eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 解析几何）：17. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以 $\mathrm{O}$ 为极点, $\mathrm{x}$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程为 $\rho \cos \left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)=1, M, N$ 分别为 $\mathrm{C}$ 与 $\mathrm{x}$ 轴, $\mathrm{y}$ 轴的交点.

(1)写出 $\mathrm{C}$ 的直角坐标方程, 并求 $\mathrm{M}, \mathrm{N}$ 的极坐标.
选项：
答案：答案: 解: 由 $\rho \cos \left(\theta-\frac{\pi}{3}\right)=1$ 得, $\rho\left(\frac{1}{2} \cos \theta+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin \theta\right)=1$.

从而 $\mathrm{C}$ 的直角坐标方程为 $\frac{1}{2} x+\frac{\sqrt{3}}{2} y=1$. 即 $x+\sqrt{3} y=2$.

当 $\theta=0$ 时, $\rho=2$ ，所以 $M(2,0)$ ；

当 $\theta=\frac{\pi}{2}$ 时, $\rho=\frac{2 \sqrt{3}}{3}$, 所以 $N\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \frac{\pi}{2}\right)$.

(2)设 $\mathrm{MN}$ 的中点为 $\mathrm{P}$, 求直线 $\mathrm{OP}$ 的极坐标方程.

答案: 解: $\mathrm{M}$ 点的直角坐标为 $(2,0), \mathrm{N}$ 点的直角坐标为 $\left(0, \frac{2 \sqrt{3}}{3}\right)$, 所以 $\mathrm{P}$ 点的直角坐标为 $\left(1, \frac{\sqrt{3}}{3}\right)$, 则 $\mathrm{P}$ 点的极坐标为 $\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3}, \frac{\pi}{6}\right)$. 所以直线 $\mathrm{OP}$ 的极坐标方程为 $\theta=\frac{\pi}{6}, \rho \in(-\infty,+\infty)$.

(注意: 不表示为 $\theta=\frac{\pi}{6}, \rho \geq 0$, 这是射线的极坐标方程)
解析：: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是转化为普通方程结合所给几何关系分析计算即可
题目（高三 · 解析几何）：18. 圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 的极坐标方程分别为 $\rho=4 \cos \theta, \rho=-4 \sin \theta$.

(1)把圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 的极坐标方程化为直角坐标方程.
选项：
答案：答案: 解: 由 $\rho=4 \cos \theta$ 得 $\rho^{2}=4 \rho \cos \theta$, 所以 $x^{2}+y^{2}=4 x$, 即圆 $O_{1}$ 的直角坐标方程为 $x^{2}+y^{2}-4 x=0$,

同理圆 $O_{2}$ 的直角坐标方为 $x^{2}+y^{2}+4 y=0$.

(2)求经过圆 $O_{1}$, 圆 $O_{2}$ 交点的直线的极坐标方程.

答案: 解: 由 $\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}-4 x=0, \\ x^{2}+y^{2}+4 x=0\end{array}\right.$ 解得 $\left\{\begin{array}{l}x_{1}=0, \\ y_{1}=0,\end{array}\right.$ 或 $\left\{\begin{array}{l}x_{2}=2, \\ y_{2}=-2 .\end{array}\right.$即圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 交于点 $(0,0)$ 和 $(2,-2)$, 则 $\tan \theta=\frac{-2-0}{2-0}=-1$, 则 $\theta=\frac{3 \pi}{4}$ 或 $\theta=\frac{7 \pi}{4}$.即过圆 $O_{1}$ 和圆 $O_{2}$ 交点的直线的极坐标方程为则 $\theta=\frac{3 \pi}{4}$ 或 $\theta=\frac{7 \pi}{4}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是转化为普通方程分析计算即可得到所求量的关系
题目（高三 · 解析几何）：19. 圆心的极坐标为 $C\left(3, \frac{\pi}{6}\right)$, 求半径为 3 的圆的极坐标方程.
选项：
答案：答案: 解答: 由题意, 设圆上一点 $P(\rho, \theta)$,

<ImageHere>

因为圆心坐标为 $\left(3, \frac{\pi}{6}\right)$, 半径为 3 , 故 $\rho=6 \cos \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)$所以所求圆的极坐标方程为 $\rho=6 \cos \left(\theta-\frac{\pi}{6}\right)$
解析：: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是根据条件转化即可.
题目（高三 · 解析几何）：20. 求圆心在 $\left(\rho_{0}, \theta_{0}\right)$, 半径为 $\mathrm{r}$ 的圆的方程.
选项：
答案：答案：解答：在圆周上任取一点 $\mathrm{P}$ (如图)设其极坐标为 $(\rho, \theta)$.

由余弦定理知:

<ImageHere>

$C P^{2}=O P^{2}+O C^{2}-2 O P \cdot O C \cos \angle C O P$,

$\therefore r^{2}=\rho_{0}^{2}+\rho^{2}-2 \rho \rho_{0} \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)$.

故其极坐标方程为

$r^{2}=\rho_{0}^{2}+\rho^{2}-2 \rho \rho_{0} \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)$.
解析：: 分析: 本题主要考查了简单曲线的极坐标方程, 解决问题的关键是(1)圆的极坐标方程是曲线的极坐标方程的一种特殊情况, 其求解过程同曲线的极坐标方程的求法.

(2)特别地, 当圆心在极轴上即 $\theta_{0}=0$ 时, 方程为 $r^{2}=\rho_{0}^{2}+\rho^{2}-2 \rho \rho_{0} \cos \theta$; 若再有

$\rho_{0}=r$, 则其方程为 $\rho=2 \rho_{0} \cos \theta=2 r \cos \theta$; 若 $P_{0}=r, Q_{0} \neq 0$, 则方程为

$\rho=2 r \cos \left(\theta-\theta_{0}\right)$, 这几个方程经常用来判断图形的形状和位置.
题目（高三 · 解析几何）：21. 设一个直角三角形的斜边长一定, 求直角顶点轨迹的极坐标方程.
选项：
答案：答案: 解: 设直角三角形的斜边为 $\mathrm{OD}$, 它的长度是 $2 r$, 以 $\mathrm{O}$ 为极点, $\mathrm{OD}$ 所在射线为极轴, 建立极坐标系,如图所示:

<ImageHere>

设 $P(\rho, \theta)$ 为轨迹上的一点, 则 $O P=\rho, \angle x O P=\theta$.

在直角三角形 $O D P$ 中, $O P=O D \cdot \cos \theta$ ，

$\because O P=\rho, O D=2 r$

$\therefore \rho=2 r \cos \theta(\rho \neq 0, \rho \neq 2 r)$.

这就是所求轨迹的方程.
解析：: 分析: 本题考查极坐标方程的求法,解答此题需要根据题目特点建立恰当的极坐标系,
然后再求直角顶点的轨迹方程. (1)求曲线的极坐标方程的步骤如下; (1)建立适当的极坐标系; (2)设 $\mathrm{P}(\rho, \theta)$ 是曲线上任一点; (3)列出 $\rho, \theta$ 的关系式; (4)化简整理; (2)极坐标中的坐标是由长度与角度表示的, 因此, 建立极坐标方程常常可以在一个三角形中实现, 找出这样的三角形便形成了解题的关键.
题目（高三 · 代数）：24. 已知两正数 $X, y$ 满足 $x+y=1$, 求 $Z=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(y+\frac{1}{y}\right)$ 的最小值
选项：
答案：答案: 解: $z=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(y+\frac{1}{y}\right)=x y+\frac{1}{x y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq x y+\frac{1}{x y}+2 \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{y}{x}}=x y+\frac{1}{x y}+2$,

$\because \sqrt{x y} \leq \frac{x+y}{2}, \therefore x y \leq \frac{(x+y)^{2}}{4}=\frac{1}{4}$,

构造函数 $f(x)=x+\frac{1}{x}$, 易证 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{1}{4}\right]$ 上是单调递减的, $\therefore x y+\frac{1}{x y} \geq 4+\frac{1}{4}=\frac{17}{4}$,

$\therefore z \geq \frac{17}{4}+2=\frac{25}{4}$, 当且仅当 $x=y=\frac{1}{2}$ 时, “ $=$ ”成立,

$\therefore z$ 的最小值为 $\frac{25}{4}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用, 解决问题的关键是首先将 $Z$变形为 $z=\left(x+\frac{1}{x}\right)\left(y+\frac{1}{y}\right)=x y+\frac{1}{x y}+\frac{x}{y}+\frac{y}{x} \geq x y+\frac{1}{x y}+2 \sqrt{\frac{x}{y} \cdot \frac{y}{x}}=x y+\frac{1}{x y}+2$, 而 $x y \leq \frac{(x+y)^{2}}{4}=\frac{1}{4}$, 因此对于 $x y+\frac{1}{x y}$ 不能用基本不等式 $x y+\frac{1}{x y} \geq 2 \sqrt{x y \cdot \frac{1}{x y}}=2$ （当 $x y=1$ 时“=”成立), $\therefore$ 可以考虑函数 $f(x)=x+\frac{1}{x}$ 在 $\left[0, \frac{1}{4}\right]$ 上的单调性, 易得 $f(x)$ 在 $\left[0, \frac{1}{4}\right]$上是单调递减的, 故 $x y+\frac{1}{x y} \geq 4+\frac{1}{4}=\frac{17}{4}, \therefore z \geq \frac{17}{4}+2=\frac{25}{4}$, 当且仅当 $x=y=\frac{1}{2}$ 时, “””成立, 即 $\mathrm{z}$ 的最小值为 $\frac{25}{4}$.
题目（高三 · 代数）：16. 给出下列结论: (1)函数 $y=2 x^{2}-1$ 在 $x=3$ 处的导数为 11; (2)若物体的运动规律是 $s$ $=f(t)$, 则物体在时刻 $t_{0}$ 的瞬时速度 $v$ 等于 $f^{\prime}\left(t_{0}\right)$; (3)物体做直线运动时, 它的运动规律可以用函数 $v=v(t)$ 描述, 其中 $v$ 表示瞬时速度, $t$ 表示时间, 那么该物体运动的加速度为 $a$ $=\lim _{\Delta t \rightarrow 0} \frac{v(\mathrm{t}+\Delta t)-v(\mathrm{t})}{\Delta t}$. 其中正确的结论序号为 \$ \qquad \$ .
选项：
答案：：(2)(3)

(1)函数 $y=2 x^{2}-1$ 在 $x=3$ 处的导数为 12 , 故(1)错, 根据变化率在物理学中的含义知 (2)(3)正确.
解析：：(2)(3)

(1)函数 $y=2 x^{2}-1$ 在 $x=3$ 处的导数为 12 , 故(1)错, 根据变化率在物理学中的含义知 (2)(3)正确.
题目（高三 · 代数）：21. 解不等式 $|x+7|-|3 x-4|+\sqrt{3-2 \sqrt{2}}>0$
选项：
答案：答案: 解: 原不等式化为 $|x+7|-|3 x-4|+\sqrt{2}-1>0$
当 $x>\frac{4}{3}$ 时, 原不等式为 $x+7-(3 x-4)+\sqrt{2}-1>0$

得 $x<5+\frac{\sqrt{2}}{2}$, 即 $\frac{4}{3}<x<5+\frac{\sqrt{2}}{2}$;

当 $-7 \leq x \leq \frac{4}{3}$ 时, 原不等式为 $x+7+(3 x-4)+\sqrt{2}-1>0$

得 $x>-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}$, 即 $-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}<x \leq \frac{4}{3}$;

当 $x<-7$ 时, 原不等式为 $x+7-(3 x-4)+\sqrt{2}-1>0$

得 $x>6-\frac{\sqrt{2}}{2}$, 与 $x<-7$ 矛盾;

所以解集为 $\left\{x \left\lvert\,-\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{2}}{4}<x<5+\frac{\sqrt{2}}{2}\right.\right\}$
解析：: 分析: 本题主要考查了绝对值不等式的解法, 解决问题的关键是根据已知的不等式可知, 化简为 $|x+7|-|3 x-4|+\sqrt{2}-1>0$, 然后对当 $x>\frac{4}{3}$ 时, 原不等式为 $x+7-(3 x-4)+\sqrt{2}-1>0$ 当 $-7 \leq x \leq \frac{4}{3}$ 时, 原不等式为 $x+7+(3 x-4)+\sqrt{2}-1>0$;当 $x<-7$ 时, 原不等式为 $x+7-(3 x-4)+\sqrt{2}-1>0$, 分为 3 种情况来解答.
题目（高三 · 代数）：在二项式 $\left(\sqrt[3]{x}-\frac{1}{2 \sqrt[3]{x}}\right)^{n}$ 的展开式中, 前三项系数的绝对值成等差数列。

(1) 求展开式的第四项;

(2) 求展开式的常数项;

(3) 求展开式中各项的系数和.
选项：
答案：答案: (1) 令 $r=3, T_{4}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{3} C_{8}^{3} x^{\frac{2}{3}}-7 x^{\frac{2}{3}}$,

(2) 令 $8-2 y=0$, 得 $r=4, \therefore T_{s}=\frac{35}{8}$,

(3) 令 $x=1$, 各项系数和为 $\frac{1}{256}$.
解析：答案: (1) 令 $r=3, T_{4}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{3} C_{8}^{3} x^{\frac{2}{3}}-7 x^{\frac{2}{3}}$,

(2) 令 $8-2 y=0$, 得 $r=4, \therefore T_{s}=\frac{35}{8}$,

(3) 令 $x=1$, 各项系数和为 $\frac{1}{256}$.
题目（高三 · 代数）：24. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 满足 $S_{n}+a_{n}=2 n+1$.

(1)写出 $a_{1}, a_{2}, a_{3}$, 并推测 $a_{n}$ 的表达式;



(2)用数学归纳法证明所得的结论.
选项：
答案：答案：由 $S_{n}+a_{n}=2 n+1$,

当 $n=1$ 时, $S_{1}=a_{1}, \therefore a_{1}+a_{1}=2 \times 1+1$, 得 $a_{1}=\frac{3}{2}$.

当 $n=2$ 时, $S_{2}=a_{1}+a_{2}$,

则 $a_{1}+a_{2}+a_{2}=5$, 将 $a_{1}=\frac{3}{2}$ 代入得 $a_{2}=\frac{7}{4}$.

同理可得 $a_{3}=\frac{15}{8}$.

$\therefore a_{n}=\frac{2^{n+1}-1}{2^{n}}=2-\frac{1}{2^{n}}$.证明：当 $n=1$ 时, 结论成立.

假设 $n=k$ 时, 命题成立, 即 $a_{k}=2-\frac{1}{2^{k}}$ ；

当 $n=k+1$ 时, $S_{n}+a_{n}=2 n+1$,

则 $a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{k}+2 a_{k+1}=2(k+1)+1$.

$\because a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k}=2 k+1-a_{k}$

$\therefore 2 a_{k+1}=4-\frac{1}{2^{k}}, a_{k+1}=2-\frac{1}{2^{k+1}}$ 成立.

$\therefore$ 当 $n=k+1$ 时, 结论也成立.

$\therefore$ 根据上述知对于任意自然数 $n \in N^{*}$, 结论成立.
解析：: 分析: 本题主要考查了归纳推理, 解决问题的关键是根据归纳推理进行发现证明即可.
题目（高三 · 代数）：25. 已知 $(x+1)^{n}=a_{0}+a_{1}(x-1)+a_{2}(x-1)^{2}+\cdots+a_{n}(x-1)^{n}$, (其中 $\left.n \in N^{*}\right)$.

(1) 求 $a_{0}$ 及 $s_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$;

 

(2) 试比较 $s_{n}$ 与 $(n-2) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 的大小, 并用数学归纳法给出证明过程.
选项：
答案：答案: 取 $x=1$, 则 $a_{0}=2^{n}$;

取 $x=2, a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n}=3^{n}, \therefore s_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=3^{n}-2^{n}$要比较 $s_{n}$ 与 $(n-2) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 的大小, 即比较 $3^{n}$ 与 $(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 的大小.

当 $n=1$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$;

当 $n=2,3$ 时, $3^{n}<(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$;

当 $n=4,5$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$;

猜想: 当 $n \geq 4$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$, 下面用数学归纳法证明:

由上述过程可知, $n=4$ 时结论成立;

假设当 $n=k(k \geq 4)$ 时结论成立, 即 $3^{k}>(k-1) \cdot 2^{k}+2 k^{2}$

两边同乘以 3 得: $3^{k+1}>3(k-1) \cdot 2^{k}+6 k^{2}=k \cdot 2^{k+1}+2(k+1)^{2}+\left[(k-3) 2^{k}+4 k^{2}-4 k-2\right]$

$\because k \geq 4$ 时, $(k-3) 2^{k}>0,4 k^{2}-4 k-2 \geq 4 \times 4^{2}-4 \times 4-2>0, \therefore(k-3) 2^{k}+4 k^{2}-4 k-2>0$

$\therefore 3^{k+1}>k \cdot 2^{k+1}+2(k+1)^{2}$, 即 $n=k+1$ 时结论也成立.

$\therefore$ 当 $n \geq 4$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 成立.

综上所述, 当 $n=1$ 或 $n \geq 4$ 时, $3^{n}>(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$;当 $n=2,3$ 时, $3^{n}<(n-1) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了归纳推理, 解决问题的关键是 (1) 采用赋值法, 令 $x=1$, 右
边 $=a_{0}=$ 左边 $=2^{n}, s_{n}$ 也采用赋值法, 令 $x=2$; (2) 根据（1）得到 $s_{n}=3^{n}$, 等于比较 $3^{n}$与 $(n-2) \cdot 2^{n}+2 n^{2}$ 的大小, 首先赋几个特殊值, 采用不完全归纳法, 得到答案, 然后再用数学归纳法证明.
题目（高三 · 代数）：17. 已知 $x+y+z=1$, 求证: $x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq \frac{1}{3}$.
选项：
答案：答案: 解: $\because x^{2}+y^{2} \geq 2 x y, y^{2}+z^{2} \geq 2 y z, z^{2}+x^{2} \geq 2 z x$,

$\therefore\left(x^{2}+y^{2}\right)+\left(y^{2}+z^{2}\right)+\left(z^{2}+x^{2} \geq 2 x y+2 y z+2 z x\right.$.

$\therefore 3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq x^{2}+y^{2}+z^{2}+2 x y+2 y z+2 z x$,

即 $3\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \geq(x+y+z)^{2}=1$.

$\therefore x^{2}+y^{2}+z^{2} \geq \frac{1}{3}$.
解析：:【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是

利用 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b \rightarrow$ 同向不等式求和 $\rightarrow$ 结论
题目（高三 · 代数）：18. 已知 $\triangle A B C \triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 成等差数列, 且 $a, b, c$ 分别为角 $A, B, C$ 的对

边, 求证: $(a+b)^{-1}+(b+c)^{-1}=3(a+b+c)^{-1}$
选项：
答案：答案：解：方法一(分析法):

要证 $(a+b)^{-1}+(b+c)^{-1}=3(a+b+c)^{-1}(a+b)^{-1}+(b+c)^{-1}=3(a+b+c)^{-1}$,

即证 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}=\frac{a}{a+b+c} ，$
只需证 $\frac{a+b+c}{a+b}+\frac{a+b+c}{b+c}=3$,

化简, 得 $\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}=1$,

即 $c(b+c)+(a+b) a=(a+b)(b+c) ，$

所以只需证 $c^{2}+a^{2}=b^{2}+a c$.

因为 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 成等差数列,

所以 $\angle B=60^{\circ}$.

所以 $\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2 a c}=\frac{1}{2}$.

所以 $a^{2}+c^{2}-b^{2}=a c$. 所以原式成立.

方法二(综合法):

因为 $\triangle A B C$ 的三个内角 $A, B, C$ 成等差数列,

所以 $\angle B=60^{\circ}$.

由余弦定理, 有 $b^{2}=c^{2}+a^{2}-2 a c \cos 60^{\circ}$,

所以 $c^{2}+a^{2}=a c+b^{2}$.

两边加 $a b+b c$, 得 $c(b+c)+a(a+b)=(a+b) \cdot(b+c)$,

两边同时除以 $(a+b)(b+c)$, 得 $\frac{c}{a+b}+\frac{a}{b+c}=1$,

所以 $\left(\frac{c}{a+b}+1\right)+\left(\frac{a}{b+c}+1\right)=3$,

即 $\frac{1}{a+b}+\frac{1}{b+c}=\frac{a}{a+b+\varepsilon}$,

所以 $(a+b)^{-1}+(b+c)^{-1}=3(a+b+c)^{-1}$.

.
解析：:【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是综合法和分析法各有优
缺点, 从寻求解题思路来看, 综合法由因导果, 分析法执果索因. 就表达证明过程而论, 综合法形式简洁, 条理清晰; 分析法叙述繁琐, 文辞冗长. 也就是说分析法宜于思考, 综合法宜于表述. 因此, 在实际解题时, 常常把分析法和综合法结合起来运用, 先利用分析法寻求解题思路, 再利用综合法有条理地表述解答过程.
题目（高三 · 代数）：19. 设 $a, b \in(0,+\infty)$, 且 $a \neq b$, 求证: $a^{2}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$. 提示:

$\left.a^{3}+b^{3}=(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)\right)$
选项：
答案：答案: 解: 方法一(分析法):

要证 $a^{3}+b^{2}>a^{2} b+a b^{2}$ 成立,

即需证 $(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)>a b(a+b)$ 成立.

又因 $a+b>0 ，$

故只需证 $a^{2}-a b+b^{2}>a b$ 成立,

即需证 $a^{2}-2 a b+b^{2}>0$ 成立,

即需证 $(a-b)^{2}>0$ 成立.

而依题设 $a \neq b$ ，则 $(a-b)^{2}>0$ 显然成立.

由此命题得证.

方法二(综合法):

$a \neq b \Leftrightarrow a-b \neq 0 \Leftrightarrow(a-b)^{2}>0 \Leftrightarrow a^{2}-2 a b+b^{2}>0 \Leftrightarrow a^{2}-a b+b^{2}>a b$.

注意到 $a, b \in(0,+\infty), a+b>0 a+b>0$, 由上式即得

$(a+b)\left(a^{2}-a b+b^{2}\right)>a b(a+b)$.

所以 $a^{3}+b^{3}>a^{2} b+a b^{2}$.
解析：:【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是根据分析法.综合法结合所学基本不等式进行分析证明即可
题目（高三 · 代数）：20. 设 $a, b, c a, b, c$ 为不全相等的正数, 且 $a b c=1$, 求证: $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.
选项：
答案：答案: 解: $\because a, b, c$ 为不全相等的正数, 且 $a b c=1$,

$\therefore \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=b c+c a+a b$.

又 $b c+c a \geq 2 \sqrt{b c} \cdot \sqrt{c a}=2 \sqrt{c}$ ，

$c a+a b>2 \sqrt{c a} \cdot \sqrt{a b}=2 \sqrt{a}, a b+b c>2 \sqrt{a b} \cdot \sqrt{b c}=2 \sqrt{b}$, 且 $a, b, c$ 不全相等, $\therefore$ 上述三个不等式中的“=”不能同时成立. $\therefore 2(b c+c a+a b)>2(\sqrt{c}+\sqrt{a}+\sqrt{b})$, 即

$b c+c a+a b>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.

故 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}>\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$.
解析：:【分析】本题主要考查了分析法与综合法, 解决问题的关键是根据 $a, b, c$ 为不全相等的正数, 且 $a b c=1$, 得到 $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}=b c+c a+a b$, 然后运用基本不等式性质分析计算证明即可.
题目（高三 · 代数）：21. 已知 $x \in \mathrm{R}, \mathrm{a}=x^{2}+\frac{1}{2}, \mathrm{~b}=2-x, \mathrm{c}=x^{2}-x+1$, 试证明 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 至少有一个不小于 1 .
选项：
答案：: 证明: 假设 $a, b, c$ 均小于 1 , 即 $a<1, b<1, c<1$, 则有 $a+b+c<3$,

而 $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=2 \mathrm{x}^{2}-2 x+\frac{1}{2}+3=2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+3 \geq 3$,

两者矛盾; 故 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 至少有一个不小于
解析：: 证明: 假设 $a, b, c$ 均小于 1 , 即 $a<1, b<1, c<1$, 则有 $a+b+c<3$,

而 $\mathrm{a}+\mathrm{b}+\mathrm{c}=2 \mathrm{x}^{2}-2 x+\frac{1}{2}+3=2\left(x-\frac{1}{2}\right)^{2}+3 \geq 3$,

两者矛盾; 故 $\mathrm{a}, \mathrm{b}, \mathrm{c}$ 至少有一个不小于
题目（高三 · 代数）：23. 已知函数 $\mathrm{f}(x)=\mathrm{a}^{\mathrm{x}}+\frac{x-2}{x+1}(\mathrm{a}>1)$.

(1)证明：函数 $\mathrm{f}(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上为增函数;
 .

(2)用反证法证明方程 $\mathrm{f}(x)=0$ 没有负数根.
选项：
答案：答案：证明: 任取 $x_{1}, x_{2} \in(-1,+\infty)$, 不妨设 $x_{1}<x_{2}$,

由于 $\mathrm{a}>1, a x_{1}<a x_{2}, \therefore a x_{2}-a x_{1}>0$.

又 $\because x_{1}+1>0, x_{2}+1>0$,

$\therefore \frac{x_{2}-2}{x_{2}+1}-\frac{x_{1}-2}{x_{1}+1}$

$=\frac{\left(x_{2}-2\right)\left(x_{1}+1\right)-\left(x_{1}-2\right)\left(x_{2}+1\right)}{\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}+1\right)}$

$=\frac{3\left(x_{2}-x_{1}\right)}{\left(x_{1}+1\right)\left(x_{2}+1\right)}>0$,

于是 $\mathrm{f}\left(x_{2}\right)-\mathrm{f}\left(x_{1}\right)=\mathrm{ax}_{2}-\mathrm{ax_{1 }}+\frac{x_{2}-2}{x_{2}+1}-\frac{x_{1}-2}{x_{1}+1}>0$,

即 $\mathrm{f}\left(x_{2}\right)>\mathrm{f}\left(x_{1}\right)$,

故函数 $\mathrm{f}(x)$ 在 $(-1,+\infty)$ 上为增函数证明：假设存在 $x_{0}<0\left(x_{0} \neq-1\right)$ 满足 $\mathrm{f}\left(x_{0}\right)=0$,

则 $\mathrm{a}_{0}=-\frac{x_{0}-2}{x_{0}+1}$.

$\because a>1$

$\therefore 0<\mathrm{ax}_{0}<1$.

$\therefore 0<-\frac{x_{0}-2}{x_{0}+1}<1$, 即 $\frac{1}{2}<x_{0}<2$, 与假设 $x_{0}<0$ 相矛盾,

故方程 $\mathrm{f}(x)=0$ 没有负数根.
解析：：分析：本题主要考查了综合法的思考过程、特点及应用、反证法的应用, 解决问题的关键是(1)根据所给条件结合所求命题综合分析计算即可; (2)运用反证法的证明方法进行证明即可.
题目（高三 · 代数）：24. 已知 $\mathrm{a}>0, \mathrm{~b}>0, \mathrm{~m}>0, \mathrm{n}>0$, 求证: $\mathrm{a}^{\mathrm{m}+\mathrm{n}}+\mathrm{b}^{\mathrm{m}+\mathrm{n}} \geq \mathrm{a}^{\mathrm{m}} \mathrm{b}^{\mathrm{n}}+\mathrm{a}^{\mathrm{n}} \mathrm{b}^{\mathrm{m}}$.
选项：
答案：答案：证明: $\mathrm{a}^{\mathrm{m}^{+} \mathrm{n}}+\mathrm{b}^{\mathrm{m}^{+} \mathrm{n}}-\left(\mathrm{a}^{\mathrm{m}} \mathrm{b}^{\mathrm{n}}+\mathrm{a}^{\mathrm{n}} \mathrm{b}^{\mathrm{m}}\right)$

$=\left(a^{m^{+}}-a^{m} b^{n}\right)-\left(a^{n} b^{m}-b^{m^{+}}\right)=a^{m}\left(a^{n}-b^{n}\right)-b^{m}\left(a^{n}-b^{n}\right)=\left(a^{m}-b^{m}\right)\left(a^{n}-b^{n}\right)$.

当 $a>b$ 时, $a^{m}>b^{m}, a^{n}>b^{n}, \therefore\left(a^{m}-b^{m}\right)\left(a^{n}-b^{n}\right)>0$;

当 $a<b$ 时, $a^{\mathrm{m}}<b^{\mathrm{m}}, \mathrm{a}^{\mathrm{n}}<\mathrm{b}^{\mathrm{n}}, \therefore\left(\mathrm{a}^{\mathrm{m}}-\mathrm{b}^{\mathrm{m}}\right)\left(\mathrm{a}^{\mathrm{n}}-\mathrm{b}^{\mathrm{n}}\right)>0$;

当 $a=b$ 时, $a^{m}=b^{m}, a^{n}=b^{n}, \therefore\left(a^{m}-b^{m}\right)\left(a^{n}-b^{n}\right)=0$.

综上, $\left(a^{m}-b^{m}\right)\left(a^{n}-b^{n}\right) \geq 0$, 即 $a^{m^{+} n}+b^{m^{+}} n a^{m} b^{n}+a^{n} b^{m}$.
解析：: 分析: 本题主要考查了分析法的思考过程、特点及应用, 解决问题的关键是利用作差比较, 因式分解的方法, 分类讨论思想, 对 $\mathrm{a}, \mathrm{b}$ 的大小关系讨论, 可证不等式成立.
题目（高三 · 代数）：14. 已知实数 $p$ 满足不等式 $(2 p+1)(p+2)<0$, 用反证法证明: 关于 $x$ 的方程 $x^{2}-2 x+5-p^{2}=0$ 无实根.
选项：
答案：答案：证明：假设方程 $x^{2}-2 x+5-p^{2}=0$ 有实根, 则该方程根的判别式

$\Delta=4-4\left(5-p^{2}\right) \geq 0$, 解得 $p \geq 2$ 或 $p \leq-2$. 而由已知条件实数 $p$ 满足不等式
$(2 p+1) \cdot(p+2)<0$, 解得 $-2<p<-\frac{1}{2}$, 二者无公共部分, 所以假设不成立, 故关于 $x$的方程 $x^{2}-2 x+5-p^{2}=0$ 无实根.
解析：:【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键是利用反证法进行证明时, 首先对所要证明的结论进行否定性的假设, 并以此为条件进行归谬, 得到矛盾, 则原命题成立，即反证法必须严格按照“反设 $\rightarrow$ 归谬 $\rightarrow$ 存真”的步骤进行.
题目（高三 · 代数）：17. 用反证法证明: 关于 $x$ 的方程 $x^{2}+4 a x-4 a+3=0, x^{2}+(a-1) x+a^{2}=0, x^{2}+2 a x-2 a=0$, 当 $a \leq-\frac{3}{2}$ 或 $a \geq-1$ 时, 至少有一个方程有实数根.
选项：
答案：答案：证明：假设三个方程都没有实数根, 则由判别式都小于零得

$\left\{\begin{array}{l}\Delta_{1}=(4 a)^{2}+4(4 a-3)<0, \\ \Delta_{2}=(a-1)^{2}-4 a^{2}<0, \\ \Delta_{3}=(2 a)^{2}-4 \times(-2 a)<0,\end{array}\right.$

则 $\left\{\begin{array}{l}-\frac{3}{2}<a<\frac{1}{2}, \\ a>\frac{1}{3} \text { 或 } a<-1, \\ -2<a<0,\end{array}\right.$ 解得 $-\frac{3}{2}<a<-1$,

与 $a \leq-\frac{3}{2}$ 或 $a \geq-1 a \geq-1$ 矛盾, 故原命题成立.
解析：：【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键是假设三个方程都没有实数根, 则由判别式都小于零得到矛盾.
题目（高三 · 代数）：20. 实数 $a . b . c . d$ 满足 $a+b=c+d=1, a c+b d>1$, 求证 $a . b . c . d$ 中至少有一个是负数.
选项：
答案：答案：证明：假设 $a . b . c . d$ 都是非负数,

即 $a \geq 0, b \geq 0, c \geq 0, d \geq 0$,

则 $1=(a+b)(c+d)=(a c+b d)+(a d+b d) \geq a c+b d$,

这与已知中 $a c+b d>1$ 矛盾,

$\therefore$ 原假设错误，

$\therefore a . b . c . d$ 中至少有一个是负数.
解析：：【分析】本题主要考查了反证法与放缩法, 解决问题的关键 “至多”.“至少”型命题的证明方法. 解答本题应假设 $a . b . c . d$ 都是非负数, 然后证明并得出矛盾. (1)在证明中含有“至少”.“至多”.“最多”等字眼时，或证明否定性命题.惟一性命题时，可使用反证法证明.在证明中常见的矛盾可以与题设矛盾, 也可以与已知矛盾, 与显然的事实矛盾, 也可以自相矛盾.(2)在用反证法证明的过程中, 由于作出了与结论相反的假设, 相当于增加了题设条件, 因此在证明过程中必须使用这个增加的条件, 否则将无法推出矛盾.
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z_{1}=-2+i, z_{1} z_{2}=-5+5 i$ (其中 $i$ 为虚数单位).

(1)求复数 ${ }^{Z_{2}}$;

(2)若复数 $z_{3}=\left(3-z_{2}\right)\left[\left(m^{2}-2 m-3\right)+(m-1) \mathrm{i}\right]$ 所对应的点在第四象限, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $ecause z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}, 	herefore z_{2}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{z_{1}}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{-2+\mathrm{i}}=3-\mathrm{i}$.<ImageHere>$ecause z_{3}$ 所对应的点在第四象限,$	herefore\left\{egin{array}{l}-(m-1)>0, \ m^{2}-2 m-3<0,\end{array}ight.$ 解得 $-1<m<1$,
解析：(1) $ecause z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}, 	herefore z_{2}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{z_{1}}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{-2+\mathrm{i}}=3-\mathrm{i}$.$ecause z_{3}$ 所对应的点在第四象限,$	herefore\left\{egin{array}{l}-(m-1)>0, \ m^{2}-2 m-3<0,\end{array}ight.$ 解得 $-1<m<1$,
题目（高三 · 代数）：已知复数 $z_{1}=-2+i, z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}$ (其中 $\mathrm{i}$ 为虚数单位).

(1)求复数 $Z_{i}$;

(2)若复数 $z_{3}=\left(3-z_{1}\right)\left[\left(m^{2}-2 m-3\right)+(m-1) \dot{i}\right]$ 所对应的点在第四象限, 求实数 $m$ 的取值范围.
选项：
答案：(1) $ecause z_{1} z_{2}=-5+5 \mathrm{i}, 	herefore z_{2}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{z_{1}}=rac{-5+5 \mathrm{i}}{-2+\mathrm{i}}=3-\mathrm{i}$.
解析：(2) $z_{3}=\left(3-z_{1}ight)\left[\left(m^{2}-2 m-3ight)+(m-1) \mathrm{i}ight]=\mathrm{i}\left[\left(m^{2}-2 m-3ight)+(m-1) \mathrm{i}ight]=-(m-1)+\left(m^{2}-2 m-3ight) \mathrm{i}$.$ecause z_{3}$ 所对应的点在第四象限,$	herefore\left\{egin{array}{l}-(m-1)>0, \ m^{2}-2 m-3<0,\end{array}ight.$ 解得 $-1<m<1$,$	herefore m$ 的取值范围是 $-1<m<1$.
题目（高三 · 代数）：回答下列问题.

（1）请用分析法证明: $\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7}>\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5}$;

（2）请用反证法证明: 设 $a>0, b>0$, 则 ${ }^{a+\frac{1}{b}}$ 与 $^{b+\frac{1}{a}}$ 中至少有一个不小于 2 .
选项：
答案：证明: (1)要证: $\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7}>\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5}$只需证: $(\sqrt{a+6}+\sqrt{a+7})^{2}>(\sqrt{a+8}+\sqrt{a+5})^{2}只需证: $2 a+13+2 \sqrt{(a+6)(a+7)}>2 a+13+2 \sqrt{(a+8)(a+5)}$只需证: $\sqrt{(a+6)(a+7)}>\sqrt{(a+8)(a+5)}$只需证: $a^{2}+13 a+42>a^{2}+13 a+40$只需证: $42>40$而 $42>40$ 显然成立, 所以原不等式得证.(2)假设结论不成立, 即 ${ }^{a+rac{1}{b} 	ext { 与 } b+rac{1}{a}}$ 都小于 2,则 $a+rac{1}{b}+b+rac{1}{a}<2+2=4$而由基本不等式, $a+rac{1}{a} \geq 2, b+rac{1}{b} \geq 2$ ，$	herefore a+rac{1}{b}+b+rac{1}{a}=a+rac{1}{a}+b+rac{1}{b} \geq 2+2=4$ 与(1)式矛盾
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知函数 $f(x)=12-x^{2}$.
选项：
答案：(1) $2 x+y-13=0$ ；（2） 32 .
解析：(1) 因为 $f(x)=12-x^{2}$, 所以 $f^{\prime}(x)=-2 x$,设切点为 $\left(x_{0}, 12-x_{0}ight)$, 则 $-2 x_{0}=-2$, 即 $x_{0}=1$, 所以切点为 $(1,11)$,由点斜式可得切线方程为 $y-11=-2(x-1)$, 即 $2 x+y-13=0$.(2) 显然 $t 
eq 0$,因为 $y=f(x)$ 在点 $\left(t, 12-t^{2}ight)$ 处的切线方程为 $y-\left(12-t^{2}ight)=-2 t(x-t)$,令 $x=0$, 得 $y=t^{2}+12$; 令 $y=0$, 得 $x=rac{t^{2}+12}{2 t}$,所以 $S(t)=rac{1}{2} 	imes\left(t^{2}+12ight) \cdot rac{t^{2}+12}{2|t|} ，$不妨设 $t>0$ ( $t<0$ 时, 结果一样),则 $S(t)=rac{t^{4}+24 t^{2}+144}{4 t}=rac{1}{4}\left(t^{3}+24 t+rac{144}{t}ight)$ ，所以 $S^{t}(t)=rac{1}{4}\left(3 t^{2}+24-rac{144}{t^{2}}ight)=rac{3\left(t^{4}+8 t^{2}-48ight)}{4 t^{2}}=rac{3\left(t^{2}-4ight)\left(t^{2}+12ight)}{4 t^{2}}$$=rac{3(t-2)(t+2)\left(t^{2}+12ight)}{4 t^{2}}$,由 $S^{t}(t)>0$, 得 $t>2$; 由 $S^{t}(t)<0$, 得 $0<t<2$,所以 $S(t)$ 在 $(0,2)$ 上递减, 在 $(2,+\infty)$ 上递增,所以 $t=2$ 时, $S(t)$ 取得极小值,也是最小值为 $S(2)=rac{16 	imes 16}{8}=32$
题目（高三 · 代数）：(12 分) 设函数 $f(x)=\ln x-2 a x+x^{2} ， a \in \mathbf{R}$

(1) 若 $a=0$, 求函数 $f(x)$ 在 $[1, e]$ 上的最小值;

(2) 求函数 $f(x)$ 的极值点.
选项：
答案：(1) 1；(2）见解析。
解析：(1) 当 $a=0$ 时, $f(x)=\ln x+x^{2}(x>0)$, 则 $f^{\prime}(x)=rac{1}{x}+2 x=rac{2 x^{2}+1}{x}$,当 $x \in[1, e]$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 所以 $f(x)$ 在 $[1, e]$ 上是增函数,当 $x=1$ 时, $f(x)$ 取得最小值 $f(1)=1$,所以 $f(x)$ 在 $[1, e]$ 上的最小值为 1 .(2) $f(x)=\ln x-2 a x+x^{2}$, 则 $f^{\prime}(x)=rac{2 x^{2}-2 a x+1}{x}(x>0)$,令 $h(x)=2 x^{2}-2 a x+1(x>0)$,(1) 当 $a \leq 0$ 时, $h(x)>0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立, 此时 $f^{\prime}(x)>0$,所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,此时, 函数 $f(x)$ 没有极值点;(2)当 $a>0$ 时, 当 $\Delta=(-2 a)^{2}-8 \leq 0$, 即 $0<a \leq \sqrt{2}$ 时, $h(x) \geq 0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立,此时 $f^{\prime}(x) \geq 0$, 所以 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增,此时, 函数 $f(x)$ 没有极值点;当 $\Delta>0$, 即 $a>\sqrt{2}$ 时, 令 $h(x)=0$, 则 $x=rac{a \pm \sqrt{a^{2}-2}}{2}$,当 $rac{a-\sqrt{a^{2}-2}}{2}<x<rac{a+\sqrt{a^{2}-2}}{2}$ 时, $h(x)<0$, 即 $f^{\prime}(x)<0$ ；当 $0<x<rac{a-\sqrt{a^{2}-2}}{2}$ 或 $x>rac{a+\sqrt{a^{2}-2}}{2}$ 时, $h(x)>0$, 即 $f^{\prime}(x)>0$,所以当 $a>\sqrt{2}$ 时, $x=rac{a-\sqrt{a^{2}-2}}{2}$ 是函数 $f(x)$ 的极大值点; $x=rac{a+\sqrt{a^{2}-2}}{2}$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点,综上, 当 $a \leq \sqrt{2}$ 时, 函数 $f(x)$ 没有极值点;当 $a>\sqrt{2}$ 时, $x=rac{a-\sqrt{a^{2}-2}}{2}$ 是函数 $f(x)$ 的极大值点; $x=rac{a+\sqrt{a^{2}-2}}{2}$ 是函数 $f(x)$ 的极小值点.
题目（高三 · 代数）：(12 分) 已知函数 $f(x)=x-a \ln x(x>0, a \in \mathbf{R})$ 有两个零点 $x_{1}, x_{2}$, 且

$x_{1}<x_{2}$,

(1) 求 $a$ 的取值范围;

(2) 证明: $x_{1} \cdot x_{2}>e^{2}$.
选项：
答案：(1) $(e,+\infty)$; (2) 证明见解析.
解析：(1) 令 $f(x)=x-a \ln x=0, 	herefore \ln x=rac{1}{a} x$, 令 $y_{1}=\ln x, y_{2}=rac{1}{a} x$,当 $y_{1}$ 与 $y_{2}$ 相切时, 如图所示:设切点为 $\left(x_{0}, \ln x_{0}ight)$, 则 $y_{1}^{\prime}=rac{1}{x},\left.y_{1}^{\prime}ight|_{x=x_{0}}=rac{1}{x_{0}}=rac{1}{a}, 	herefore x_{0}=a$,即切点坐标是 $(a, \ln a)$, 把 $(a, \ln a)$ 代 $y_{2}=rac{1}{a} x$, 解得 $a=e$,若 $y=f(x)$ 有两个零点 $x_{1}, x_{2}$, 即 $y_{1}, y_{2}$ 有 2 个交点, 只需 $a \geq rac{4}{3}$ 即可, 即 $a>e ，$$a$ 的范围是 $(e,+\infty)$.(2) 由题意知: $x_{1}-a \ln x_{1}=0, x_{2}-a \ln x_{2}=0$,即 $\ln x_{1}=rac{x_{1}}{a}, \ln x_{2}=rac{x_{2}}{a}$,$\ln x_{1}+\ln x_{2}=rac{1}{a}\left(x_{1}+x_{2}ight)(1)$ $\ln x_{1}-\ln x_{2}=rac{1}{a}\left(x_{1}-x_{2}ight)$, 即 $rac{1}{a}=rac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}$ (2)要证 $x_{1} \cdot x_{2}>e^{2}$ 成立, 即证 $\ln x_{1} \cdot x_{2}>\ln e^{2}$ 成立,即证 $\ln x_{1}+\ln x_{2}>2$,由(1)知: 即证 $rac{1}{a}\left(x_{1}+x_{2}ight)>2$, 即证 $rac{1}{a}>rac{2}{x_{1}+x_{2}}$ ，又由(2)知: 即证 $rac{\ln x_{1}-\ln x_{2}}{x_{1}-x_{2}}>rac{2}{x_{1}+x_{2}}$, 即证 $\ln rac{x_{1}}{x_{2}}>rac{2\left(x_{1}-x_{2}ight)}{x_{1}+x_{2}}$,即证 $\ln rac{x_{1}}{x_{2}}>rac{2\left(rac{x_{1}}{x_{2}}-1ight)}{rac{x_{1}}{x_{2}}+1}$,令 $t=rac{x_{1}}{x_{2}}$, 则 $0<t<1$, 即证 $\ln t>rac{2(t-1)}{t+1}$,设 $g(t)=\ln t-rac{2(t-1)}{t+1},(0<t<1), 	herefore g^{\prime}(t)=rac{(t+3)(t-1)}{t(t+1)^{2}}$ ，$g(t)$ 在 $(0,1)$ 上单调递减, $g(t)>g(1)=\ln 1-rac{2 	imes(1-1)}{1+1}=0$, 即 $\ln rac{x_{1}}{x_{2}}>rac{2\left(rac{x_{1}}{x_{2}}-1ight)}{rac{x_{1}}{x_{2}}+1}$ 成立, 故 $x_{1} \cdot x_{2}>e^{2}$ 得证.
题目（高三 · 代数）：(10 分) 设 $a>0, b>0$, 且 $a+b=\frac{1}{a}+\frac{1}{b}$.

(1) 求 $a+b$ 的最小值;

(2) 证明: $a^{2}+a<2$ 与 $b^{2}+b<2$ 不可能同时成立.
选项：
答案：（1）2；(2）
解析：由 $a+b=rac{1}{a}+rac{1}{b}=rac{a+b}{a b}$, 且 $a>0, b>0$, 得 $a b=1$.（1）由基本不等式及 $a b=1$, 知 $a+b \geq 2 \sqrt{a b}=2$, 当且仅当 $a=b=1$ 时取等号,故 $a+b$ 的最小值为 2 .(2) 证明: 由（1）知 $a^{2}+b^{2} \geq 2 a b=2$ ，且 $a+b \geq 2$,因此 $a^{2}+b^{2}+a+b \geq 4$, (1)假设 $a^{2}+a<2$ 与 $b^{2}+b<2$ 同时成立，则 $a^{2}+b^{2}+a+b<4$ ，(2)(1)2)两式矛盾, 故 $a^{2}+a<2$ 与 $b^{2}+b<2$ 不可能同时成立.