可知：数列}x {n 为单调递增数列。 又024
13
4131x 2>-
+= 则*)N n 2n (0x n ∈≥>，
即
*)N n 2n (24
13n 212n 11n 1∈≥>+++++， 六、中介过渡，设而不求
根据解题需要，可引入一个中间量作为中介，起到过渡作用，使问题得以解决。
例6. 如图3，OA 是圆锥底面中心O 到母线的垂线，OA 绕轴旋转一周所得曲面将圆锥体积分成相等的两部分，求圆锥母线与轴的夹角α。
图3
解：过点A 作SO 的垂线，垂足为M ，可知∠MAO ＝∠AOB ＝∠OSB ＝α
设MA ＝x ，OB ＝r ，SO ＝h 则有h r 3121h x 3
122
ππ?=
化简可得2
1)r x (2= 又因为OB OA OA MA cos ==α即r OA OA x cos ==α所以r x r OA OA x cos 2
=?=α 于是21cos 4
=α，从而42
1arccos =α
七、恒等变形，设而不求
某些看似十分复杂的运算，经过巧妙转换，恒等变形，使运算对象发生转移，起到意想不到的效果。
例7. 求17
8cos 173cos 172cos
17cos
ππππ
的值。
解：设178cos 173cos 172cos 17cos M ππππ = 17
8sin 173sin 172sin 17sin N π
πππ =
则178cos 178sin 172cos 172sin 17cos 17sin MN ππππππ???= N 2
1178sin 172sin 17sin 211716sin
174sin 172sin 21888?===π
πππππ 而0N ≠，故2561
2
1M 8==
函数图象创新题例析
“函数”是贯穿于高中数学的一条主线，函数图象又是表述函数问题的重要工具，因此函数图象问
题与其它知识的联系非常紧密。尤其是导数和向量的引入，拓宽了函数图象问题的命题空间，出现了不少的创新题，下面介绍几例。
例1. 已知函数y a b =→→·，其中a x →=(sin||)1，，b x →
=()，1，当[]
x ∈-ππ，时的大致图象
是（ ）
图1
解析：y a b x x x x =→→
==+·，·，(sin||)()sin||11
由于y x x =+sin||的图象问题已超出了高中大纲的范围，因此想通过画出图象来确定答案，将是十
分困难的。作反面思考，从选择支出发：选择支（A ）、（D ）的图象均关于坐标原点对称，选择支（B ）的图象关于y 轴对称，而函数y x x =+sin||既非奇函数又非偶函数，因此排除（A ）、（B ）、（D ）。答案（C ）正确。
点评：本题以平面向量为载体，考查非常规型函数的图象，灵活运用函数的相关性质排除错误是解题的关键。
例2. 设函数y f x =()在定义域内可导，y f x =()的图象如图2所示，则导函数y f x ='()的图象可能为（ ）
图2
图3
解析：观察图2，发现x <0时，y f x =()单调递增，因此x <0时，f x '()>0，立即排除（B ）、（C ）。再从图2中发现，x >0且x 靠近0时，y f x =()单调递增，此时f x '()>0，立即排除（A ）。答案（D ）正确。
点评：本题是函数图象与其导函数图象的交汇，主要考查两者图象之间的关系。利用函数y f x =()的单调性确定导函数f x '()的符号是解题的关键。
例 3. 如图4所示，函数y f x =()的图象上有一列点P 1，P 2，P 3，…，P n ，…，已知n ≥2时，
P P n P P n n n n -++?→???=?→???111
。设线段PP P P P P P P n n 1223341
，，，…，+的长分别为a a a a n 123，，，…，，且a 11=，则（ ）
图4
A. a n n =1!
B. a n n =-11()!
C. a n n =!
D. a n n =-()!1 解析：由P P n P P n n n n -++?→???=?→??
?111 得P P P P n P P n n n n n n -++?→???+?→???=?→???111
所以P P n P P n n n n -+?→???=-?→???111() 即P P n P P n n n n
+-?→???=-?→???111
1
所以a n a n n n =-≥-1121() 又，，，…，a a a a a a a a n n n 21324311121311
====-- 将这()n -1个等式相乘，得
a a n n a n n N n n 1112131411
1
11
1=-=
-=
-∈····…·所以()!
()!
()*
答案（B ）正确。
点评：本题在函数y f x =()的图象上构建向量，融函数图象、平面向量、数列等知识于一体，利用向量的和差运算寻求递推关系是解题的关键。
例4. 定义在（0，3）上的函数f x ()的图象如图5所示，a f x →=(())，0，b x →
=(cos )，1，那么
不等式a b →→
<·0的解集是___________。
图5
解析：a b f x x →→
?<>???>
??<<-<<+?????<<+<<+????
??<<<3
或或或
ππππ
πππππ
因此a b →→<·0的解集是()0123，， π?? ?
?
?
点评：本题以平面向量为载体，考查抽象函数与三角函数的复合型不等式的解集，分类讨论、由图
定数是解题的关键。
例5. 已知某质点在运动过程中，热量Q 随位移x 变化的规律是Q x ax bx cx d ()=+++32，其图象关于坐标原点对称，如图6所示是其图象的一部分，则Q （x ）的解析式是___________。
图6
解析：因为Q （x ）的图象关于坐标原点对称 所以Q x Q x ()()-=-，即
-+-+=----ax bx cx d ax bx cx d 3
2
3
2
所以b d ==00， 因此Q x ax cx ()=+3
Q x ax c '()=+32
由图象可知，当x =
1
2
时，Q x ()有极小值-1， 所以Q a c Q a c 123
4
01218
21?? ???=+=?? ???=+=-???????
解得a c ==-43， 故Q x x x ()=-433
点评：本题以物理知识为背景，融函数的导数、极值、奇偶性于一体，从函数图象上发现其性质是
解题的关键。
以上几个函数图象问题，虽然难度不大，但具有背景新、内容新、结构新的特点，具有一定的创新性。这类问题在高考中常常以选择题、填空题的形式出现，能有效考查学生的观察能力、直觉思维能
力、合情推理能力和综合能力。排除法、特殊值法、数形结合法常常是解决这类问题的有效途径。
构造向量巧解有关不等式问题
新教材中新增了向量的内容，其中两个向量的数量积有一个性质：a b a b ?=?|||
|cos θ（其中θ为向量a 与b 的夹角），则|||||||cos |a b a b ?=?θ，又-≤≤11cos θ，则易得到以下推论： （1）a b a b ?≤?||||；（2）||||||a b a b ?≤?；
（3）当a 与b 同向时，a b a b ?=?|||
|；当a 与b 反向时，a b a b ?=-?||||； （4）当a 与b 共线时，||||||a b a b ?=?。
下面例析以上推论在解不等式问题中的应用。 一、证明不等式
例1 已知a b R a b a b 、，，求证：∈+=+++≤+1212122。 证明：设m=（1，1），n a b =++()2121，，则m n a b ?=
+++2121
||||m n a b ==+++=221212，由性质m n m n ?≤?||||，得212122a b +++≤ 例2 已知x y z x y z ++=++≥113
222
，求证：。
证明：设m=（1，1，1），n=（x ，y ，z ），则m n x y z m n x y z
?=++===++1
3222
||||，
由性质||||||m n m n x y z ?≤++≥
2
2
2
2
2
2
13
，得 例3 已知a ，b ，c ∈+
R ，求证：a b c b c a c a b a b c 2222
+++++≥++。 证明：设m a b c b c a c a b
=+++(
)222
，，，n b c a c a b =+++()，，， 则m n a b c ?=++||||()m a b c b a c c a b n a b c =+++++=++222
2，
由性质||||||m n m n ?≤222
，得a b c b c a c a b a b c 2222
+++++≥++ 例4 已知a,b 为正数，求证：()()()a b a b a b 4422332
++≥+。
证明：设m a b n a b ==()()，，，，则22
m n a b m a b n a b
?=+=+=+33
2244
||||，
由性质||||||m n m n ?≤2
2
2
，得()()()a b a b a b 4
4
2
2
3
32
++≥+ 例5 设a b c d R ,,,∈，求证：ad bc a b c d +≤
+?+2222。
证明：设m=（a,b ），n=（c,d ），则 m n ad bc ?=+||||m a b n c d =+=+2222，
由性质a b a b ?≤?|||
|，得ad bc a b c d +≤+?+2222
二、比较大小
例 6 已知m,n,a,b,c,d ∈=
+=+?
++
R p ab cd q ma nc b m d
n
，且，，那么p ，q 的大小关系为（ ）A. p q ≤ B. p q ≥ C. p解：设h ma nc =()，，k b m d
n =()，，则
h k ab cd
h ma nc k b m d n
?=+=+=
+||||，
由性质||||||h k h k ?≤?得ab cd ma nc b m d
n
+≤+?
+即p q ≤，故选（A ） 三、求最值
例7 已知m,n,x,y ∈R ，且m n a x y b 2222+=+=，，那么mx+ny 的最大值为（ ） A.
ab B. a b
+2
C. a b 22
2+ D. a b 22
2
+ 解：设p=（m,n ），q=（x,y ），则由数量积的坐标运算，得p q mx ny ?=+ 而||||p m n q x y =
+=+2222，从而有mx ny m n x y +≤+?+2222
当p 与q 同向时，mx+ny 取最大值m n x y ab 2222
+?+=
，故选（A ）。
例8 求函数y x x x =
-+-<<2152125
2
()的最大值。
解：设m x x n =--=()()215211，，，，则m n x x
m n ?=-+-==215222
||||，
由性质m n m n ?≤?|||
|，得y x x =-+-≤215222
当
1211523
22x x
x y -=-==时，即时，max 四、求参数的取值范围
例9 设x,y 为正数，不等式x y a x y +
≤+恒成立，求a 的取值范围。
解：设m x y n ==()，，（，）11，则m n x y m x y n ?=
+=+=，，||||2
由性质m n m n ?≤?|||
|，得x y x y +≤?+2
又不等式x y a x y +
≤+恒成立故有a ≥2
