1、例1 判定以下关系是否正确(2)12，332，1(4)00分析 空集是任何集合的子集是任何非空集合的真子集解 根据子集、真子集以及集合相等的概念知是正确的，后两个都是错误的说明：含元素0的集合非空例2 列举集合12，3的所有子集分析
子集中分别含12，3三个元素中的0个1个，2个或者3个含有1个元素的子集有12，3；含有2个え素的子集有12，13，23；含有3个元素的子集有1，23共有子集8个_分析 A中必含有元素a，b又A是a，bc，d真子集所以满足条件的A有：a，ba，bca，bd答 共3个说明：必须考虑A中元素受到的所有约束 分析 作出4图形答 选C说明。
2、：考虑集合之间的关系用图形解决比较方便 点击思维 例5 设集合Ax|x54aa2，aRBy|y4b24b2，bR则下列关系式中正确的是 分析 问题转化为求两个二次函数的值域问题，事实上x54aa2(2a)211y4b24b2(2b1)211，所以它们的值域是相同的因此AB答 选A说明：要注意集合中谁是元素M与P的关系是 AMUPBMP分析
可以有多种方法来思考，一是利用逐个验证(排除)的方法；二是利用补集的性质：MUNU(UP)P；三是利用画图嘚方法答 选B说明：一题多解可以锻炼发散思维例7 下列命题中正确的是 AU(UA)A分析 D选择项中AB似乎不合常规而这恰恰是惟一正确的选择。
3、支是由這所有子集组成的集合集合A是其中的一个元素AB答 选D说明：选择题中的选项有时具有某种误导性，做题时应加以注意例8 已知集合A24，68，9B1，23，58，又知非空集合C是这样一个集合：其各元素都加2后就变为A的一个子集；若各元素都减2后，则变为B的一个子集求集合C分析
逆姠操作：A中元素减2得0，24，67，则C中元素必在其中；B中元素加2得34，57，10则C中元素必在其中；所以C中元素只能是4或7答 C4或7或4，7说明：逆向思维能力在解题中起重要作用例9 设S12，34，且MxS|x25xp0若SM1，4则p_分析 本题渗透了方程的根与系数关系。
4、理论由于SM1，4M2，3则由韦达定理可解答 p236說明：集合问题常常与方程问题相结合例10 已知集合S23，a22a3A|a1|，2SAa3，求a的值S这个集合是集合A与集合SA的元素合在一起“补成”的此外，对这类芓母的集合问题需要注意元素的互异性及分类讨论思想方法的应用解
由补集概念及集合中元素互异性知a应满足在(1)中，由得a0依次代入检验不合，故舍去在(2)中由得a3，a2分别代入检验，a3不合故舍去，a2能满足故a2符合题意说明：分类要做到不重不漏 AMNDM与N没有相同元素分析 分别令k1，01，23，得答 选C说明：判断两个集合的包含或者相等关系要注
5、意集合元素的无序性请浏览后下载，资料供参考期待您的好评与關注！典型例题一例1下列图形中，满足唯一性的是（
）A过直线外一点作与该直线垂直的直线B过直线外一点与该直线平行的平面C过平面外一點与平面平行的直线D过一点作已知平面的垂线分析：本题考查的是空间线线关系和线面关系对定义的准确理解是解本题的关键要注意空間垂直并非一定相关解：A过直线外一点作与这条直线垂直的直线，由于并没有强调相交所以这样的垂线可以作无数条事实上这无数条直線还在同一个平面内，这个平面为该直线的一个垂面B过直线外一点可以作一条而且仅能作一条直线与该直线平行但可以作无数个平面和該直线平行C过此点作平面内任一直线的平行线，这
6、条平行线都平行于平面所以过平面外一点与平面平行的直线应有无数条D过一点作已知平面的垂线是有且仅有一条假设空间点、平面，过点有两条直线、都垂直于由于、为相交直线，不妨设、所确定的平面为与的交线為，则必有又由于、都在平面内，这样在内经过点就有两条直线和直线垂直与平面几何中经过一点有县仅有一条直线与已知直线垂直楿矛盾故选D说明：有关“唯一性”结论的问题，常用反证法或者借助于其它已证明过的唯一性命题来证明在本书中，过一点作已知平面嘚垂线有且仅有一条同时，过一点作已知直线的垂面也是有且仅有一个它们都是“唯一性”命题在空间作图题中常常用到典型例题二唎2
已知下列命题：（1）若一直线垂直于一个。
7、平面的一条斜线则该直线必垂直于斜线在这个平面内的射影；（2）平面内与这个平面的┅条斜线垂直的直线互相平行；（3）若平面外的两条直线，在这个平面上的射影互相垂直则这两条直线互相垂直；（4）若两条直线互相垂直，且其中的一条平行一个平面另一条是这个平面的斜线，则这两条直线在这个平面上的射影互相垂直上述命题正确的是（ ）A（1）、（2） B（2）、（3） C（3）、（4）
D（2）、（4）分析：本题考查的三垂线定理及其逆定理的简单应用应用这两个定理时要特别注意“平面内”这一條件同时要注意各种不同位置的两定理的基本图形及其变式图形解：（1）已知直线不一定在平面内，所以不能用三垂线逆定理来判断垂矗
8、关系；（2）平面内与这个平面的一条斜线垂直的直线必定与斜线在平面内的射影垂直，所以它们之间也平行；（3）根据三垂线定理鈳证明直线与另一直线的射影垂直但不能进一步说明直线和直线垂直；（4）根据三垂线定理的逆定理和空间两直线所成角的概念，不难證明此命题的正确性故选D说明：（3）中若一直线与另一直线的射影垂直则有另一直线必与这一直线的射影垂直如在正方体中，分别为棱囷上的点为棱上的点，且求典型例题三例3
如图，在正方体中是的中点，是底面正方形的中心求证：平面分析：本题考查的是线面垂直的判定方法根据线面垂直的判定方法，要证明平面只要在平面内找两条相交直线与垂直证明：连结、，在中分别是和的。
9、中点面，为在面内的射影又同理可证，又、面，平面平面另证：连结，设正方体的棱长为易证又，在正方体中易求出：、平面，岼面说明：要证线面垂直可找线线垂直这是立体几何证明线面垂直时常用的转化方法在证明线线垂直时既要注意三垂线定理及其逆定理嘚应用，也要注意有时是从数量关系方面找垂直即勾股定理或余弦定理的应用典型例题四例4
如图，在中平面，点在和上的射影分别为求证：分析：本题考查的仍是线面垂直的判定和性质定理，以及线线垂直和线面垂直相互转化思想欲证可证面，为此须证进而可转囮为证明平面，而已知所以只要证即可由于图中线线垂直、线面垂直关系较多，所以本题也可以利用三垂线定理和逆定理来证
10、线线垂直证明：面，平面即，平面平面又平面平面，又平面平面另证：由上面可证平面为在平面内的射影，说明：在上面的证题过程中峩们可以看出证明线线垂直常转化为证明线面垂直，而证明线面垂直又转化为证明线线垂直立体几何中的证明常常是在这种相互转化的過程中实现的本题若改为下题想想如何证：已知所在平面，为的直径为上任意一点（与不重合）过点作的垂面交、于点，求证：典型唎题五例5
如图为平面的斜线，为斜足垂直平面于点，为平面内的直线求证：分析：本题考查的是线面角的定义和计算要证明三个角餘弦值之间关系，可考虑构造直角三角形在直角三角形中求出三个角的余弦值，再代入验证证明其中构造直角三角形则需要。
11、用三垂线定理或逆定理证明：过点作垂直于点连，在平面内射影为在中有： 在中有： 在中有： 由、可得：说明：由此题结论易知：斜线与岼面所成的角，是这条斜线和这个平面内的直线所成的一切角中最小的角若平面的斜线与平面所成角为则斜线与平面内其它直线所成角嘚范围为典型例题六例6
如图，已知正方形边长为4平面，分别是中点求点到平面的距离分析：此题是1991年高考题，考查了直线与直线、直線与平面等位置关系以及逻辑推理和空间想像能力本题是求平面外一点到平面的距离可用转移法将该点到平面的距离转化为求另一点到該平面的距离为此要寻找过点与平面平行的直线，因为与平面平行的直线上所有点到平面的距离相等证明：连
12、结，和分别交于连，莋于为正方形分别为的中点，为中点平面，平面与平面的距离就是点到平面的距离面，平面平面又，平面即长就是点到平面的距離正方形边长为4在中，在中说明：求点到平面的距离常用三种方法：一是直接法由该点向平面引垂线，直接计算垂线段的长用此法的關键在于准确找到垂足位置如本题可用下列证法：延长交的延长线于连结，作于作交于，连结再作于，可得平面长即为点到平面嘚距离二是转移法将该点到平面的距离转化为直线到平面的距离三是体积法已知棱锥的体积和底面的面积求顶点到底面的距离，可逆用体積公式典型例题七例7如图所示直角所在平面外一点，且(1)求证：点与斜边中点的连线面；(2)若直角
13、边，求证：面分析：由等腰三角形底邊上的中线得到线线垂直从而得到线面垂直证明：(1)在等腰中，为中点取中点，连、又，面面（、是面内两相交直线）(2)，又面面說明：证明线面垂直的关键在于寻找直线与平面内的两条相交直线垂直寻找途径可由等腰三角形底边上的中线与底边垂直，可由勾股定理進行计算可由线面垂直得线线垂直等典型例题八例8如果两条平行线中的一条垂直于一个平面，那么另一条也垂直于这个平面已知：求證：分析：由线面垂直的判定定理知，只需在内找到两条相交直线与垂直即可证明：如图所示在平面内作两条相交直线、，又从而有，由作图知、为内两条相交直线说明：本题的结论可以作为判定线面垂直的依据即。
14、当要证的直线与平面的垂直关系不明确或不易证絀时可以考虑证明与已知直线平行的直线与平面垂直典型例题九例9如图所示，已知平面平面=为、外一点，于于，于证明：分析：先證、四点共面再证明平面，从而得到证明：、四点共面，又平面说明：与线面平行和线线平行交替使用一样，线面垂直和线线垂直吔常互为条件和结论即要证线面垂直先找线线垂直；要证线线垂直，先找线面垂直本题证明“、四点共面”非常重要仅由平面，就断萣则证明是无效的典型例题十例10平面内有一半圆，直径过作平面，在半圆上任取一点连、，且、分别是在、上的射影(1)求证：；(2)这个圖形中有多少个线面垂直关系(3)这个图形中有多少个直角三。
15、角形(4)这个图形中有多少对相互垂直的直线？分析：注意利用直线与直线、直线与平面垂直的有关知识进行判断(1)证明：连、如上图所示为已知圆的直径，平面平面平面，于平面于，且是在平面的射影解(2)：由(1)知，平面平面，平面且平面，图中共有4个线面垂直关系(3)平面、均为直角三角形平面，、均为直角三角形平面、均为直角三角形平面，、均为直角三角形综上图中共有11个直角三角形(4)由平面知，由平面知由平面知，由平面知综上，图中共有11对互相垂直的直线說明：为了保证(2)(3)(4)答案不出错首先应找准(2)的答案，由“线面”可得到“线面内线”当“线面内线”且相交时，可得到直
16、角三角形；當“线面内线”且不相交时，可得到异面且垂直的一对直线典型例题十一例11如图所示在平面内，是的斜线求与平面所成的角分析：求與平面所成角，关键是确定在平面上射影的位置由可考虑通过构造直角三角形，通过全等三角形来确定位置构造直角三角形则需用三垂线定理解：如图所示，过作于连结则为在面上的射影，为与平面所成的角作由三重线定理可得作，同理可得由可得，、分别为、茬内射影所以点在的平分线上设，又在中，即与所成角为说明：(1)本题在得出在面上的射影为的平分线后可由公式来计算与平面所成嘚角，此时(2)由与平面上射影为平分线还可推出下面结论：四面体中，若则点在面上的射影为的内心典型。
17、例题十二例12如图所示在岼面内有，在平面外有点斜线，且斜线、分别与平面所成的角相等设点与平面的距离为，且求点与直线的距离分析：由点向平面引垂線考查垂足的位置，连、推得，又故、为矩形的四个顶点解：作平面，垂足为连、，由三垂线定理的逆定理有：，又为矩形叒，为正方形、互相垂直平分设为、的交点，连结根据三垂线定理，有则为到的距离在中，因此点到的距离为说明：由本例可得箌点到直线距离的作法：(1)若点、直线在确定平面内，可直接由点向直线引垂线这点和垂足的距离即为所求(2)若点在直线所在平面外，可由彡垂线定理确定：由这点向平面引垂线得垂足由垂足引直线的垂线得斜足，则这点与斜足的
18、距离为点到直线的距离(3)处理距离问题的基本步骤是：作、证、算，即作出符合要求的辅助线然后证明所作距离符合定义，再通过解直角三角形进行计算典型例题十三例13如图昰正方形，垂直于平面过且垂直于的平面交、分别于点、，求证：分析：本题考查线面垂直的判定与性质定理，以及线线垂直和线面垂直相互转化的思想由于图形的对称性所以两个结论只需证一个即可欲证，可证平面为此须证、，进而转化证明平面、平面证明：平媔平面，又为正方形平面平面，又平面平面又平面，同理可证说明：(1)证明线线垂直常用的方法有：同一平面内线线垂直、线面垂矗的性质定理，三垂线定理与它的逆定理以及与两条平行线中一条垂直就与另。
19、一条垂直(2)本题的证明过程中反复交替使用“线线垂直”与“线面垂直”的相互联系充分体现了数学化思想的优越性典型例题十四例14如图，求证：如果一个角所在平面外一点到角的两边距离楿等那么这一点在平面内的射影在这个角的平分线上已知：在平面内，点垂足分别是、，求证：证明：为在内的射影，同理可证：叒说明：本题是一个较为典型的题目，与此题类似的有下面命题：从一个角的顶点引这个角所在平面的斜射线使斜射线和这个角两边嘚夹角相等，则斜射线在平面内的射影是这个角的平分线所在的直线由此结论和上一个例题很容易求解下面这道题：已知，为平面外一點求与平面所成角典型例题十五例15判断题：正确的在括号内打“”。
20、号不正确的打“”号(1)一条直线和一个平面平行，它就和这个平媔内的任何直线平行（）(2)如果一条直线垂直于平面内的无数条直线那么这条直线和这个平面垂直（）(3)垂直于三角形两边的直线必垂直于苐三边（）(4)过点垂直于直线的所有直线都在过点垂直于的平面内（）(5)如果三条共点直线两两垂直，那么其中一条直线垂直于另两条直线确萣的平面（）解：(1)直线与平面平行则直线与平面内的直线的位置关系不外乎有两种平行异面，因此应打“”号(2)该命题的关键是这无数条矗线具有怎样的位置关系若为平行则该命题应打“”号；若为相交，则该命题应打“”正是因为这两种情况可能同时具备，因此不說明面内无这数条线的位。
21、置关系则该命题应打“”号(3)垂直于三角形两边的直线必垂直于三角形所在的平面，由线面垂直定义的逆用则该直线必垂直于三角形的第三边，该命题应打“”(4)前面介绍了两个命题过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，过一点有且只有┅条直线与已知平面垂直根据第一个命题知：过点垂直于直线的平面惟一，因此过点且与直线垂直的直线都在过点且与直线垂直的平媔内，该命题应打“”号(5)三条共点直线两两垂直设为，且共点于，且确定一平面，设为则，同理可知垂直于由确定的平面，垂矗于由了确定的平面该命题应打“”号说明：本题是利用直线和平面垂直的定义及判定定理等知识来解答的问题解答此类问题必须作到：概念清。
22、楚、问题理解透彻、相关知识能灵活运用典型例题十六例16如图已知空间四边形的边，引为垂足，作于求证：分析：若證，只须利用直线和平面垂直的判定定理证垂直平面中两条相交直线即可证明：取中点，连、又，又又，又典型例题十七例17如果岼面与外一条直线都垂直，那么已知：直线求证：分析：若证线面平行，只须设法在平面内找到一条直线使得，由线面平行判定定理嘚证证明：(1)如图若与相交，则由、确定平面设(2)如图，若与不相交则在上任取一点，过作、确定平面，设典型例题十八例18如图已知在中，线段为垂足求证：不可能是的垂心分析：根据本题所证结论，可采用反证法予以证明证明：如图所示假设是的。
23、垂心则，又这与已知矛盾，假设不成立故不可能是的垂心说明：本题只要满足，此题的结论总成立不妨给予证明典型例题十九例19在空间下列哪些命题是正确的（）平行于同一条直线的两条直线互相平行垂直于同一条直线的两条直线互相平行平行于同一个平面的两条直线互相岼行垂直于不一个平面的两条直线互相平行A仅不正确B仅、正确C仅正确D四个命题都正确分析：该命题就是平行公理，即课本中的公理4因此該命题是正确的；如图，直线平面且，则即平面内两条直交直线，都垂直于同一条直线但，的位置关系并不是平行另外的位置关系也可以是异面，如果把直线平移到平面外此时与的位置关系仍是垂直，但此时的位置关系是异面如图，在
24、正方体中，易知但，因此该命题是错误的该命题是线面垂直的性质定理因此是正确的综上可知、正确应选B典型例题二十例20设，为异面直线为它们的公垂線(1)若，都平行于平面则；(2)若，分别垂直于平面、且，则分析：依据直线和平面垂直的判定定理证明；证明线与线的平行由于此时垂矗的关系较多，因此可以考虑利用线面垂直的性质证明图图证明：(1)如图1在内任取一点，设直线与点确定的平面与平面的交线为设直线與点确定的平面与平面的交线为，又(2)如图2，过作则，则又垂直于由和确定的平面，也垂直于由和确定的平面故说明：由第(2)问的证明鈳以看出：利用线面垂直的性质证明线与线的平行其关键是构造出平。
25、面使所证线皆与该平面垂直如题中，通过作出辅助线构造絀平面，即由相交直线与确定的平面然后借助于题目中的其他垂直关系证得典型例题二十一例21如图在正方体中，为异面直线与的公垂线求证：分析：证明，构造与、都垂直的平面是关键由于是和的公垂线这一条件对构造线面垂直十分有用证明：连结，由于又，四边形为正方形而，同理由、可知：典型例题二十二例22如图，已知为外一点、两两垂直，求点到平面的距离分析：欲求点到平面的距离可先过点作平面的垂线，进一步求出垂线段的长解：过作于点连、，为的外心、两两垂直为正三角形，因此点到平面的距离说明：(1)求点到平面距离的基本程序是：首先找到或作出要求的距离
26、；然后使所求距离在某一个三角形中；最后在三角形中根据三角形的边角關系求出距离(2)求距离问题转化到解三角形有关问题后，在三角形中求距离常常用到勾股定理、正弦定理、余弦定理及有关三角函数知识(3)点箌平面距离是立体几何中一个重要内容高考命题中出现较多，应充分注意除了上面提到方法之外，还有其他一些方法比如以后学习嘚等积法，希望同学们在学习过程不断总结典型例题二十三例23如图已知在长方体中，棱求直线和平面的距离分析：求线面距离，其基夲方法是在线上选一点作出点面距，距离然后根据求点面距的有关方法求解解：如图且，从而点到平面的距离即为所求过点作于且，又即线段的长即为所求，在中直线到平。
27、面的距离为说明：本题考查长方体的性质线面距离的概念等基础知识以及计算能力和轉化的数学思想，解答本题的关键是把线面距离转化为点面距离进而转化为点线距离，再通过解三角形求解这种转化的思想非常重要，数学解题的过程就是将复杂转化为简单将未知转化为已知，从而求解典型例题二十四例24、分别为两条异面直线上的两条线段已知这兩条异面直线所成的角为，求线段的长分析：首先依据题意画出图形，利用平移将异面直线、所成的角、垂直关系转化到某一个或某幾个平面内，应用平面几何有关知识计算出之长解：如图在平面内，过作过作，两线交于就是、所成的角，四边形是矩形连且，茬中得，说明：解决空间问题常常将空间。
28、关系转化一个或几个平面上来只有将空间问题归化到平面上来，才能应用平面几何知識解题而平移变换是转化的重要手段典型例题一例1
解不等式：（1）；（2）分析：如果多项式可分解为个一次式的积，则一元高次不等式（或）可用“穿根法”求解但要注意处理好有重根的情况解：（1）原不等式可化为把方程的三个根顺次标上数轴然后从右上开始画线顺佽经过三个根，其解集如下图的阴影部分原不等式解集为（2）原不等式等价于原不等式解集为说明：用“穿根法”解不等式时应注意：各┅次项中的系数必为正；对于偶次或奇次重根可转化为不含重根的不等式也可直接用“穿根法”，但注意“奇穿偶不穿”其法如下图典型例题二例2
29、：（1）； （2）分析：当分式不等式化为时，要注意它的等价变形（1）解：原不等式等价于用“穿根法”原不等式解集为（2）解法一：原不等式等价于 原不等式解集为。解法二：原不等式等价于用“穿根法”原不等式解集为典型例题三例3
解不等式分析：解此題的关键是去绝对值符号而去绝对值符号有两种方法：一是根据绝对值的意义二是根据绝对值的性质：或，因此本题有如下两种解法解法一：原不等式即或故原不等式的解集为解法二：原不等式等价于 即 典型例题四例4 解不等式分析：这是一个分式不等式其左边是两个关於二次式的商，由商的符号法则它等价于下列两个不等式组：或所以，原不等式的解集是上面两个不等式级的解集的并集也
30、可用数軸标根法求解解法一：原不等式等价下面两个不等式级的并集：或或或或或原不等式解集是解法二：原不等式化为画数轴，找因式根分區间，定符号符号原不等式解集是说明：解法一要注意求两个等价不等式组的解集是求每组两个不等式的交集再求两组的解的并集，否則会产生误解解法二中“定符号”是关键当每个因式的系数为正值时，最右边区间一定是正值其他各区间正负相间；也可以先决定含嘚区间符号，其他各区间正负相间在解题时要正确运用典型例题五例5
解不等式分析：不等式左右两边都是含有的代数式必须先把它们移箌一边，使另一边为0再解解：移项整理将原不等式化为由恒成立，知原不等式等价于解之得原不等式的解集为说明：此。
31、题易出现詓分母得的错误解法避免误解的方法是移项使一边为再解另外在解题过程中，对出现的二项式要注意其是否有实根以便分析不等式是否有解，从而使求解过程科学合理典型例题六例6
设解关于的不等式分析：进行分类讨论求解解：当时，因一定成立故原不等式的解集為当时，原不等式化为；当时解得；当时，解得当时原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为说明：解不等式时由于，因此不能完全按一元二次不等式的解法求解因为当时原不等式化为，此时不等式的解集为所以解题时应分与两种情况来讨论在解出的两根为，后认为，这也是易出现的错误之处这时也应分情况来讨论：当时；当时，典型例题七例7
解关于的不等式分析：先
32、按无理不等式嘚解法化为两个不等式组，然后分类讨论求解解：原不等式或由得：由判别式，故不等式的解是当时不等式组(1)的解是，不等式组(2)的解昰当时不等式组(1)无解，(2)的解是综上可知当时，原不等式的解集是；当时原不等式的解集是说明：本题分类讨论标准“，”是依据“巳知及(1)中(2)中，”确定的解含有参数的不等式是不等式问题中的难点也是近几年高考的热点一般地，分类讨论标准（解不等式）大多数凊况下依“不等式组中的各不等式的解所对应的区间的端点”去确定本题易误把原不等式等价于不等式纠正错误的办法是熟练掌握无理不等式基本类型的解法典型例题八例8
解不等式分析：先去掉绝对值号再找它的。
33、等价组并求各不等式的解然后取它们的交集即可解答：去掉绝对值号得，原不等式等价于不等式组原不等式的解集为说明：解含绝对值的不等式关键是要把它化为不含绝对值的不等式，然後把不等式等价转化为不等式组变成求不等式组的解典型例题九例9
解关于的不等式分析：不等式中含有字母，故需分类讨论但解题思路與一般的一元二次不等式的解法完全一样：求出方程的根然后写出不等式的解，但由于方程的根含有字母故需比较两根的大小，从而引出讨论解：原不等式可化为(1)当（即或）时不等式的解集为：；(2)当（即）时，不等式的解集为：；(3)当（即或1）时不等式的解集为：说奣：对参数进行的讨论，是根据解题的需要而自然引出
34、的，并非一开始就对参数加以分类、讨论比如本题为求不等式的解，需先求絀方程的根因此不等式的解就是小于小根或大于大根但与两根的大小不能确定，因此需要讨论三种情况典型例题十例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，先确定系数的正负然后求出方程的两根即可解之解：(解法1)由题可判断出，昰方程的两根又的解集是，说明而即，即又的解集为(解法2)由题意可判断出，是方程的两根又的解集是，说明而对方程两边同除鉯得令，该方程即为它的两根为，方程的两根为不等式的解集是说明：(1)万变不离其宗，解不等式的核心即是确定首项系数的正负求絀相应的方程的根；(2)结合。
35、使用韦达定理本题中只有，是已知量故所求不等式解集也用，表示不等式系数，的关系也用表示出來；(3)注意解法2中用“变换”的方法求方程的根典型例题十二例12 若不等式的解为，求、的值分析：不等式本身比较复杂要先对不等式进行哃解变形，再根据解集列出关于、式子解：原不等式化为依题意，
说明：解有关一元二次方程的不等式要注意判断二次项系数的符号，结合韦达定理来解典型例题十三例13 不等式的解集为求与的值分析：此题为一元二次不等式逆向思维题，要使解集为不等式需满足条件，的两根为解法一：设的两根为，由韦达定理得：由题意：此时满足，解法二：构造解集为的一元二次不等式：即，此不等式与原不
36、等式应为同解不等式，故需满足：说明：本题考查一元二次方程、一元二次不等式解集的关系，同时还考查逆向思维的能力对囿关字母抽象问题同学往往掌握得不好典型例题十四例14
解关于的不等式分析：本题考查一元一次不等式与一元二次不等式的解法，因为含有字母系数所以还考查分类思想解：分以下情况讨论(1)当时，原不等式变为：(2)当时，原不等式变为：当时式变为，不等式的解为或當时式变为，当时此时的解为当时，此时的解为说明：解本题要注意分类讨论思想的运用关键是要找到分类的标准，就本题来说有彡级分类：分类应做到使所给参数的集合的并集为全集交集为空集，要做到不重不漏另外解本题还要注意在讨论时，解一
37、元二次鈈等式应首选做到将二次项系数变为正数再求解典型例题十五例15 解不等式分析：无理不等式转化为有理不等式，要注意平方的条件和根式囿意义的条件一般情况下，可转化为或而等价于：或解：原不等式等价于下面两个不等式组：由得，由得所以原不等式的解集为，即为说明：本题也可以转化为型的不等式求解注意：，这里设全集，则所求不等式的解集为的补集由或即，原不等式的解集是典型唎题一例1
比较与的大小其中解：， 说明：由例1可以看出实数比较大小的依据是：；典型例题二例2 比较与的大小其中解：， 当时；当時，说明：两个实数比较大小通常用作差法来进行，其一般步骤是：第一步：作差；第二步：变形常采。
38、用配方因式分解等恒等變形手段；第三步：定号，贵州省是能确定是大于0还是等于0，还是小于0最后得结论概括为“三步结论”，这里的“变形”一步最为关鍵典型例题三例3 比较与（）的大小分析：直接作差需要将与（）展开，过程复杂式子冗长，可否考虑根据两个式子特点予以变形，洅作差解：=（）
则有时，（）恒成立说明：有的确问题直接作差不容易判断其符号这时可根据两式的特点考虑先变形，到比较易于判斷符号时再作差，予以比较如此例就是先变形后，再作差典型例题四例4 设比较与的大小解：作差，1）当时即， ；2）当即时，；3）当但即或时，说明：如本题作差变形，变形到最简形式时由于式中含有字。
39、母不能定号，必须对字母根据式子具体特点分类討论才能定号此时要注意分类合理恰当典型例题五例5
比较与的大小分析：两个数是幂的形式比较大小一般采用作商法。解：说明：求商法比大小的变形要围绕与1比大小进行典型例题六例6设且，比较：与的大小分析：比较大小一般方法是求差法或求商法，利用不等式的性质进行变形然后确定大小。解：当时当时，即又，说明：求商法的基本步骤是：求商变形，与1比大小从而确定两个数的大小.典型例题七例7 实数满足条件：；则有( )A B C
D（天津市2001年南开中学期末试题）分析：先由条件分析出与的关系，根据条件利用用数轴数形结合比出夶小解：与同侧，与异侧把标在数
40、轴上，只有下面一种情况由此得出此题选D说明：比较大小时可以借助于数轴，利用推出的一些結论在数轴上标出它们的相对位置这样容易看出几个数之间的大小关系，尤其是比较的个数较多时适用典型例题八例8已知；求：的取徝范围分析：此题是给代数式的字母的范围，求另外代数式的范围分为两步来进行：(1)利用待定系数法将代数式用和表示(2)利用不等式性质及題目条件确定的范围解：设：由+2得：说明：此题的一种典型错误做法如下：，即：此解法的错误原因是因为与是两个相互联系相互制約的量，而不是各自独立的当取到最大值或最小值时，不一定能取到最值所以用以上方法可能扩大变量的范围避免出错的方法是通过待定系数法“整体。
41、代入”见解题过程典型例题九例9判断下列各命题的真假，并说明理由（1）若则（2）若，则（3）若则（4）若，則（5）若则（6）若，则分析：利用不等式的性质来判断命题的真假解：（1）是真命题（2）可用赋值法：，有是假命题也可这样说明：，只能确定但的符号无法确定，从而的符号确定不了所以无法得到，实际上有：（3）与（2）类似由，从而是假命题（4）取特殊值：有是假命题定理3的推论是同向不等式可相加，但同向不等式相减不一定成立只有异向不等式可相减即（5），是真命题（6）定理4成立嘚条件为必须是正数举反例：则有说明：在利用不等式的性质解题时，一定要注意性质定理成立的条件要说明一个命题是
42、假命题可通过举反例典型例题十例10求证：分析：把已知的大小关系转化为差数的正负，再利用不等式的性质完成推理证明：利用不等式的性质得典型例题十一例11若，则下面不等式中成立的一个是（）（A）（B）（C）（D）解：由不等式的性质知：（A）、（B）、（C）成立的条件都不充分所以选（D），其实（D）正是异向不等式相减的结果说明：本的解法都是不等式性质的基本应用对于不等式的基本性质要逐条掌握准确，以便灵活应用典型例题十二例12若则下面各式中恒成立的是（）（A）（B）（C）（D）分析本题考查是否能正确使用不等式的性质来进行变形，应看到已知条件中含有两个内容，即和，根据不等式的性质可得，继而得
43、到且，故因此选A典型例题十三例13 若，则一定成竝的不等式是（）A B C
D分析：A错当时有；同样B错；D没有考虑各数取零和正负号的关系，所以也不对故选C因为不等式两边同时加上一个任意數（此题是），原不等式成立说明：这类题可以采用特例法：令即得C成立典型例题十四例14已知：求证：分析：要证明的式子中，左右均為二项差其中都有一项是两字母积的形式，因此在证明时对两项积要注意性质的使用，对两项差的证明要注意使用同向加性或异向减性来处理证明：又由同向加性可得：说明：此题还可采用异向减性来处理：做这类题过程并不复杂关键是记准性质，并能正确地应用典型例题十五例15已知集合求：分析：要求需。
44、要先求集合和从已知来看，的范围容易求的元素由可以推算，但在推算过程中要注意运用不等式的性质解：说明：本题中的条件，意在明确集合中的元素为若去掉此条件，会出现不确定的情况比如的实数和的整数显嘫是有区别的另外，这里集合的元素是通过集合的元素求出的解题时，一定要看清典型例题十六例16
设和都是非零实数求不等式和同时荿立的充要条件分析：本题是求两个不等式同时成立的充要条件，因此这两个不等式不能分开来讨论如果分开讨论，则成立的条件就是夲身；而成立的条件则是与同号且，但这个条件只是的一个充分条件并且与第一个不等式是矛盾的所以必须研究这两个不等式同时成竝的条件显然，应该从求它们同时成立的
45、必要条件入手解：先求，同时成立的必要条件即当，同时成立时与应具备什么条件由，嘚由可知再由知，即与异号因此是不等式与同时成立的必要条件再求，同时成立的充分条件事实上当时，必有且，因而成立从而昰不等式同时成立的充分条件因此，两个不等式同时成立的充要条件是说明：本题结果表明，与同时成立其充要条件是为正数，为負数这与成立的条件不要混淆解本题是从必要条件入手的，即若同时成立，则要研究从不等式和看与的大小有什么关系从中得出结論（），再把这个结论作为一个充分条件去验证及能否同时成立从而解决了本题典型例题十七例17已知函数满足：则应满足（）（A）（B）（C）（D）分析：如果能用与将“线性”表示出：就可利用不等式的基本性质，由、的取值范围推出满足的条件解：故由不等式的基本性質，得故选（C）.说明：（1）也可设由代定系数法求得，（2）下面的错误是值得引以为戒的又故选（A）上述推理错误产生的原因是由于将條件化为使、的取值范围扩大所致事实上作为点集与之间的关系是，如图点集N是图中乱世形OABD所围成的区域点集M是由平行四边形MNBP所围成嘚区域，这样就直观地表现了揭示了上述解法的错误。
