高中数学解题方法技巧汇总

目 录

前言 ……………………………………………………… 2 第一章 高中数学解题基本方法 ……………………… 3

一、 配方法 ……………………………………… 3 二、 换元法 ……………………………………… 7 三、 待定系数法 ………………………………… 14 四、 定义法 ……………………………………… 19 五、 数学归纳法 ………………………………… 23 六、 参数法 ……………………………………… 28 七、 反证法 ……………………………………… 32 八、 消去法 ……………………………………… 九、 分析与综合法 ……………………………… 十、 特殊与一般法 ……………………………… 十一、 类比与归纳法 ………………………… 十二、 观察与实验法 ………………………… 第二章 高中数学常用的数学思想 …………………… 35

一、 数形结合思想 ……………………………… 35 二、 分类讨论思想 ……………………………… 41 三、 函数与方程思想 …………………………… 47 四、 转化（化归）思想 ………………………… 54 第三章 高考热点问题和解题策略 …………………… 59

一、 应用问题 …………………………………… 59 二、 探索性问题 ………………………………… 65 三、 选择题解答策略 …………………………… 71 四、 填空题解答策略 …………………………… 77 附录 ………………………………………………………

一、 高考数学试卷分析 ………………………… 二、 两套高考模拟试卷 ………………………… 三、 参考答案 ……………………………………

专业技术参考资料

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前 言

美国著名数学教育家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。而当我们解题时遇到一个新问题，总想用熟悉的题型去“套”，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解透彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。高考试题十分重视对于数学思想方法的考查，特别是突出考查能力的试题，其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法。我们要有意识地应用数学思想方法去分析问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。 高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查： ① 常用数学方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法等； ② 数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等； ③ 数学思维方法：观察与分析、概括与抽象、分析与综合、特殊与一般、类比、归纳和演绎等； ④ 常用数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想等。

数学思想方法与数学基础知识相比较，它有较高的地位和层次。数学知识是数学内容，可以用文字和符号来记录和描述，随着时间的推移，记忆力的减退，将来可能忘记。而数学思想方法则是一种数学意识，只能够领会和运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决，掌握数学思想方法，不是受用一阵子，而是受用一辈子，即使数学知识忘记了，数学思想方法也还是对你起作用。 数学思想方法中，数学基本方法是数学思想的体现，是数学的行为，具有模式化与可操作性的特征，可以选用作为解题的具体手段。数学思想是数学的灵魂，它与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得。

可以说，“知识”是基础，“方法”是手段，“思想”是深化，提高数学素质的核心就是提高学生对数学思想方法的认识和运用，数学素质的综合体现就是“能力”。

为了帮助学生掌握解题的金钥匙，掌握解题的思想方法，本书先是介绍高考中常用的数学基本方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法、反证法、分析与综合法、特殊与一般法、类比与归纳法、观察与实验法，再介绍高考中常用的数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想。最后谈谈解题中的有关策略和高考中的几个热点问题，并在附录部分提供了近几年的高考试卷。

在每节的内容中，先是对方法或者问题进行综合性的叙述，再以三种题组的形式出现。再现性题组是一组简单的选择填空题进行方法的再现，示范性题组进行详细的解答和分析，对方法和问题进行示范。巩固性题组旨在检查学习的效果，起到巩固的作用。每个题组中习题的选取，又尽量综合到代数、三角、几何几个部分重要章节的数学知识。

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第一章 高中数学解题基本方法

一、 配方法

配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简。何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。

最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解，或者缺xy项的二次曲线的平移变换等问题。

配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如： a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝(a－b)2＋2ab；

3b22222a＋ab＋b＝(a＋b)－ab＝(a－b)＋3ab＝(a＋)＋（b）2；

221a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca＝[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(c＋a)2]

2a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)2－2(ab－bc－ca)＝…

结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如： 1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）2；

111x2＋2＝(x＋)2－2＝(x－)2＋2 ；…… 等等。

xxxⅠ、再现性题组：

1. 在正项等比数列{an}中，a1a5+2a3a5+a3a7=25，则 a3＋a5＝_______。

2. 方程x2＋y2－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。

11 A. 141 C. k∈R D. k＝4或k＝1 3. 已知sin4α＋cos4α＝1，则sinα＋cosα的值为______。 A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0 4. 函数y＝log1 (－2x2＋5x＋3)的单调递增区间是_____。

25155 A. （－∞, 54] B. [4,+∞) C. (－2,4] D. [4,3)

5. 已知方程x2+(a-2)x+a-1=0的两根x1、x2，则点P(x1,x2)在圆x2+y2=4上，则实数a＝_____。

【简解】 1小题：利用等比数列性质ampamp＝am2，将已知等式左边后配方

（a3＋a5）2易求。答案是：5。

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2小题：配方成圆的标准方程形式(x－a)2＋(y－b)2＝r2，解r2>0即可，选B。 3小题：已知等式经配方成(sin2α＋cos2α)2－2sin2αcos2α＝1，求出sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再开方求解。选C。

4小题：配方后得到对称轴，结合定义域和对数函数及复合函数的单调性求解。选D。

5小题：答案3－11。 Ⅱ、示范性题组：

例1. 已知长方体的全面积为11，其12条棱的长度之和为24，则这个长方体的一条对角线长为_____。

A. 23 B. 14 C. 5 D. 6

【分析】 先转换为数学表达式：设长方体长宽高分别为x,y,z，则2(xyyzxz)11 ,而欲求对角线长x2y2z2，将其配凑成两已知式的组合4(xyz)24形式可得。

【解】设长方体长宽高分别为x,y,z，由已知“长方体的全面积为11，其12

2(xyyzxz)11条棱的长度之和为24”而得：。

4(xyz)24长方体所求对角线长为：x2y2z2＝(xyz)22(xyyzxz)＝

6211＝5

所以选B。

【注】本题解答关键是在于将两个已知和一个未知转换为三个数学表示式，观察和分析三个数学式，容易发现使用配方法将三个数学式进行联系，即联系了已知和未知，从而求解。这也是我们使用配方法的一种解题模式。

pq例2. 设方程x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，若()2+()2≤7成立，求实

qp数k的取值范围。

【解】方程x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2 ,

[(pq)22pq]22p2q2p2q2p4q4(p2q2)22p2q2()+()＝＝＝＝

(pq)2(pq)2qp(pq)2(k24)28≤7， 解得k≤－10或k≥10 。

4又 ∵p、q为方程x2＋kx＋2=0的两实根， ∴ △＝k2－8≥0即k≥22或k≤－22

综合起来，k的取值范围是：－10≤k≤－22 或者 22≤k≤10。

4

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【注】 关于实系数一元二次方程问题，总是先考虑根的判别式“Δ”；已知方程有两根时，可以恰当运用韦达定理。本题由韦达定理得到p＋q、pq后，观察已知不等式，从其结构特征联想到先通分后配方，表示成p＋q与pq的组合式。假如本题不对“△”讨论，结果将出错，即使有些题目可能结果相同，去掉对“△”的讨论，但解答是不严密、不完整的，这一点我们要尤为注意和重视。

ba例3. 设非零复数a、b满足a2＋ab＋b2=0，求()1998＋()1998 。

ababaaa【分析】 对已知式可以联想：变形为()2＋()＋1＝0，则＝ω （ω为

bbb1的立方虚根）；或配方为(a＋b)2＝ab 。则代入所求式即得。

aa【解】由a2＋ab＋b2=0变形得：()2＋()＋1＝0 ，

bba1b设ω＝，则ω2＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：＝，ω3＝

ba3＝1。

又由a2＋ab＋b2=0变形得：(a＋b)2＝ab ，

ba2999b2999aab19981998所以 ()＋()＝()＋()＝()999＋()999＝ω

abababbaab999＋999＝2 。

【注】 本题通过配方，简化了所求的表达式；巧用1的立方虚根，活用ω的性质，计算表达式中的高次幂。一系列的变换过程，有较大的灵活性，要求我们善于联想和展开。

13iaab【另解】由a2＋ab＋b2＝0变形得：()2＋()＋1＝0 ，解出＝

2bbaab后，化成三角形式，代入所求表达式的变形式()999＋()999后，完成后面的运

ba13i算。此方法用于只是未联想到ω时进行解题。

2假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a2＋ab＋b2＝0解出：a＝13ib，直接代入所求表达式，进行分式化简后，化成复数的三角形式，利用2棣莫佛定理完成最后的计算。 Ⅲ、巩固性题组：

1. 函数y＝(x－a)2＋(x－b)2 （a、b为常数）的最小值为_____。

2(ab)A. 8 B. 222ab C. 2 D.最小值不存在

2. α、β是方程x2－2ax＋a＋6＝0的两实根，则(α-1)2 +(β-1)2的最小值是_____。

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A. －494 B. 8 C. 18 D.不存在

3. 已知x、y∈R，且满足x＋3y－1＝0，则函数t＝2x＋8y有_____。 A.最大值2

2 B.最大值

22 C.最小值22 B.最小值

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4. 椭圆x2－2ax＋3y2＋a2－6＝0的一个焦点在直线x＋y＋4＝0上，则a＝_____。

A. 2 B. －6 C. －2或－6 D. 2或6 5. 化简：21sin8＋22cos8的结果是_____。

A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4 6. 设F1和F2为双曲线x－y2＝1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F1PF242＝90°，则△F1PF2的面积是_________。

1的最小值为___________。

x18. 已知〈β<α〈3π，cos(α-β)＝12，sin(α+β)＝－3，求

524137. 若x>－1，则f(x)＝x2＋2x＋

sin2α的

值。(92年高考题)

9. 设二次函数f(x)＝Ax2＋Bx＋C，给定m、n（m0；

② 是否存在一个实数t，使当t∈(m+t,n-t)时，f(x)<0 ？若不存在，说出理由；若存在，指出t的取值范围。

10. 设s>1，t>1，m∈R，x＝logst＋logts，y＝logs4t＋logt4s＋m(logs2t＋logt2s), ① 将y表示为x的函数y＝f(x)，并求出f(x)的定义域； ② 若关于x的方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求m的取值范围。

二、换元法

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解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法。换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理。

换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化。

它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。

换元的方法有：局部换元、三角换元、均值换元等。局部换元又称整体换元，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现。例如解不等式：4x＋2x－2≥0，先变形为设2x＝t（t>0），而变为熟悉的一元二次不等式求解和指数方程的问题。

三角换元，应用于去根号，或者变换为三角形式易求时，主要利用已知代数式中与三角知识中有某点联系进行换元。如求函数y＝x＋1x的值域时，易发

现x∈[0,1]，设x＝sin2α ，α∈[0,]，问题变成了熟悉的求三角函数值域。

2为什么会想到如此设，其中主要应该是发现值域的联系，又有去根号的需要。如变量x、y适合条件x2＋y2＝r2（r>0）时，则可作三角代换x＝rcosθ、y＝rsinθ化为三角问题。

SS均值换元，如遇到x＋y＝S形式时，设x＝＋t，y＝－t等等。

22我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原则，换元后要注重新变量范围的选取，一定要使新变量范围对应于原变量的取值范围，不能缩小也

不能扩大。如上几例中的t>0和α∈[0,]。

2Ⅰ、再现性题组：

1.y＝sinx·cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。

2.设f(x2＋1)＝loga(4－x4) （a>1），则f(x)的值域是_______________。 3.已知数列{an}中，a1＝－1，an1·an＝an1－an，则数列通项an＝___________。

4.设实数x、y满足x2＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________。

13x5.方程＝3的解是_______________。

13x6.不等式log2(2x－1) ·log2(2x1－2)〈2的解集是_______________。

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t21【简解】1小题：设sinx+cosx＝t∈[－2,2]，则y＝＋t－，对称轴

221t＝－1，当t＝2，ymax＝＋2；

22小题：设x2＋1＝t (t≥1)，则f(t)＝loga[-(t-1)2＋4]，所以值域为(－∞,loga4]；

1113小题：已知变形为－＝－1,设bn＝，则b1＝－1,bn＝－1＋(n－

an1anan11)(-1)＝－n，所以an＝－；

n24小题：设x＋y＝k，则x－2kx＋1＝0, △＝4k2－4≥0,所以k≥1或k≤－1；

15小题：设3x＝y，则3y2＋2y－1＝0,解得y＝，所以x＝－1；

36小题：设log2(2x－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－25(log2,log23)。

4Ⅱ、示范性题组：

1例1. 实数x、y满足4x2－5xy＋4y2＝5 （ ①式） ，设S＝x2＋y2，求

Smax1＋的值。（93年全国高中数学联赛题） Smin【分析】 由S＝x2＋y2联想到cos2α＋sin2α＝1,于是进行三角换元，设

xScosα代入①式求Smax和Smin的值。 ySsinαxScosα【解】设代入①式得： 4S－5S·sinαcosα＝5

ySsinα10解得 S＝ ；

85sin2α101010∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴ ≤≤

1385sin311313168∴ ＋＝＋＝＝

SmaxSmin10101058S10此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝的有界性而求，

S8S10即解不等式：||≤1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。

S8

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SSSS2【另解】 由S＝x＋y，设x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，

22222222S2S则xy＝±－t2代入①式得：4S±5－t2=5，

44移项平方整理得 100t2+39S2－160S＋100＝0 。

1010∴ 39S2－160S＋100≤0 解得：≤S≤

13311313168∴ ＋＝＋＝＝

SmaxSmin1010105【注】 此题第一种解法属于“三角换元法”，主要是利用已知条件S＝x2＋y2与三角公式cos2α＋sin2α＝1的联系而联想和发现用三角换元，将代数问题转化为三角函数值域问题。第二种解法属于“均值换元法”，主要是由等式S＝x2＋y2而按照均值换元的思路，设x2＝S＋t、y2＝S－t，减少了元的个数，问题且

22容易求解。另外，还用到了求值域的几种方法：有界法、不等式性质法、分离参数法。

和“均值换元法”类似，我们还有一种换元法，即在题中有两个变量x、y时，可以设x＝a＋b，y＝a－b，这称为“和差换元法”，换元后有可能简化代数式。

5本题设x＝a＋b，y＝a－b，代入①式整理得3a2＋13b2＝5 ，求得a2∈[0,]，

31102021010所以S＝(a－b)2＋(a＋b)2＝2(a2＋b2)＝＋a∈[,]，再求＋

Smax13131331的值。 Smin

211例2． △ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，＋＝－，

cosBcosAcosCAC求cos的值。（96年全国理）

2【分析】 由已知“A＋C＝2B”和“三角形内角和等于180°”的性质，可得 AC120°A＝60°α；由“A＋C＝120°”进行均值换元，则设 ，再代B＝60°C＝60°－αAC入可求cosα即cos。

2AC120°【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得 ,

B＝60°9

10

A＝60°α由A＋C＝120°，设，代入已知等式得：

C＝60°－α11111＋＝＋＝＋

cos(60)cos(60)cosAcosC13cossin221coscos＝＝＝－22, 13313cos2sin2cos2cossin4442222AC解得：cosα＝， 即：cos＝。

222211【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以＋＝－

cosBcosAcosC11＝－22，设＝－2＋m，＝－2－m ，

cosAcosC11所以cosA＝，cosC＝，两式分别相加、相减得：

2m2m22ACACACcosA＋cosC＝2coscos＝cos＝2，

m2222ACACAC2mcosA－cosC＝－2sinsin＝－3sin＝2，

222m2222mAC2AC2AC即：sin＝－，＝－2，代入sin＋cos＝1m22223(m22)222AC＝2＝。

2m2211【注】 本题两种解法由“A＋C＝120°”、“＋＝－22”分别

cosAcosC进行均值换元，随后结合三角形角的关系与三角公式进行运算，除由已知想到均值换元外，还要求对三角公式的运用相当熟练。假如未想到进行均值换元，也可

11由三角运算直接解出：由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以＋

cosAcosC2＝－＝－22，即cosA＋cosC＝－22cosAcosC，和积互化得：

cosB整理得：3m4－16m－12＝0,解出m2＝6，代入cos

10

11

2ACACACcos＝－2[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos＝－

222222AC2AC2cos(A-C)＝22－(2cos－1)，整理得：4cos＋222AC2cos－32＝0,

22AC解得：cos＝

22例3. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a2的最大值和最小值。 【解】 设sinx＋cosx＝t，则t∈[-2,2]，由(sinx y 2t12 , , ＋cosx)＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx＝ 2－2 2

11∴ f(x)＝g(t)＝－(t－2a)2＋ （a>0），t∈x 22[-2,2]

1t＝-2时，取最小值：－2a2－22a－

21当2a≥2时，t＝2，取最大值：－2a2＋22a－ ；

21当0<2a≤2时，t＝2a，取最大值： 。

21∴ f(x)的最小值为－2a2－22a－，最大值为

212(0a)22。 1222a22a(a)22【注】 此题属于局部换元法，设sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx与sinx·cosx的内在联系，将三角函数的值域问题转化为二次函数在闭区间上的值域问题，使得容易求解。换元过程中一定要注意新的参数的范围（t∈[-2,2]）与sinx＋cosx对应，否则将会出错。本题解法中还包含了含参问题时分类讨论的数学思想方法，即由对称轴与闭区间的位置关系而确定参数分两种情况进行讨论。 一般地，在遇到题目已知和未知中含有sinx与cosx的和、差、积等而求三角式的最大值和最小值的题型时，即函数为f(sinx±cosx，sinxcsox)，经常用到这样设元的换元法，转化为在闭区间上的二次函数或一次函数的研究。

2cos

11

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例4. 设对所于有实数x，不等式x2log

24(a1)＋2x loga22a＋a1(a1)2log2>0恒成立，求a的取值范围。（87年全国理）

4a24(a1)(a1)22a【分析】不等式中log2、 log2、log2三项有何联系？进

4a2aa1行对数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。

4(a1)8(a1)2aa1【解】 设log2＝t，则log2＝log2＝3＋log2＝3

a2aa12a(a1)22aa1－log2＝3－t，log2＝2log＝－2t， 24a2a12a代入后原不等式简化为（3－t）x2＋2tx－2t>0，它对一切实数x恒成立，所以： 3t0t32a，解得 ∴ t<0即log<0 22a1t0或t64t8t(3t)02a0<<1，解得04(a1)(a1)22a元及如何设元，关键是发现已知不等式中log2、 log2、log2a4a2a1三项之间的联系。在解决不等式恒成立问题时，使用了“判别式法”。另外，本题还要求对数运算十分熟练。一般地，解指数与对数的不等式、方程，有可能使用局部换元法，换元时也可能要对所给的已知条件进行适当变形，发现它们的联系而实施换元，这是我们思考解法时要注意的一点。

xsinθcosθcos2θ10sin2θ例5. 已知＝，且＋＝ (②式)，求

yyxx23(x2y2)y2的值。 【解】 设

222sinθcosθ＝＝k，则sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sin2θ＋cos2θ

yxy2k2x2k2y210k210＝k(x+y)＝1,代入②式得： 2＋2＝ 即：2＋22＝3xx3(xy)yx210＝ 3y2110x3x21设2＝t，则t＋＝ , 解得：t＝3或 ∴＝±3或±

y3t3y312

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xsinθcos2θ【另解】 由＝＝tgθ，将等式②两边同时除以，再表示成含

ycosθx21010tgθ的式子：1＋tg4θ＝(1tg2)＝tg2θ，设tg2θ＝t，则3t2—

133(12)tg10t＋3＝0，

x31∴t＝3或， 解得＝±3或±。

y33sinθcosθ＝而进行等量代换，进行换元，减少了变量

yxxsinθ的个数。第二种解法将已知变形为＝，不难发现进行结果为tgθ，再进

cosθy行换元和变形。两种解法要求代数变形比较熟练。在解高次方程时，都使用了换元法使方程次数降低。

(x1)2(y1)2例6. 实数x、y满足＋＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范

916围。

(x1)2(y1)2【分析】由已知条件＋＝1，可以发现它与a2＋b2＝1有相似

916之处，于是实施三角换元。

x1(x1)2(y1)2y1【解】由＋＝1，设＝cosθ，＝sinθ，

91634x13cosθ即： 代入不等式x＋y－k>0得：

y14sinθ3cosθ＋4sinθ－k>0，即k<3cosθ＋4sinθ＝5sin(θ+ψ) 所以k<-5时不等式恒成立。

【注】本题进行三角换元，将代数问题（或者是解析几何问题）化为了含参三角不等式恒成立的问题，再运用“分离参数法”转化为三角函数的值域问题，从而求出参数范围。一般地，在遇到与圆、椭圆、双曲线的方程相似的代数式时，或者在解决圆、椭圆、双曲线等有关问题时，经常使用“三角换元法”。 【注】 第一种解法由

13

14

本题另一种解题思路是使用数形结合法的思想方法：在平面直角坐标系，不等式ax＋by＋c>0 (a>0)所表示的区域为直线ax＋by＋c＝0所分平面成两部分中含x轴正方向的一部分。此题不等式恒成立问题化为图

y 形问题：椭圆上的点始终位于平面上x＋y－k>0的

区域。即当直线x＋y－k＝0在与椭圆下部相切的切

x

线之下时。当直线与椭圆相切时，方程组

16(x1)29(y1)2144有相等的一组实数解，消 xyk0 x＋y－元后由△＝0可求得k＝－3,所以k<-3时原不等式k>0 恒成立。 k 平面区 域 Ⅲ、巩固性题组： 1. 已知f(x3)＝lgx (x>0)，则f(4)的值为_____。

A. 2lg2 B. 1lg2 C. 2lg2 D. 2lg4

3332. 函数y＝(x＋1)4＋2的单调增区间是______。

A. [-2,+∞) B. [-1,+∞) D. (-∞,+∞) C. (-∞,-1]

3. 设等差数列{an}的公差d＝1，且S100＝145，则a1＋a3＋a5＋……＋a99的

2值为_____。

A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5 4. 已知x2＋4y2＝4x，则x＋y的范围是_________________。 5. 已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，则6. 不等式

xa12＋

b12的范围是____________。

>ax＋3的解集是(4,b)，则a＝________，b＝_______。

27. 函数y＝2x＋x1的值域是________________。 8. 在等比数列{an}中，a1＋a2＋…＋a10＝2，a11＋a12＋…＋a30＝12，求a31＋a32＋…＋a60。

9. 实数m在什么范围内取值，对任意实数x，不等式sin2x＋2mcosx＋4m－1<0恒成立。

10. 已知矩形ABCD，顶点C(4,4)，A点在曲 y D C 线x2＋y2＝2 (x>0,y>0)上移动，且AB、 A B AD始终平行x轴、y轴，求矩形ABCD的最

O 小面积。

x

14

15

三、待定系数法

要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。

待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。 使用待定系数法，它解题的基本步骤是：

第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；

第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程； 第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。 如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析： ① 利用对应系数相等列方程；

② 由恒等的概念用数值代入法列方程； ③ 利用定义本身的属性列方程； ④ 利用几何条件列方程。

比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式，其中含有待定的系数；再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数，并把求出的系数代入已经明确的方程形式，得到所求圆锥曲线的方程。 Ⅰ、再现性题组：

x1. 设f(x)＝＋m，f(x)的反函数f1(x)＝nx－5，那么m、n的值依次为_____。

25555A. , －2 B. － ， 2 C. , 2 D. － ，－2

2222112. 二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－,)，则a＋b的值是_____。

23A. 10 B. －10 C. 14 D. －14

3. 在(1－x3)（1＋x）10的展开式中，x5的系数是_____。 A. －297 B.－252 C. 297 D. 207

314. 函数y＝a－bcos3x (b<0)的最大值为，最小值为－，则y＝－4asin3bx

22的最小正周期是_____。

5. 与直线L：2x＋3y＋5＝0平行且过点A(1,-4)的直线L’的方程是_______________。

15

16

y26. 与双曲线x－＝1有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是

4____________。

x【简解】1小题：由f(x)＝＋m求出f1(x)＝2x－2m，比较系数易求，选C；

211112小题：由不等式解集(－,)，可知－、是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，

2323代入两根，列出关于系数a、b的方程组，易求得a＋b，选D；

523小题：分析x5的系数由C10与(－1)C10两项组成，相加后得x5的系数，选D； 4小题：由已知最大值和最小值列出a、b的方程组求出a、b的值，再代入求

2得答案；

35小题：设直线L’方程2x＋3y＋c＝0，点A(1,-4)代入求得C＝10，即得2x＋3y＋10＝0；

22xy6小题：设双曲线方程x2－＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得方程－

43y2＝1。 12Ⅱ、示范性题组：

mx243xn例1. 已知函数y＝的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。

x21【分析】求函数的表达式，实际上就是确定系数m、n的值；已知最大值、最小值实际是就是已知函数的值域，对分子或分母为二次函数的分式函数的值域易联想到“判别式法”。

【解】 函数式变形为： (y－m)x2－43x＋(y－n)＝0， x∈R, 由已知得y－m≠0

∴ △＝(－43)2－4(y－m)(y－n)≥0 即： y2－(m＋n)y＋(mn－12)≤0 ①

不等式①的解集为(-1,7)，则－1、7是方程y2－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的两根，

m5m11(mn)mn120代入两根得： 解得：或

n1497(mn)mn120n55x243x1x243x5∴ y＝或者y＝

x21x21此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即y2－6y－7≤0，然后与不等式

mn6①比较系数而得：，解出m、n而求得函数式y。

mn127216

17

【注】 在所求函数式中有两个系数m、n需要确定，首先用“判别式法”处理函数值域问题，得到了含参数m、n的关于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求参数m、n。两种方法可以求解，一是视为方程两根，代入后列出m、n的方程求解；二是由已知解集写出不等式，比较含参数的不等式而列出m、n的方程组求解。本题要求对一元二次不等式的解集概念理解透彻，也要求理解求函数值域的“判别式法”：将y视为参数，函数式化成含参数y的关于x的一元二次方程，可知其有解，利用△≥0,建立了关于参数y的不等式，解出y的范围就是值域，使用“判别式法”的关键是否可以将函数化成一个一元二次方程。

例2. 设椭圆中心在(2,-1)，它的一个焦点与短轴两端连线互相垂直，且此焦点与长轴较近的端点距离是10－5，求椭圆的方程。

【分析】求椭圆方程，根据所给条件，确定几何数据a、b、c之值，问题就全部解决了。设a、b、c后，由已知垂直关系而联想到

y B’ 勾股定理建立一个方程，再将焦点与长轴较近端点的

x 距离转化为a－c的值后列出第二个方程。

【解】 设椭圆长轴2a、短轴2b、焦距2c，则|BF’|

A F O’ F’ ＝a

A’ a2b2c2 2a1022 ∴ aa(2b) 解得： B

b5ac105x2y2 ∴ 所求椭圆方程是：＋＝1

105也可有垂直关系推证出等腰Rt△BB’F’后，由其性质推证出等腰Rt△

bcB’O’F’，再进行如下列式： ac105 ，更容易求出a、b的值。

222abc【注】 圆锥曲线中，参数（a、b、c、e、p）的确定，是待定系数法的生动体现；如何确定，要抓住已知条件，将其转换成表达式。在曲线的平移中，几何数据（a、b、c、e）不变，本题就利用了这一特征，列出关于a－c的等式。

一般地，解析几何中求曲线方程的问题，大部分用待定系数法，基本步骤是：设方程（或几何数据）→几何条件转换成方程→求解→已知系数代入。

例3. 是否存在常数a、b、c，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝n(n1)(an2＋bn＋c)对一切自然数n都成立？并证明你的结论。 （89年全国高12考题）

【分析】是否存在，不妨假设存在。由已知等式对一切自然数n都成立，取特殊值n＝1、2、3列出关于a、b、c的方程组，解方程组求出a、b、c的值，再用数学归纳法证明等式对所有自然数n都成立。

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18

【解】假设存在a、b、c使得等式成立，令：n＝1，得4＝

1(a＋b＋c)；n＝2，61得22＝(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得：

2abc24a34a2bc44,解得b11， 9a3bC70c10n(n1)(3n2＋11n12＋10)成立，下面用数学归纳法证明对任意自然数n，该等式都成立：

k(k1)假设对n＝k时等式成立，即1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝(3k2＋

1211k＋10)；

k(k1)2222当n＝k＋1时，1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)＝(3k212k(k1)＋11k＋10) ＋(k＋1)(k＋2)2＝(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)2＝

12(k1)(k2)(k1)(k2)（3k2＋5k＋12k＋24）＝[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，

1212也就是说，等式对n＝k＋1也成立。

综上所述，当a＝8、b＝11、c＝10时，题设的等式对一切自然数n都成立。 【注】建立关于待定系数的方程组，在于由几个特殊值代入而得到。此种解法中，也体现了方程思想和特殊值法。对于是否存在性问题待定系数时，可以按照先试值、再猜想、最后归纳证明的步骤进行。本题如果记得两个特殊数列13＋23＋…＋n3、12＋22＋…＋n2求和的公式，也可以抓住通项的拆开，运用数列求和公式而直接求解：由n(n＋1)2＝n3＋2n2＋n得Sn＝1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2于是对n＝1、2、3，等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝

n2(n1)2＝(1＋2＋…＋n)＋2(1＋2＋…＋n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋2×

4n(n1)(2n1)n(n1)n(n1)＋＝(3n2＋11n＋10)，综上所述，当a＝8、b＝11、

1262c＝10时，题设的等式对一切自然数n都成立。 例4. 有矩形的铁皮，其长为30cm，宽为14cm，要从四角上剪掉边长为xcm的四个小正方形，将剩余部分折成一个无盖的矩形盒子，问x为何值时，矩形盒子容积最大，最大容积是多少？

【分析】实际问题中，最大值、最小值的研究，先由已知条件选取合适的变量建立目标函数，将实际问题转化为函数最大值和最小值的研究。

【解】 依题意，矩形盒子底边边长为(30－2x)cm，底边宽为(14－2x)cm，高为xcm。

33322218

19

∴ 盒子容积 V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x ， 显然:15－x>0，7－x>0，x>0。

4设V＝(15a－ax)(7b－bx)x (a>0,b>0）

abab10要使用均值不等式，则

15aax7bbxx31解得：a＝， b＝ ， x＝3 。

4415216415x6444364213从而V＝(－)(－x)x≤()＝×27＝576。

34443343所以当x＝3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm3。 【注】均值不等式应用时要注意等号成立的条件，当条件不满足时要凑配系数，

4可以用“待定系数法”求。本题解答中也可以令V＝(15a－ax)(7－x)bx 或

ab4(15－x)(7a－ax)bx，再由使用均值不等式的最佳条件而列出方程组，求出三ab项该进行凑配的系数，本题也体现了“凑配法”和“函数思想”。

Ⅲ、巩固性题组：

1. 函数y＝logax的x∈[2,+∞)上恒有|y|>1，则a的取值范围是_____。

A. 2>a>1且a≠1 B. 02或

20222. 方程x2＋px＋q＝0与x2＋qx＋p＝0只有一个公共根，则其余两个不同根之和为_____。

A. 1 B. －1 C. p＋q D. 无法确定 3. 如果函数y＝sin2x＋a·cos2x的图像关于直线x＝－π对称，那么a＝

8_____。

A. 2 B. －2 C. 1 D. －1

12n4. 满足C0n＋1·Cn＋2·Cn＋…＋n·Cn<500的最大正整数是_____。 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

5. 无穷等比数列{an}的前n项和为Sn＝a－1n , 则所有项的和等于_____。

2A. －1 B. 1 C. 1 D.与a有关

226. (1＋kx)＝b0＋b1x＋b2x＋…＋b9x，若b0＋b1＋b2＋…＋b9＝－1，则k＝______。

19

929 20

7. 经过两直线11x－3y－9＝0与12x＋y－19＝0的交点，且过点(3,-2)的直线方程为_____________。

8. 正三棱锥底面边长为2，侧棱和底面所成角为60°，过底面一边作截面，使其与底面成30°角，则截面面积为______________。 9. 设y＝f(x)是一次函数，已知f(8)＝15,且f(2)、f(5)、(f14)成等比数列，求f(1)＋f(2)＋…＋f(m)的值。

10. 设抛物线经过两点(-1,6)和(-1,-2)，对称轴与x轴平行，开口向右，直线y＝2x＋7和抛物线截得的线段长是410, 求抛物线的方程。

20

21

四、定义法

所谓定义法，就是直接用数学定义解题。数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来。定义是揭示概念内涵的逻辑方法，它通过指出概念所反映的事物的本质属性来明确概念。

定义是千百次实践后的必然结果，它科学地反映和揭示了客观世界的事物的本质特点。简单地说，定义是基本概念对数学实体的高度抽象。用定义法解题，是最直接的方法，本讲让我们回到定义中去。 Ⅰ、再现性题组：

1. 已知集合A中有2个元素，集合B中有7个元素，A∪B的元素个数为n，则______。

A. 2≤n≤9 B. 7≤n≤9 C. 5≤n≤9 D. 5≤n≤7

2. 设MP、OM、AT分别是46°角的正弦线、余弦线和正切线，则_____。 A. MPA. －11 C. a>0 D. a<－1或a>1

x2y254. 椭圆＋＝1上有一点P，它到左准线的距离为，那么P点到右焦

2592点的距离为_____。

75A. 8 C. 7.5 C. D. 3

4T5. 奇函数f(x)的最小正周期为T，则f(－)的值为_____。

2TA. T B. 0 C. D. 不能确定

26. 正三棱台的侧棱与底面成45°角，则其侧面与底面所成角的正切值为_____。

【简解】1小题：利用并集定义，选B；

2小题：利用三角函数线定义，作出图形，选B； 3小题：利用复数模的定义得a222<5，选A；

|PF左|44小题：利用椭圆的第二定义得到＝e＝，选A；

552TTT5小题：利用周期函数、奇函数的定义得到f(－)＝f()＝－f(－)，选

222B；

6小题：利用线面角、面面角的定义，答案2。 Ⅱ、示范性题组：

21

22

例1. 已知z＝1＋ｉ， ① 设w＝z2＋3z－4，求w的三角形式； ② 如z2azb果2＝1－ｉ，求实数a、b的值。（94年全国理）

zz1【分析】代入z进行运算化简后，运用复数三角形式和复数相等的定义解答。 【解】由z＝1＋ｉ，有w＝z2＋3z－4＝(1＋ｉ)2＋3(1i)－4＝2ｉ＋3(1－ｉ)

55－4＝－1－ｉ，w的三角形式是2（cos＋ｉsin）；

44(1i)2a(1i)b(ab)(a2)iz2azb由z＝1＋ｉ，有2＝＝＝(a＋2)

(1i)2(1i)1zz1i－(a＋b)ｉ。

由题设条件知：(a＋2)－(a＋b)ｉ＝1＋ｉ；

a21根据复数相等的定义，得：，

(ab)1a1解得。

b2【注】求复数的三角形式，一般直接利用复数的三角形式定义求解。利用复数相等的定义，由实部、虚部分别相等而建立方程组，这是复数中经常遇到的。 例2. 已知f(x)＝－xn＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，求y＝log2f(x)的

22,1)上的单调性。 2【分析】要判断函数的单调性，必须首先确定n与c的值求出函数的解析式，再利用函数的单调性定义判断。

nn4f(2)22c14【解】  解得： nc1f(4)44c252 ∴ f(x)＝－x4＋x 解f(x)>0得：02=(x1-x2)[1-(x1+x2)( x12+x22)],

3定义域，判定在(

344223∵ x1+x2>2， x1+x2> ∴ (x1+x2)( x1+x2)〉2×＝1

2232∴ f(x1)－f(x2)>0即f(x)在(,1)上是减函数

2322∵ <1 ∴ y＝log2f(x) 在(,1)上是增函数。

223322222

23

【注】关于函数的性质：奇偶性、单调性、周期 A’ A 性的判断，一般都是直接应用定义解题。本题还在 D 求n、c的过程中，运用了待定系数法和换元法。 C’ 例3. 如图，已知A’B’C’—ABC是正三棱柱，C D是AC中点。 O H ① 证明：AB’∥平面DBC’； B’ B ② 假设AB’⊥BC’，求二面角D—BC’—C的度数。（94年全国理）

【分析】 由线面平行的定义来证①问，即通过证AB’平行平面DBC’内的一条直线而得；由二面角的平面角的定义作出平面角，通过解三角形而求②问。 【解】 ① 连接B’C交BC’于O, 连接OD ∵ A’B’C’—ABC是正三棱柱 ∴ 四边形B’BCC’是矩形 ∴ O是B’C中点

△AB’C中， D是AC中点 ∴ AB’∥OD ∴ AB’∥平面DBC’

② 作DH⊥BC于H，连接OH ∴ DH⊥平面BC’C ∵ AB’∥OD, AB’⊥BC’ ∴ BC’⊥OD ∴ BC’⊥OH 即∠DOH为所求二面角的平面角。

3131设AC＝1，作OE⊥BC于E，则DH＝sin60°＝，BH＝，EH＝ ；

42443Rt△BOH中，OH2＝BH×EH＝，

163∴ OH＝＝DH ∴∠DOH＝45°，即二面角D—BC’—C的度数为45°。

4【注】对于二面角D—BC’—C的平面角，容易误认为∠DOC即所求。利用二面角的平面角定义，两边垂直于棱，抓住平面角的作法，先作垂直于一面的垂线DH，再证得垂直于棱的垂线DO，最后连接两个垂足OH，则∠DOH即为所求，其依据是三垂线定理。本题还要求解三角形十分熟练，在Rt△BOH中运用射影定理求OH的长是计算的关键。

此题文科考生的第二问为：假设AB’⊥BC’，BC＝2，求AB’在侧面BB’C’C的 射影长。解答中抓住斜线在平面上的射影的定义，先作平面的垂线，连接垂足和斜足而得到射影。其解法如下：作AE⊥BC于E，连接B’E即所求，易得到OE

EF11OE∥B’B，所以＝＝，EF＝B’E。在Rt△B’BE中，易得到BF⊥BE,由

BF3B'B21射影定理得：B’E×EF＝BE2即B’E2＝1，所以B’E＝3。

323

24

1 y 的椭2 M F 圆的下顶点的轨迹方程。 A 【分析】运动的椭圆过定点M，准线固定为x轴，所以Mx

|AF|到准线距离为2。抓住圆锥曲线的统一性定义，可以得到

21＝建立一个方程，再由离心率的定义建立一个方程。 2【解】设A(x,y)、F(x,m)，由M(1,2)，则椭圆上定点M到准线距离为2，下顶点A到准线距离为y。根据椭圆的统一性定义和离心率的定义，得到：

14222(x1)(m2)×2(y)232 ，消m得：（x－1）＋＝1， my12()223y4(y)23＝1。 所以椭圆下顶点的轨迹方程为（x－1）2＋2()23【注】求曲线的轨迹方程，按照求曲线轨迹方程的步骤，设曲线上动点所满足的条件，根据条件列出动点所满足的关系式，进行化简即可得到。本题还引入了一个参数m,列出的是所满足的方程组，消去参数m就得到了动点坐标所满足的方程，即所求曲线的轨迹方程。在建立方程组时，巧妙地运用了椭圆的统一性定义和离心率的定义。一般地，圆锥曲线的点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决；求圆锥曲线的方程，也总是利用圆锥曲线的定义求解，但要注意椭圆、双曲线、抛物线的两个定义的恰当选用。 Ⅲ、巩固性题组： 1． 函数y＝f(x)＝ax＋k的图像过点(1,7)，它的反函数的图像过点(4,0)，则

f(x)的表达式是___。

2. 过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A、B两点，若A、B在抛物线准线上的射影分别为A1、B1,则∠A1FB1等于_____。

A. 45° B. 60° C. 90° D. 120° 3. 已知A＝{0,1}，B＝{x|xA}，则下列关系正确的是_____。 A. AB B. AB C. A∈B D. AB 4. 双曲线3x2－y2＝3的渐近线方程是_____。 例4. 求过定点M(1,2)，以x轴为准线，离心率为

A. y＝±3x B. y＝±1x C. y＝±3x D. y＝±

33x 35. 已知定义在R上的非零函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，则f(x)是_____。

A.奇函数 B.偶函数 C.非奇非偶函数 D.既奇既偶函数

24

25

n3n6. C383n＋C21n＝________。

7. Z＝4(sin140°－ｉcos140°)，则复数

1z2的辐角主值是__________。

8. 不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(1,2)，则不等式bx2＋cx＋a<0解集是__________。

9. 已知数列{an}是等差数列，求证数列{bn}也是等差数列，其中bn＝1(a1＋

na2＋…＋an)。

10. 已知F1、F2是椭圆x2＋y2＝1 (a>b>0)的两个焦点，其中F2与抛物线y2a22b7＝12x的焦点重合，M是两曲线的一个焦点，且有cos∠M F1F2·cos∠MF2F1＝23，求椭圆方程。

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五、数学归纳法

归纳是一种有特殊事例导出一般原理的思维方法。归纳推理分完全归纳推理与不完全归纳推理两种。不完全归纳推理只根据一类事物中的部分对象具有的共同性质，推断该类事物全体都具有的性质，这种推理方法，在数学推理论证中是不允许的。完全归纳推理是在考察了一类事物的全部对象后归纳得出结论来。 数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在解数学题中有着广泛的应用。它是一个递推的数学论证方法，论证的第一步是证明命题在n＝1(或n0)时成立，这是递推的基础；第二步是假设在n＝k时命题成立，再证明n＝k＋1时命题也成立，这是无限递推下去的理论依据，它判断命题的正确性能否由特殊推广到一般，实际上它使命题的正确性突破了有限，达到无限。这两个步骤密切相关，缺一不可，完成了这两步，就可以断定“对任何自然数（或n≥n0且n∈N）结论都正确”。由这两步可以看出，数学归纳法是由递推实现归纳的，属于完全归纳。

运用数学归纳法证明问题时，关键是n＝k＋1时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题。

运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数n有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等。 Ⅰ、再现性题组： 1. 用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·2…(2n－1) （n∈N），从“k到k＋1”，左端需乘的代数式为_____。

2k12k3 A. 2k＋1 B. 2(2k＋1) C. D.

k1k11112. 用数学归纳法证明1＋＋＋…＋n1)时，由n＝k (k>1)不

2321等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的代数式的个数是_____。 A. 2k1 B. 2k－1 C. 2k D. 2k＋1

3. 某个命题与自然数n有关，若n＝k (k∈N)时该命题成立，那么可推得n

＝k＋1时该命题也成立。现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得______。 (94年上海高考)

A.当n＝6时该命题不成立 B.当n＝6时该命题成立 C.当n＝4时该命题不成立 D.当n＝4时该命题成立 4. 数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时an＝an1＋2n－1，依次计算a2、a3、a4后，猜想an的表达式是_____。

A. 3n－2 B. n2 C. 3n1 D. 4n－3 5. 用数学归纳法证明34n2＋52n1 (n∈N)能被14整除，当n＝k＋1时对于式子34(k1)2＋52(k1)1应变形为_______________________。

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6. 设k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱对角面的个数为f(k+1)＝f(k)＋_________。 【简解】1小题：n＝k时，左端的代数式是(k＋1)(k＋2)…(k＋k),n＝k＋1时，左端的代数式是(k＋2)(k＋3)…(2k＋1)(2k＋2)，所以应乘的代数式为(2k1)(2k2)，选B；

k12小题：（2k1－1）－（2k－1）＝2k，选C；

3小题：原命题与逆否命题等价，若n＝k＋1时命题不成立，则n＝k命题不成立，选C。

4小题：计算出a1＝1、a2＝4、a3＝9、a4＝16再猜想an，选B； 5小题：答案（34k2＋52k1）3k＋52k1（52－34）； 6小题：答案k－1。 Ⅱ、示范性题组：

8·n8·1例1. 已知数列2，得，…，，…。Sn为其前n项和，

1·32(2n1)2·(2n1)2求S1、S2、S3、S4，推测Sn公式，并用数学归纳法证明。 （93年全国理）

8024488【解】 计算得S1＝，S2＝，S3＝，S4＝ ，

2549819(2n1)21猜测Sn＝ (n∈N)。

(2n1)2当n＝1时，等式显然成立；

(2k1)21假设当n＝k时等式成立，即：Sk＝，

(2k1)28·(k1)当n＝k＋1时，Sk1＝Sk＋

(2k1)2·(2k3)28·(k1)(2k1)21＝＋

(2k1)2(2k1)2·(2k3)2(2k1)2(2k3)2(2k3)28·(k1)＝ 22(2k1)·(2k3)(2k3)21(2k1)2(2k3)2(2k1)2＝＝,

(2k3)2(2k1)2·(2k3)2由此可知，当n＝k＋1时等式也成立。 综上所述，等式对任何n∈N都成立。

(2k3)21【注】 把要证的等式Sk1＝作为目标，先通分使分母含有(2k＋

(2k3)23)2，再考虑要约分，而将分子变形，并注意约分后得到（2k＋3）2－1。这样证题过程中简洁一些，有效地确定了证题的方向。本题的思路是从试验、观察出发，

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用不完全归纳法作出归纳猜想，再用数学归纳法进行严格证明，这是关于探索性问题的常见证法，在数列问题中经常见到。 假如猜想后不用数学归纳法证明，结论不一定正确，即使正确，解答过程也不严密。必须要进行三步：试值 → 猜想 → 证明。

【另解】 用裂项相消法求和：

118·n由an＝＝－得，

(2n1)2(2n1)2(2n1)2·(2n1)2111111Sn＝（1－2）＋（2－2）＋……＋－＝1－222 (2n1)(2n1)(2n1)335(2n1)21＝。

(2n1)2此种解法与用试值猜想证明相比，过程十分简单，但要求发现

118·n＝－的裂项公式。可以说，用试值猜想证明(2n1)2(2n1)2(2n1)2·(2n1)2三步解题，具有一般性。

1例2. 设an＝1×2＋2×3＋…＋n(n1) (n∈N),证明：n(n＋

211)2【分析】与自然数n有关，考虑用数学归纳法证明。n＝1时容易证得，n＝k＋1时，因为ak1＝ak＋(k1)(k2),所以在假设n＝k成立得到的不等式中同时加上(k1)(k2)，再与目标比较而进行适当的放缩求解。

111【解】 当n＝1时，an＝2，n(n+1)＝， (n+1)2＝2 ，

222∴ n＝1时不等式成立。

11假设当n＝k时不等式成立，即：k(k＋1)2211当n＝k＋1时，k(k＋1)＋(k1)(k2)221111k(k＋1)＋(k1)(k2)>k(k＋1)＋(k＋1)＝(k＋1)(k＋3)>(k＋1)(k＋22222)， 1113222(k＋1)＋(k1)(k2)＝(k＋1)＋k3k2<(k＋1)2＋(k＋)＝22221(k＋2)2， 211所以(k＋1)(k＋2) 2228

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11n(n＋1)3本题中分别将(k1)(k2)缩小成(k＋1)、将(k1)(k2)放大成(k＋)的两

2步放缩是证n＝k＋1时不等式成立的关键。为什么这样放缩，而不放大成(k＋2)，这是与目标比较后的要求，也是遵循放缩要适当的原则。

本题另一种解题思路是直接采用放缩法进行证明。主要是抓住对n(n1)的分综上所述，对所有的n∈N，不等式

析，注意与目标比较后，进行适当的放大和缩小。解法如下：由n(n1)>n可得，

11an>1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)；由n(n1)221111111＋×n＝n(n＋1)＋n＝(n2＋2n)<(n＋1)2。所以n(n＋1)例3. 设数列{an}的前n项和为Sn，若对于所有的自然数n，都有Sn＝n(a1an)，证明{an}是等差数列。 （94年全国文） 2【分析】 要证明{an}是等差数列，可以证明其通项符合等差数列的通项公式的形式，即证：an＝a1＋(n－1)d 。命题与n有关，考虑是否可以用数学归纳法进行证明。

【解】 设a2－a1＝d，猜测an＝a1＋(n－1)d 当n＝1时，an＝a1， ∴ 当n＝1时猜测正确。

当n＝2时，a1＋(2－1)d＝a1＋d＝a2， ∴当n＝2时猜测正确。 假设当n＝k（k≥2）时，猜测正确，即：ak＝a1＋(k－1)d ，

(k1)(a1ak1)k(a1ak)当n＝k＋1时，ak1＝Sk1－Sk＝－，

22将ak＝a1＋(k－1)d代入上式， 得到2ak1＝(k＋1)(a1＋ak1)－2ka1－k(k－1)d，

整理得(k－1)ak1＝(k－1)a1＋k(k－1)d，

因为k≥2,所以ak1＝a1＋kd，即n＝k＋1时猜测正确。

综上所述，对所有的自然数n，都有an＝a1＋(n－1)d，从而{an}是等差数列。 【注】 将证明等差数列的问题转化成证明数学恒等式关于自然数n成立的问题。在证明过程中ak1的得出是本题解答的关键，利用了已知的等式Sn＝n(a1an)、数列中通项与前n项和的关系ak1＝Sk1－Sk建立含ak1的方程，代2入假设成立的式子ak＝a1＋(k－1)d解出来ak1。另外本题注意的一点是不能忽

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30

视验证n＝1、n＝2的正确性，用数学归纳法证明时递推的基础是n＝2时等式成立，因为由(k－1)ak1＝(k－1)a1＋k(k－1)d得到ak1＝a1＋kd的条件是k≥2。 【另解】 可证an1 －an＝ an－ an1对于任意n≥2都成立：当n≥2时，ann(a1an)(n1)(a1an1)＝Sn－Sn1＝－；同理有an1＝Sn1－Sn＝

22(n1)(a1an1)n(a1an)(n1)(a1an1)－；从而an1－an＝－n(a1＋an)＋

222(n1)(a1an1)，整理得an1 －an＝ an－ an1，从而{an}是等差数列。

2一般地，在数列问题中含有an与Sn时，我们可以考虑运用an＝Sn－Sn1的关系，并注意只对n≥2时关系成立，象已知数列的Sn求an一类型题应用此关系最多。

Ⅲ、巩固性题组：

1. 用数学归纳法证明：62n1＋1 (n∈N)能被7整除。

2. 用数学归纳法证明： 1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2 (n∈N)。

3. n∈N，试比较2n与(n＋1)2的大小，并用证明你的结论。 4. 用数学归纳法证明等式：cosx·cosx2·cosx3·…·cosxn＝sinx (81

22222n·sinx2n年全国高考)

5. 用数学归纳法证明： |sinnx|≤n|sinx| （n∈N）。 （85年广东高考） 6. 数列{an}的通项公式an＝12 (n∈N)，设f(n)＝(1－a1)(1－a2)…(1

(n1)－an)，试求f(1)、f(2)、f(3)的值，推测出f(n)的值，并用数学归纳法加以证明。

7. 已知数列{an}满足a1＝1，an＝an1cosx＋cos[(n－1)x]， (x≠kπ，n≥2且n∈N)。

①．求a2和a3； ②.猜测an，并用数学归纳法证明你的猜测。 8. 设

2a(xf(logax)＝21) , ①.求x(a1)f(x)的定义域； ②.在y＝f(x)的图像上

是否存在两个不同点，使经过这两点的直线与x轴平行？证明你的结论。 ③.求证：f(n)>n (n>1且n∈N)

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六、参数法

参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量（参数），以此作为媒介，再进行分析和综合，从而解决问题。直线与二次曲线的参数方程都是用参数法解题的例证。换元法也是引入参数的典型例子。 辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的，联系的方式是丰富多采的，科学的任务就是要揭示事物之间的内在联系，从而发现事物的变化规律。参数的作用就是刻画事物的变化状态，揭示变化因素之间的内在联系。参数体现了近代数学中运动与变化的思想，其观点已经渗透到中学数学的各个分支。运用参数法解题已经比较普遍。

参数法解题的关键是恰到好处地引进参数，沟通已知和未知之间的内在联系，利用参数提供的信息，顺利地解答问题。 Ⅰ、再现性题组：

1. 设2x＝3y＝5z>1，则2x、3y、5z从小到大排列是________________。

x22t2. （理）直线上与点A(-2,3)的距离等于2的点的坐标是

y32t________。

（文）若k<－1，则圆锥曲线x2－ky2＝1的离心率是_________。

3. 点Z的虚轴上移动，则复数C＝z2＋1＋2ｉ在复平面上对应的轨迹图像为____________________。 4. 三棱锥的三个侧面互相垂直，它们的面积分别是6、4、3，则其体积为______。 5. 设函数f(x)对任意的x、y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x>0时，f(x)<0，则f(x)的R上是______函数。(填“增”或“减”)

x2y26. 椭圆＋＝1上的点到直线x＋2y－2＝0的最大距离是_____。

164 A. 3 B. 11 C. 10 D. 22

【简解】1小题：设2x＝3y＝5z＝t，分别取2、3、5为底的对数，解出x、y、z，再用“比较法”比较2x、3y、5z，得出3y<2x<5z；

2小题：（理）A(-2,3)为t＝0时，所求点为t＝±2时，即(-4,5)或(0,1)；

11k2k； （文）已知曲线为椭圆，a＝1，c＝1，所以e＝－

kk3小题：设z＝bｉ，则C＝1－b2＋2ｉ，所以图像为：从(1,2)出发平行于x轴向右的射线；

1114小题：设三条侧棱x、y、z，则xy＝6、yz＝4、xz＝3,所以xyz＝24,

222体积为4。

5小题：f(0)＝0，f(0)＝f(x)＋f(-x)，所以f(x)是奇函数，答案：减；

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6小题：设x＝4sinα、y＝2cosα，再求d＝

|4sin4cos2|的最大值，

5选C。

Ⅱ、示范性题组： 例1. 实数a、b、c满足a＋b＋c＝1，求a2＋b2＋c2的最小值。

【分析】由a＋b＋c＝1 想到“均值换元法”，于是引入了新的参数，即设a111＝＋t1，b＝＋t2，c＝＋t3，代入a2＋b2＋c2可求。 333111【解】由a＋b＋c＝1，设a＝＋t1，b＝＋t2，c＝＋t3，其中t1＋t2＋

333t3＝0，

11112∴ a2＋b2＋c2＝（＋t1）2＋（＋t2）2＋(＋t3)2＝＋(t1＋t2＋

3333311222222t3)＋t1＋t2＋t3＝＋t1＋t2＋t3≥

331所以a2＋b2＋c2的最小值是。

3【注】由“均值换元法”引入了三个参数，却将代数式的研究进行了简化，是本题此种解法的一个技巧。

本题另一种解题思路是利用均值不等式和“配方法”进行求解，解法是：a2＋

1b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a2＋b2＋c2)，即a2＋b2＋c2≥。

3两种解法都要求代数变形的技巧性强，多次练习，可以提高我们的代数变形能力。

x2y2例2. 椭圆＋＝1上有两点P、Q，O为原点。连OP、OQ，若kOP·kOQ＝

1641－ ， 4 ①．求证：|OP|2＋|OQ|2等于定值； ②.求线段PQ中点M的轨迹方程。

x4cosθ【分析】 由“换元法”引入新的参数，即设（椭圆参数方程），

y2sinθ参数θ1、θ2为P、Q两点，先计算kOP·kOQ得出一个结论，再计算|OP|2＋|OQ|2，并运用“参数法”求中点M的坐标，消参而得。

x4cosθx2y2【解】由＋＝1，设，P(4cosθ1,2sinθ1)，Q(4cosθ2,2sin

164y2sinθθ2),

32

33

2sin12sin21•＝－，整理得到：

4cos14cos24cosθ1 cosθ2＋sinθ1 sinθ2＝0,即cos（θ1－θ2）＝0。

则kOP·kOQ＝

∴ |OP|2＋|OQ|2＝16cos2θ1＋4sin2θ1＋16cos2θ2＋4sin2θ2＝8＋12(cos2θ1＋cos2θ2)＝20＋6（cos2θ1＋cos2θ2)＝20＋12cos（θ1＋θ2）cos（θ1－θ2）＝20，

即|OP|2＋|OQ|2等于定值20。

xM2(cos1cos2)由中点坐标公式得到线段PQ的中点M的坐标为，

ysinsin12Mx2所以有()＋y2＝2＋2(cosθ1 cosθ2＋sinθ1 sinθ2)＝2,

2x2y2即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为＋＝1。

82【注】由椭圆方程，联想到a2＋b2＝1,于是进行“三角换元”，通过换元引入新的参数，转化成为三角问题进行研究。本题还要求能够熟练使用三角公式和“平方法”，在由中点坐标公式求出M点的坐标后，将所得方程组稍作变形，再平方相加，即（cosθ1＋ cosθ2）2＋（sinθ1＋sinθ2）2，这是求点M轨迹方程“消参法”的关键一步。一般地，求动点的轨迹方程运用“参数法”时，我们可以将点的x、y坐标分别表示成为一个或几个参数的函数，再运用“消去法”消去所含的参数，即得到了所求的轨迹方程。

本题的第一问，另一种思路是设直线斜率k，解出P、Q两点坐标再求：

1设直线OP的斜率k，则OQ的斜率为－，由椭圆与直线OP、OQ相交于PQ两

4k点有：

x24y2160422，消y得(1＋4k)x＝16,即|x|＝； P214kykxx24y2160|8k|12，消y得(1＋)x＝16，即|x|＝； 1Q224k14ky4kx4|8k|1222221k1••所以|OP|＋|OQ|＝()＋（） 22216k14k14k2080k222＝＝20。即|OP|＋|OQ|等于定值20。 214k在此解法中，利用了直线上两点之间的距离公式|AB|＝1kAB2•|xA－xB|求|OP|和|OQ|的长。

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例3.已知正四棱锥S—ABCD的侧面与底面的夹角 S 为β，相邻两侧面的夹角为α,求证：cosα=-cos2β。

【分析】要证明cosα=-cos2β，考虑求出α、β E 的余弦，则在α和β所在的三角形中利用有关定理求 D C 解。

【解】连AC、BD交于O，连SO；取BC中点F，连 O F SF、OF；作BE⊥SC于E，连DE。则∠SFO＝β，∠DEB A B ＝α。

OFa 设BC＝a (为参数)， 则SF＝＝,

cosβ2cosβSC＝SF2FC2＝(＝

aa)2()2

2cosβ2a1cos2β

2cosβSF·BCa2又 ∵BE＝＝

2cosβSC1a1cos22cos＝

a1cos2

a222a22222BEBD1cos在△DEB中，由余弦定理有：cosα＝＝＝－

2BE2a221cos2cos2β。

所以cosα＝－cos2β。

【注】 设参数a而不求参数a，只是利用其作为中间变量辅助计算，这也是在参数法中参数可以起的一个作用，即设参数辅助解决有关问题。 Ⅲ、巩固性题组：

1. 已知复数z满足|z|≤1，则复数z＋2ｉ在复平面上表示的点的轨迹是________________。

2. 函数y＝x＋2＋14xx2的值域是________________。

3. 抛物线y＝x2－10xcosθ＋25＋3sinθ－25sin2θ与x轴两个交点距离的最大值为_____

A. 5 B. 10 C. 23 D. 3

4. 过点M(0,1)作直线L，使它与两已知直线L1：x－3y＋10＝0及L2：2x＋y－8＝0所截得的线段被点P平分，求直线L方程。 5. 求半径为R的球的内接圆锥的最大体积。

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6. f(x)＝(1－acos2x)sinx，x∈[0,2π)，求使f(x)≤1的实数a的取值范围。

22322a＝0有模为1的虚7. 若关于x的方程2x2＋xlg(a31)＋lg2(a1)＋lg28a2aa1根，求实数a的值及方程的根。

8. 给定的抛物线y2＝2px (p>0)，证明：在x轴的正向上一定存在一点M，使得对于抛物线的任意一条过点M的弦PQ，有12＋12为定值。

|MP||MQ|

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七、反证法

与前面所讲的方法不同，反证法是属于“间接证明法”一类，是从反面的角度思考问题的证明方法，即：肯定题设而否定结论，从而导出矛盾推理而得。法国数学家阿达玛(Hadamard)对反证法的实质作过概括：“若肯定定理的假设而否定其结论，就会导致矛盾”。具体地讲，反证法就是从否定命题的结论入手，并把对命题结论的否定作为推理的已知条件，进行正确的逻辑推理，使之得到与已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题等相矛，矛盾的原因是假设不成立，所以肯定了命题的结论，从而使命题获得了证明。

反证法所依据的是逻辑思维规律中的“矛盾律”和“排中律”。在同一思维过程中，两个互相矛盾的判断不能同时都为真，至少有一个是假的，这就是逻辑思维中的“矛盾律”；两个互相矛盾的判断不能同时都假，简单地说“A或者非A”，这就是逻辑思维中的“排中律”。反证法在其证明过程中，得到矛盾的判断，根据“矛盾律”，这些矛盾的判断不能同时为真，必有一假，而已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题都是真的，所以“否定的结论”必为假。再根据“排中律”，结论与“否定的结论”这一对立的互相否定的判断不能同时为假，必有一真，于是我们得到原结论必为真。所以反证法是以逻辑思维的基本规律和理论为依据的，反证法是可信的。

反证法的证题模式可以简要的概括我为“否定→推理→否定”。即从否定结论开始，经过正确无误的推理导致逻辑矛盾，达到新的否定，可以认为反证法的基本思想就是“否定之否定”。应用反证法证明的主要三步是：否定结论 → 推导出矛盾 → 结论成立。实施的具体步骤是：

第一步，反设：作出与求证结论相反的假设；

第二步，归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾； 第三步，结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立。

在应用反证法证题时，一定要用到“反设”进行推理，否则就不是反证法。用反证法证题时，如果欲证明的命题的方面情况只有一种，那么只要将这种情况驳倒了就可以，这种反证法又叫“归谬法”；如果结论的方面情况有多种，那么必须将所有的反面情况一一驳倒，才能推断原结论成立，这种证法又叫“穷举法”。 在数学解题中经常使用反证法，牛顿曾经说过：“反证法是数学家最精当的武器之一”。一般来讲，反证法常用来证明的题型有：命题的结论以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“无限”形式出现的命题；或者否定结论更明显。具体、简单的命题；或者直接证明难以下手的命题，改变其思维方向，从结论入手进行反面思考，问题可能解决得十分干脆。 Ⅰ、再现性题组：

1. 已知函数f(x)在其定义域内是减函数，则方程f(x)＝0 ______。 A.至多一个实根 B.至少一个实根 C.一个实根 D.无实根 2. 已知a<0,－1A. a>ab> ab2 B. ab2>ab>a C. ab>a> ab2 D. ab> ab2>a 3. 已知α∩β＝l，a α，b β，若a、b为异面直线，则_____。

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A. a、b都与l相交 B. a、b中至少一条与l相交 C. a、b中至多有一条与l相交 D. a、b都与l相交

4. 四面体顶点和各棱的中点共10个，在其中取4个不共面的点，不同的取法有_____。(97年全国理)

A. 150种 B. 147种 C. 144种 D. 141种

【简解】1小题：从结论入手，假设四个选择项逐一成立，导出其中三个与特例矛盾，选A；

2小题：采用“特殊值法”，取a＝－1、b＝－0.5，选D； 3小题：从逐一假设选择项成立着手分析，选B；

44小题：分析清楚结论的几种情况，列式是：C10－C46×4－3－6,选D。

Ⅱ、示范性题组：

S 例1. 如图，设SA、SB是圆锥SO的两条母线，O是底

面圆心，C是SB上一点。求证：AC与平面SOB不垂直。

C 【分析】结论是“不垂直”，呈“否定性”，考虑使

用反证法，即假设“垂直”后再导出矛盾后，再肯定“不

A O 垂直”。

B 【证明】 假设AC⊥平面SOB，

∵ 直线SO在平面SOB内， ∴ AC⊥SO， ∵ SO⊥底面圆O， ∴ SO⊥AB，

∴ SO⊥平面SAB， ∴平面SAB∥底面圆O， 这显然出现矛盾，所以假设不成立。 即AC与平面SOB不垂直。

【注】否定性的问题常用反证法。例如证明异面直线，可以假设共面，再把假设作为已知条件推导出矛盾。

例2. 若下列方程：x2＋4ax－4a＋3＝0， x2＋(a－1)x＋a2＝0, x2＋2ax－2a＝0至少有一个方程有实根。试求实数a的取值范围。

【分析】 三个方程至少有一个方程有实根的反面情况仅有一种：三个方程均没有实根。先求出反面情况时a的范围，再所得范围的补集就是正面情况的答案。 【解】 设三个方程均无实根，则有：

132a22△116a4(4a3)03122,解得a1或a,即－237

38

【注】“至少”、“至多”问题经常从反面考虑，有可能使情况变得简单。本题还用到了“判别式法”、“补集法”（全集R），也可以从正面直接求解，即分别求出三个方程有实根时（△≥0）a的取值范围，再将三个范围并起来，即求集合的并集。两种解法，要求对不等式解集的交、并、补概念和运算理解透彻。

1x1例3. 给定实数a，a≠0且a≠1，设函数y＝ (其中x∈R且x≠)，证

ax1a明：①.经过这个函数图像上任意两个不同点的直线不平行于x轴； ②.这个函数的图像关于直线y＝x成轴对称图像。(88年全国理)。

【分析】“不平行”的否定是“平行”，假设“平行”后得出矛盾从而推翻假设。

【证明】 ① 设M1(x1,y1)、M2(x2,y2)是函数图像上任意两个不同的点，则x1≠x2,

x11x21假设直线M1M2平行于x轴，则必有y1＝y2，即＝，整理得a(x1ax11ax21－x2)＝x1－x2

∵x1≠x2 ∴ a＝1， 这与已知“a≠1”矛盾， 因此假设不对，即直线M1M2不平行于x轴。

y1x1② 由y＝得axy－y＝x－1,即(ay－1)x＝y－1,所以x＝，

ay1ax1x1x1即原函数y＝的反函数为y＝，图像一致。

ax1ax1x1由互为反函数的两个图像关于直线y＝x对称可以得到，函数y＝的图像

ax1关于直线y＝x成轴对称图像。

【注】对于“不平行”的否定性结论使用反证法，在假设“平行”的情况下，容易得到一些性质，经过正确无误的推理，导出与已知a≠1互相矛盾。第②问中，对称问题使用反函数对称性进行研究，方法比较巧妙，要求对反函数求法和性质运用熟练。

Ⅲ、巩固性题组：

1. 已知f(x)＝x，求证：当x1≠x2时，f(x1)≠f(x2)。

1|x|2. 已知非零实数a、b、c成等差数列，a≠c，求证：1、1、1不可能成等差

abc数列。

3. 已知f(x)＝x2＋px＋q，求证：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于1 。

24. 求证：抛物线y＝x－1上不存在关于直线x＋y＝0对称的两点。

2238

39

5. 已知a、b∈R，且|a|＋|b|<1，求证：方程x2＋ax＋b＝0的两个根的绝对值均小于1。

A 6. 两个互相垂直的正方形如图所示，M、N在 相应对角线上，且有EM＝CN，求证：MN 不可能垂直CF。 F D B M N E C 39

40

第二章 高中数学常用的数学思想

一、数形结合思想方法

中学数学的基本知识分三类：一类是纯粹数的知识，如实数、代数式、方程（组）、不等式（组）、函数等；一类是关于纯粹形的知识，如平面几何、立体几何等；一类是关于数形结合的知识，主要体现是解析几何。

数形结合是一个数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质。

恩格斯曾说过：“数学是研究现实世界的量的关系与空间形式的科学。”数形结合就是根据数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义，又揭示其几何直观，使数量关的精确刻划与空间形式的直观形象巧妙、和谐地结合在一起，充分利用这种结合，寻找解题思路，使问题化难为易、化繁为简，从而得到解决。“数”与“形”是一对矛盾，宇宙间万物无不是“数”和“形”的矛盾的统一。华罗庚先生说过：数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休。

数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化。在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围。

数学中的知识，有的本身就可以看作是数形的结合。如：锐角三角函数的定义是借助于直角三角形来定义的；任意角的三角函数是借助于直角坐标系或单位圆来定义的。

Ⅰ、再现性题组：

5. 设命题甲：0A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

6. 若loga2A. 0b>1 D. b>a>1

π7. 如果|x|≤,那么函数f(x)＝cos2x＋sinx的最小值是_____。 (89年

4全国文)

40

41

212112 B. － C. －1 D. 2228. 如果奇函数f(x)在区间[3,7]上是增函数且最小值是5，那么f(x)的[-7,-3]上是____。(91年全国)

A.增函数且最小值为－5 B.增函数且最大值为－5 C.减函数且最小值为－5 D.减函数且最大值为－5

y39. 设全集I＝{(x,y)|x,y∈R}，集合M＝{(x,y)| ＝1}，N＝{(x,y)|y

x2≠x＋1}，那么M∪N等于_____。 (90年全国)

A. φ B. {(2,3)} C. (2,3) D. {(x,y)|y＝x＋1

θθθ10. 如果θ是第二象限的角，且满足cos－sin＝1sinθ,那么是

222_____。

A.第一象限角 B.第三象限角 C.可能第一象限角，也可能第三象限角 D.第二象限角

11. 已知集合E＝{θ|cosθ3π3π5πππ3πA. (,π) B. (,) C. (π, ) D. (,)

4242445π12. 若复数z的辐角为，实部为－23，则z＝_____。

6A. －23－2ｉ B. －23＋2ｉ C. －23＋23ｉ D. －23－23ｉ

y13. 如果实数x、y满足等式(x－2)2＋y2＝3，那么的最大值是_____。 (90

x年全国理)

331A. B. C. D. 3

32214. 满足方程|z＋3－3ｉ|＝3的辐角主值最小的复数z是_____。 【简解】1小题：将不等式解集用数轴表示，可以看出，甲＝>乙，选A; 2小题：由已知画出对数曲线，选B；

3小题：设sinx＝t后借助二次函数的图像求f(x)的最小值，选D； 4小题：由奇函数图像关于原点对称画出图像，选B； 5小题：将几个集合的几何意义用图形表示出来，选B； 6小题：利用单位圆确定符号及象限；选B； 7小题：利用单位圆，选A；

8小题：将复数表示在复平面上，选B；

9小题：转化为圆上动点与原点连线的斜率范围问题；选D；

A.

41

42

10小题：利用复平面上复数表示和两点之间的距离公式求解,答案－

33＋

22ｉ。

【注】 以上各题是历年的高考客观题，都可以借助几何直观性来处理与数有关的问题，即借助数轴（①题）、图像（②、③、④、⑤题）、单位圆（⑥、⑦题）、复平面（⑧、⑩题）、方程曲线（⑨题）。 Ⅱ、示范性题组： 例1. 若方程lg(－x2＋3x－m)＝lg(3－x)在x∈(0,3) y 4 y=1-m 内有唯一解，求实数m的取值范围。

【分析】将对数方程进行等价变形，转化为一元二次 1 方程在某个范围内有实解的问题，再利用二次函数的图像 O 2 3

x 进行解决。

3x0【解】 原方程变形为 2

x3xm3x3x0即： 2(x2)1m设曲线y1＝(x－2)2 , x∈(0,3)和直线y2＝1－m，图像如图所示。由图可知： ① 当1－m＝0时，有唯一解，m＝1; ②当1≤1－m<4时，有唯一解，即－3此题也可设曲线y1＝－(x－2)2＋1 , x∈(0,3)和直线y2＝m后画出图像求解。 【注】 一般地，方程的解、不等式的解集、函数的性质等进行讨论时，可以借助于函数的图像直观解决，简单明了。此题也可用代数方法来讨论方程的解的情况，还可用分离参数法来求（也注意结合图像分析只一个x值）。 例2. 设|z1|＝5，|z2|＝2, |z1－z2|＝13， y A D z1求的值。 O z2【分析】 利用复数模、四则运算的几何意义，x 将复数问题用几何图形帮助求解。

【解】 如图，设z1＝OA、z2＝OB后，则z1＝OC、 C z2＝OD如图所示。

B

z15由图可知，||＝，∠AOD＝∠BOC，由余弦定理得：

2z25222(13)24cos∠AOD＝＝

2×5×2542

43

z15433∴ ＝(±ｉ)＝2±ｉ

2552z2z1|＝ y A z2 D 5 O ，且

2x 22252(13)43 cos∠AOD＝＝，sin∠AOD＝±， 2×5×255【另解】设z1＝OA、z2＝OD如图所示。则|

所以

z1z54333＝(±ｉ)＝2±ｉ，即1＝2±ｉ。 25522z2z2【注】本题运用“数形结合法”，把共轭复数的性质与复平面上的向量表示、

代数运算的几何意义等都表达得淋漓尽致，体现了数形结合的生动活泼。 一般地，复数问题可以利用复数的几何意义而将问题变成几何问题，也可利用复数的代数形式、三角形式、复数性质求解。

本题设三角形式后转化为三角问题的求解过程是：设z1＝5(cosθ1＋ｉsinθz2＝＋ｉsinθ2)，则|z1－z2|＝|(5cosθ1－2cosθ2)＋(5sinθ1＋2sinθ2)1)，ｉ|＝

432920cos(12)＝13，所以cos(θ1＋θ2)＝,sin(θ1＋θ2)＝±，

555[cos(1)isin(2)]5z154＝＝[cos(θ1＋θ2)＋ｉsin(θ1＋θ2)]＝(±

2(cos2isin2)225z233ｉ)＝2±ｉ。

25本题还可以直接利用复数性质求解，其过程是：由|z1－z2|＝13得： （z1－z2）(z1－z2)＝z1z1＋z2z2－z1z2－z1z2得

z2＝25＋4－z1z2－z1z2＝13,

所以z1z2＋z1z2＝16,再同除以z2z1zz3＋1＝4，设1＝z，解得z＝2±ｉ。

2z2z2z2几种解法，各有特点，由于各人的立足点与思维方式不同，所以选择的方法也

有别。一般地，复数问题可以应用于求解的几种方法是：直接运用复数的性质求解；设复数的三角形式转化为三角问题求解；设复数的代数形式转化为代数问题求解；利用复数的几何意义转化为几何问题求解。

pp例3. 直线L的方程为：x＝－ (p>0),椭圆中心D(2＋,0)，焦点在x轴

22上，长半轴为2，短半轴为1，它的左顶点为A。问p在什么范围内取值，椭圆上有四个不同的点，它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线L的距离？

43

44

【分析】 由抛物线定义，可将问题转化成：p为何值时，以A为焦点、L为准线的抛物线与椭圆有四个交点，再联立方程组转化成代数问题（研究方程组解的情况）。

p【解】 由已知得：a＝2，b＝1, A(,0)，设椭圆与双曲线方程并联立有：

2y22pxp2p22，消y得：x－(4－7p)x＋(2p＋)＝0 [x(2)]422y141所以△＝16－64p＋48p2>0,即6p2－8p＋2>0，解得：p<或p>1。

32ppp结合范围(,4+)内两根，设f(x)＝x2－(4－7p)x＋(2p＋)，

4221p47pppp所以<<4+即p<，且f()>0、f(4+)>0即p>－4＋32。

2222221结合以上，所以－4＋323【注】 本题利用方程的曲线将曲线有交点的几何问题转化为方程有实解的代数问题。一般地，当给出方程的解的情况求参数的范围时可以考虑应用了“判别式法”，其中特别要注意解的范围。另外，“定义法”、“数形结合法”、“转化思想”、“方程思想”等知识都在本题进行了综合运用。 例4. 设a、b是两个实数，A＝{(x,y)|x＝n，y＝na＋b} （n∈Z），B＝{(x,y)|x＝m，y＝3m2＋15} (m∈Z)，C＝{(x,y)|x2＋y2≤144}，讨论是否，使得A∩B≠φ与(a,b)∈C同时成立。(85年高考)

【分析】集合A、B都是不连续的点集，“存在a、b，使得A∩B≠φ”的含意就是“存在a、b使得na＋b＝3n2＋15(n∈Z)有解（A∩B时x＝n＝m）。再抓住主参数a、b，则此问题的几何意义是：动点(a,b)在直线L：nx＋y＝3n2＋15上，且直线与圆x2＋y2＝144有公共点，但原点到直线L的距离≥12。 【解】 由A∩B≠φ得：na＋b＝3n2＋15 ;

设动点(a,b)在直线L：nx＋y＝3n2＋15上，且直线与圆x2＋y2＝144有公共点，

4|3n215|n21＋所以圆心到直线距离d＝＝3()≥12 22n1n1∵ n为整数 ∴ 上式不能取等号，故a、b不存在。

【注】 集合转化为点集（即曲线），而用几何方法进行研究。此题也属探索性问题用数形结合法解，其中还体现了主元思想、方程思想，并体现了对有公共点问题的恰当处理方法。

本题直接运用代数方法进行解答的思路是：

44

45

由A∩B≠φ得：na＋b＝3n2＋15 ,即b＝3n2＋15－an （①式）； 由(a,b)∈C得，a2＋b2≤144 （②式）； 把①式代入②式，得关于a的不等式：

(1＋n2)a2－2n(3n2＋15)a＋(3n2＋15)2－144≤0 （③式）,

它的判别式△＝4n2(3n2＋15)2－4(1＋n2)[(3n2＋15)2－144]＝－36(n2－3)2

因为n是整数，所以n2－3≠0,因而△<0，又因为1＋n2>0,故③式不可能有实数解。

所以不存在a、b，使得A∩B≠φ与(a,b)∈C同时成立 Ⅲ、巩固性题组：

1. 已知5x＋12y＝60，则x2y2的最小值是_____。

A. 60 B. 13 C. 13 D. 1

135122. 已知集合P＝{(x,y)|y＝9x2}、Q＝{(x,y)|y＝x＋b}，若P∩Q≠φ，则b的取值范围是____。

A. |b|<3 B. |b|≤32 C. －3≤b≤32 D. －35. 若不等式m>|x－1|＋|x＋1|的解集是非空数集，那么实数m的取值范围是_________。

6. 设z＝cosα＋1ｉ且|z|≤1,那么argz的取值范围是____________。

27. 若方程x2－3ax＋2a2＝0的一个根小于1，而另一根大于1，则实数a的取值范围是______。

8. sin220°＋cos280°＋3sin20°·cos80°＝____________。 9. 解不等式： x22x>b－x

x10. 设A＝{x|<1x<3}，又设B是关于x的不等式组222xa≤0的解集，试确

x2bx5≤0定a、b的取值范围，使得AB。 （90年高考副题）

11. 定义域内不等式2x〉x＋a恒成立，求实数a的取值范围。

12. 已知函数y＝(x1)21＋(x5)29，求函数的最小值及此时x的值。 13. 已知z∈C，且|z|＝1，求|(z＋1)(z－ｉ)|的最大值。

14. 若方程lg(kx)＝2lg(x＋1)只有一个实数解，求常数k的取值范围。

45

46

二、分类讨论思想方法

在解答某些数学问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在高考试题中占有重要的位置。

引起分类讨论的原因主要是以下几个方面：

① 问题所涉及到的数学概念是分类进行定义的。如|a|的定义分a>0、a＝0、a<0三种情况。这种分类讨论题型可以称为概念型。

② 问题中涉及到的数学定理、公式和运算性质、法则有范围或者条件限制，或者是分类给出的。如等比数列的前n项和的公式，分q＝1和q≠1两种情况。这种分类讨论题型可以称为性质型。

③ 解含有参数的题目时，必须根据参数的不同取值范围进行讨论。如解不等式ax>2时分a>0、a＝0和a<0三种情况讨论。这称为含参型。

另外，某些不确定的数量、不确定的图形的形状或位置、不确定的结论等，都主要通过分类讨论，保证其完整性，使之具有确定性。

进行分类讨论时，我们要遵循的原则是：分类的对象是确定的，标准是统一的，不遗漏、不重复，科学地划分，分清主次，不越级讨论。其中最重要的一条是“不漏不重”。

解答分类讨论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳小结，综合得出结论。 Ⅰ、再现性题组：

1．集合A＝{x||x|≤4,x∈R}，B＝{x||x－3|≤a，x∈R}，若AB，那么a的范围是_____。

A. 0≤a≤1 B. a≤1 C. a<1 D. 02.若a>0且a≠1，p＝loga(a3＋a＋1)，q＝loga(a2＋a＋1)，则p、q的大小关系是_____。

A. p＝q B. pq D.当a>1时，p>q；当0cosxsinx|ctgx|tgx3.函数y＝＋＋＋的值域是_________。

|sinx||cosx||tgx|ctgxcosnθsinnθπ4.若θ∈(0, )，则lim的值为_____。 nnn→∞cosθ＋sinθ2A. 1或－1 B. 0或－1 C. 0或1 D. 0或1或－1

15.函数y＝x＋的值域是_____。

x46

47

A. [2,+∞) B. (-∞,-2]∪[2,+∞) C. (-∞,+∞) D. [-2,2] 6.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为2和4的矩形，则它的体积为_____。

424883 B. 3 C. 3 D. 3或3 A.

999997.过点P(2,3)，且在坐标轴上的截距相等的直线方程是_____。

A. 3x－2y＝0 B. x＋y－5＝0 C. 3x－2y＝0或x＋y－5＝0 D.不能确定

【简解】1小题：对参数a分a>0、a＝0、a<0三种情况讨论，选B； 2小题：对底数a分a>1、03小题：分x在第一、二、三、四象限等四种情况，答案{4,-2,0}；

4小题：分θ＝、0<θ<、<θ<三种情况，选D；

44425小题：分x>0、x<0两种情况，选B；

6小题：分侧面矩形长、宽分别为2和4、或4和2两种情况，选D； 7小题：分截距等于零、不等于零两种情况，选C。 Ⅱ、示范性题组：

例1. 设00且a≠1，比较|loga(1－x)|与|loga(1＋x)|的大小。 【分析】 比较对数大小，运用对数函数的单调性，而单调性与底数a有关，所以对底数a分两类情况进行讨论。

【解】 ∵ 01 ① 当00，loga(1＋x)<0，所以

|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝loga(1－x)－[－loga(1＋x)]＝loga(1－x2)>0; ② 当a>1时，loga(1－x)<0，loga(1＋x)>0，所以

|loga(1－x)|－|loga(1＋x)|＝－loga(1－x) －loga(1＋x)＝－loga(1－x2)>0；

由①、②可知，|loga(1－x)|>|loga(1＋x)|。 【注】本题要求对对数函数y＝logax的单调性的两种情况十分熟悉，即当a>1时其是增函数，当0例2. 已知集合A和集合B各含有12个元素，A∩B含有4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数： ①. CA∪B且C中含有3个元素； ②. C∩A≠φ 。

【分析】 由已知并结合集合的概念，C中的元素分两类：①属于A 元素；②不属于A而属于B的元素。并由含A中元素的个数1、2、3,而将取法分三种。

22130【解】 C112·C8＋C12·C8＋C12·C8＝1084

47

48

【注】本题是排列组合中“包含与排除”的基本问题，正确地解题的前提是合理科学的分类，达到分类完整及每类互斥的要求，还有一个关键是要确定C中元

3素如何取法。另一种解题思路是直接使用“排除法”，即C3－C208＝1084。

例3. 设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是前n项和。 ①. 证明： lgSnlgSn2lg(Snc)lg(Sn2c)0，使得＝

22lg（Sn1－c）成立？并证明结论。(95年全国理)

【分析】 要证的不等式和讨论的等式可以进行等价变形；再应用比较法而求解。其中在应用等比数列前n项和的公式时，由于公式的要求，分q＝1和q≠1两种情况。

【解】 设{an}的公比q，则a1>0，q>0 ①．当q＝1时，Sn＝na1，从而SnSn2－Sn12＝na1(n＋2)a1－(n＋1)2a12＝－a12<0；

a1(1qn) 当q≠1时，Sn＝，从而

1qa12(1qn)(1qn2)a12(1qn1)22nSnSn2－Sn1＝－＝－aq<0； 122(1q)(1q)lgSnlgSn2由上可得SnSn22lg(Snc)lg(Sn2c)②. 要使＝lg（Sn1－c）成立，则必有(Sn－c)(Sn2－

2c)＝(Sn1－c)2,

分两种情况讨论如下： 当q＝1时，Sn＝na1，则

(Sn－c)(Sn2－c)－(Sn1－c)2＝(na1－c)[(n＋2)a1－c]－[(n＋1)a1－c]2＝－a12<0

2a1(1qn)a1(1qn)2当q≠1时，Sn＝，则(Sn－c)(Sn2－c)－(Sn1－c)＝[－

1q1qa1(1qn1)a1(1qn2)c][ －c]－[－c]2＝－a1qn[a1－c(1－q)]

1q1qa∵ a1qn≠0 ∴ a1－c(1－q)＝0即c＝1

1qa1a1qn而Sn－c＝Sn－＝－<0 ∴对数式无意义

1q1qlg(Snc)lg(Sn2c)由上综述，不存在常数c>0, 使得＝lg（Sn1－c）成立。

248

49

【注】 本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论。该题文科考生改问题为：log0.5Snlog0.5Sn2证明>log0.5Sn1 ，和理科第一问类似，只是所利用的是底数是

20.5时，对数函数为单调递减。

例1、例2、例3属于涉及到数学概念、定理、公式、运算性质、法则等是分类讨论的问题或者分类给出的，我们解决时按要求进行分类，即题型为概念、性质型。 例4. 设函数f(x)＝ax2－2x＋2，对于满足10，求实数a的取值范围。 【分析】 含参数的一元二次函数在有界区间上的最大

值、最小值等值域问题，需要先对开口方向讨论，再对其

抛物线对称轴的位置与闭区间的关系进行分类讨论，最后

综合得解。

1 4

121x 【解】当a>0时，f(x)＝a（x－）＋2－

aa

1 114a≤1 ∴ a或

11f()＝20 f(1)＝a22≥0aa 1 4

1x ≥4或a f(4)＝16a82≥011∴ a≥1或；

22f(1)＝a22≥0当a<0时，，解得φ；

f(4)＝16a82≥0当a＝0时，f(x)＝－2x＋2, f(1)＝0，f(4)＝－6， ∴不合题意

1由上而得，实数a的取值范围是a> 。

2【注】本题分两级讨论，先对决定开口方向的二次项系数a分a>0、a<0、a＝0三种情况，再每种情况结合二次函数的图像，在a>0时将对称轴与闭区间的关系分三种，即在闭区间左边、右边、中间。本题的解答，关键是分析符合条件的二次函数的图像，也可以看成是“数形结合法”的运用。

(x4a)(x6a)1例5. 解不等式>0 (a为常数，a≠－)

2a12【分析】 含参数的不等式，参数a决定了2a＋1的符号和两根－4a、6a的大

11小，故对参数a分四种情况a>0、a＝0、－2249

50

1【解】 2a＋1>0时，a>－； －4a<6a时，a>0 。 所以分以下四种情

2况讨论：

当a>0时，(x＋4a)(x－6a)>0，解得：x<－4a或x>6a； 当a＝0时，x2>0，解得：x≠0；

1当－0，解得: x<6a或x>－4a；

21当a>－时，(x＋4a)(x－6a)<0，解得： 6a21综上所述，当a>0时，x<－4a或x>6a；当a＝0时，x≠0；当－21x<6a或x>－4a；当a>－时，6a2【注】 本题的关键是确定对参数a分四种情况进行讨论，做到不重不漏。一般地，遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响而进行分类讨论，此种题型为含参型。

例6. 设a≥0,在复数集C中，解方程：z2＋2|z|＝a 。 (90年全国高考) 【分析】由已知z2＋2|z|＝a和|z|∈R可以得到z2∈R，即对z分实数、纯虚数两种情况进行讨论求解。

【解】 ∵ |z|∈R，由z2＋2|z|＝a得：z2∈R； ∴ z为实数或纯虚数 当z∈R时，|z|2＋2|z|＝a,解得：|z|＝－1＋1a ∴ z＝±(－1＋1a)；

当z为纯虚数时，设z＝±yｉ (y>0)， ∴ －y2＋2y＝a 解得：y＝1±1a （0≤a≤1）

由上可得，z＝±(－1＋1a)或±(1±1a)ｉ

【注】本题用标准解法（设z＝x＋yｉ再代入原式得到一个方程组，再解方程组）过程十分繁难，而挖掘隐含，对z分两类讨论则简化了数学问题。 【另解】 设z＝x＋yｉ，代入得 x2－y2＋2x2y2＋2xyｉ＝a；

x2y22x2y2a∴ 

2xy0当y＝0时，x2＋2|x|＝a，解得x＝±(－1＋1a)，所以z＝±(－1＋1a)； 当x＝0时，－y2＋2|y|＝a，解得y＝±(1±1a)，所以±(1±1a)ｉ。 由上可得，z＝±(－1＋1a)或±(1±1a)ｉ

【注】此题属于复数问题的标准解法，即设代数形式求解。其中抓住2xy＝0而分x＝0和y＝0两种情况进行讨论求解。实际上，每种情况中绝对值方程的求解，也渗透了分类讨论思想。

50

51

例7. 在xoy平面上给定曲线y2＝2x，设点A(a,0)，a∈R，曲线上的点到点A的距离的最小值为f(a)，求f(a)的函数表达式。 （本题难度0.40）

【分析】 求两点间距离的最小值问题，先用公式建立目标函数，转化为二次函数在约束条件x≥0下的最小值问题，而引起对参数a的取值讨论。 【解】 设M(x,y)为曲线y2＝2x上任意一点，则

|MA|2＝(x－a)2＋y2＝(x－a)2＋2x＝x2－2(a－1)x＋a2＝[x－(a－1)]2＋(2a－1)

由于y2＝2x限定x≥0，所以分以下情况讨论：

当a－1≥0时，x＝a－1取最小值，即|MA}2min＝2a－1； 当a－1<0时，x＝0取最小值，即|MA}2min＝a2；

2a1(a≥1时)综上所述，有f(a)＝ 。

(a1时)|a|【注】本题解题的基本思路是先建立目标函数。求二次函数的最大值和最小值问题我们十分熟悉，但含参数a，以及还有隐含条件x≥0的限制，所以要从中找出正确的分类标准，从而得到d＝f(a)的函数表达式。 Ⅲ、巩固性题组：

1. 若loga2<1，则a的取值范围是_____。

3A. (0, 2) B. (2,1) C. (0, 2)∪(1,+∞) D. (2,+∞)

33332. 非零实数a、b、c，则a＋b＋c＋abc的值组成的集合是_____。

|a||b||c||abc|A. {-4,4} B. {0,4} C. {-4,0} D. {-4,0,4}

3. f(x)＝(a－x)|3a－x|，a是正常数，下列结论正确的是_____。 A.当x＝2a时有最小值0 B.当x＝3a时有最大值0 C.无最大值，且无最小值 D.有最小值但无最大值

4. 设f1(x,y)＝0是椭圆方程，f2(x,y)＝0是直线方程，则方程f1(x,y)＋λf2(x,y)＝0 （λ∈R）表示的曲线是_____。

A.只能是椭圆 B.椭圆或直线 C.椭圆或一点 D.还有上述外的其它情况

5. 函数f(x)＝ax2－2ax＋2＋b (a≠0)在闭区间[2,3]上有最大值5，最小值2，则a、b的值为_____。

A. a＝1,b＝0 B. a＝1，b＝0或a＝－1,b＝3 C. a＝－1，b＝3 D. 以上答案均不正确 6.方程(x2－x－1)x2＝1的整数解的个数是_____。 A. 1 B. 3 C. 4 D. 5

7. 到空间不共面的4个点距离相等的平面的个数是_____。 A. 7 B. 6 C. 5 D. 4

51

52

8.z∈C，方程z2－3|z|＋2＝0的解的个数是_____。 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5

9.复数z＝a＋aｉ (a≠0)的辐角主值是______________。

10.解关于x的不等式： 2loga2(2x－1)>loga(x2－a) (a>0且a≠1) 11.设首项为1，公比为q (q>0)的等比数列的前n项和为Sn，又设Tn＝求limTn 。

n→∞

SnSn1，

12. 若复数z、z2、z3在复平面上所对应三点A、B、C组成直角三角形，且|z|＝2，求z 。

13. 有卡片9张，将0、1、2、…、8这9个数字分别写在每张卡片上。现从中任取3张排成三位数，若6可以当作9用，问可组成多少个不同的三位数。 14. 函数f(x)＝(|m|－1)x2－2(m＋1)x－1的图像与x轴只有一个公共点，求参数m的值及交点坐标。

52

53

三、函数与方程的思想方法

函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题。方程思想，是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程、不等式、或方程与不等式的混合组），然后通过解方程（组）或不等式（组）来使问题获解。有时，还实现函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的。

笛卡尔的方程思想是：实际问题→数学问题→代数问题→方程问题。宇宙世界，充斥着等式和不等式。我们知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪里有公式，哪里就有方程；求值问题是通过解方程来实现的……等等；不等式问题也与方程是近亲，密切相关。而函数和多元方程没有什么本质的区别，如函数y＝f(x)，就可以看作关于x、y的二元方程f(x)－y＝0。可以说，函数的研究离不开方程。列方程、解方程和研究方程的特性，都是应用方程思想时需要重点考虑的。

函数描述了自然界中数量之间的关系，函数思想通过提出问题的数学特征，建立函数关系型的数学模型，从而进行研究。它体现了“联系和变化”的辩证唯物主义观点。一般地，函数思想是构造函数从而利用函数的性质解题，经常利用的性质是：f(x)、f1(x)的单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图像变换等，要求我们熟练掌握的是一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数的具体特性。在解题中，善于挖掘题目中的隐含条件，构造出函数解析式和妙用函数的性质，是应用函数思想的关键。对所给的问题观察、分析、判断比较深入、充分、全面时，才能产生由此及彼的联系，构造出函数原型。另外，方程问题、不等式问题和某些代数问题也可以转化为与其相关的函数问题，即用函数思想解答非函数问题。

函数知识涉及的知识点多、面广，在概念性、应用性、理解性都有一定的要求，所以是高考中考查的重点。我们应用函数思想的几种常见题型是：遇到变量，构造函数关系解题；有关的不等式、方程、最小值和最大值之类的问题，利用函数观点加以分析；含有多个变量的数学问题中，选定合适的主变量，从而揭示其中的函数关系；实际应用问题，翻译成数学语言，建立数学模型和函数关系式，应用函数性质或不等式等知识解答；等差、等比数列中，通项公式、前n项和的公式，都可以看成n的函数，数列问题也可以用函数方法解决。 Ⅰ、再现性题组：

1.方程lgx＋x＝3的解所在的区间为_____。

A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,+∞)

2.如果函数f(x)＝x2＋bx＋c对于任意实数t，都有f(2＋t)＝f(2－t)，那么_____。

A. f(2)3.已知函数y＝f(x)有反函数，则方程f(x)＝a (a是常数) ______。

53

54

A.有且仅有一个实根 B.至多一个实根 C.至少一个实根 D.不同于以上结论

π14.已知sinθ＋cosθ＝，θ∈(，π)，则tgθ的值是_____。

254343A. － B. － C. D.

3434p5.已知等差数列的前n项和为Sn，且S＝Sq (p≠q，p、q∈N)，则Spq＝_________。

6.关于x的方程sin2x＋cosx＋a＝0有实根，则实数a的取值范围是__________。

7.正六棱锥的体积为48,侧面与底面所成的角为45°，则此棱锥的侧面积为___________。

8. 建造一个容积为8m3，深为2m的长方体无盖水池，如果池底和池壁的造价每平方米分别为120元和80元，则水池的最低造价为___________。 【简解】1小题：图像法解方程，也可代入各区间的一个数（特值法或代入法），选C；

2小题：函数f(x)的对称轴为2，结合其单调性，选A； 3小题：从反面考虑，注意应用特例，选B；

1x22x14小题：设tg＝x (x>0），则＋＝，解出x＝2，再用万能公

1x2251x2式，选A；

SpqSm5小题：利用n是关于n的一次函数，设Sp＝Sq＝m，＝x，则（,p）、

pnpqm(,q)、(x，p+q)在同一直线上，由两点斜率相等解得x＝0，则答案：0； q56小题：设cosx＝t，t∈[-1,1]，则a＝t2－t－1∈[－,1]，所以答案：[－

45,1]； 47小题：设高h，由体积解出h＝23，答案：246；

4168小题：设长x，则宽，造价y＝4×120＋4x×80＋×80≥1760，答案：

xx1760。

Ⅱ、示范性题组：

例1. 设a>0，a≠1，试求方程loga(x－ak)＝loga2(x2－a2)有实数解的k的范围。(89年全国高考)

54

55

【分析】由换底公式进行换底后出现同底，再进行等价转化为方程组，分离参数后分析式子特点，从而选用三角换元法，用三角函数的值域求解。

【解】 将原方程化为：loga(x－ak)＝logax2a2， 等价于 xak0 （a>0,a≠1） 22xakxaxxx∴ k＝－()21 ( ||>1 ）,

aaaππx设＝cscθ， θ∈(－,0)∪(0, )，则 k＝f(θ)＝cscθ－|ctgθ|

22aπθ当θ∈(－,0)时，f(θ)＝cscθ＋ctgθ＝ctg<－1，故k<－1；

22πθ当θ∈(0, )时，f(θ)＝cscθ－ctgθ＝tg∈(0,1)，故022综上所述，k的取值范围是：k<－1或0换元时，要注意新的变量的范围。一般地，此

-ak 种思路可以解决有关不等式、方程、最大值和

-a a

最小值、参数范围之类的问题。本题还用到了

x 分离参数法、三角换元法、等价转化思想等数

学思想方法。

另一种解题思路是采取“数形结合法”： 将原方程化为：loga(x－ak)＝logax2a2，等价于x－ak＝x2a2 (x－ak>0)，设曲线C1：y＝x－ak，曲线

C2：y＝x2a2 (y>0)，如图所示。

由图可知，当－ak>a或－a<－ak<0时曲线C1与C2有交点，即方程有实解。所以k的取值范围是：k<－1或0还有一种思路是直接解出方程的根，然后对方程的根进行讨论，具体过程是：

xak2(k1)axak02原方程等价变形为后，解得：，所以>ak，(k1)a222kxxakxa2kk21k21即－k>0，通分得<0，解得k<－1或02k2k－1或0m(x2－1)对满足|m|≤2的一切实数m的取值都成立。求x的取值范围。

55

56

【分析】 此问题由于常见的思维定势，易把它看成关于x的不等式讨论。然而，若变换一个角度以m为变量，即关于m的一次不等式(x2－1)m－(2x－1)<0在[-2,2]上恒成立的问题。对此的研究，设f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)，则问题转化为求一次函数（或常数函数）f(m)的值在[-2,2]内恒为负值时参数x应该满足

f(2)0的条件。

f(2)0【解】问题可变成关于m的一次不等式：(x2－1)m－(2x－1)<0在[-2,2] 恒成

立，设f(m)＝(x2－1)m－(2x－1),

2f(2)2(x1)(2x1)0则  2f(2)2(x1)(2x1)07131解得x∈（,）

22【注】 本题的关键是变换角度，以参数m作为自变量而构造函数式，不等式问题变成函数在闭区间上的值域问题。本题有别于关于x的不等式2x－1>m(x2－1)的解集是[-2,2]时求m的值、关于x的不等式2x－1>m(x2－1)在[-2,2]上恒成立时求m的范围。

一般地，在一个含有多个变量的数学问题中，确定合适的变量和参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化。或者含有参数的函数中，将函数自变量作为参数，而参数作为函数，更具有灵活性，从而巧妙地解决有关问题。

例3. 设等差数列{an}的前n项的和为Sn，已知a3＝12，S12>0，S13<0 。 ①.求公差d的取值范围； ②.指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大，并说明理由。(92年全国高考)

【分析】 ①问利用公式an与Sn建立不等式，容易求解d的范围；②问利用Sn是n的二次函数，将Sn中哪一个值最大，变成求二次函数中n为何值时Sn取最大值的函数最值问题。

【解】① 由a3＝a1＋2d＝12,得到a1＝12－2d，所以 S12＝12a1＋66d＝12(12－2d)＋66d＝144＋42d>0， S13＝13a1＋78d＝13(12－2d)＋78d＝156＋52d<0。

24 解得：－711② Sn＝na1＋n(n1－1)d＝n(12－2d)＋n(n－1)d

221242d1242d＝[n－(5－)]－[(5－)]

2dd22256

57

1242241(5－)]最小时，Sn最大。由－本题的另一种思路是寻求an>0、an1<0 ，即：由d<0知道a1>a2>…>a13，由S13＝13a7<0得a7<0，由S12＝6(a6＋a7)>0得a6>0。所以，在S1、S2、…、S12中，S6的值最大。

例4. 如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在平面，C是圆周上任一点，设∠BAC＝θ，PA＝AB=2r，求异面直线PB和AC的距离。

【分析】 异面直线PB和AC的距离可看成求直线PB上任意一点到AC的距离的最小值，从而设定变量，建立目标函数而求函数最小值。 【解】 在PB上任取一点M，作MD⊥AC于D，MH⊥AB于H， P 设MH＝x，则MH⊥平面ABC，AC⊥HD 。 222222∴MD＝x＋[(2r－x)sinθ]＝(sin＋1)x－4rsin M θx＋4r2sin2θ A H B D C 2rsin2θ24r2sin2θ2＝(sinθ＋1)[x－]＋

1sin2θ1sin2θ因为d<0，故[n－

2rsin2θ2rsinθ即当x＝时，MD取最小值为两异面直线的距离。 21sin2θ1sinθ【注】 本题巧在将立体几何中“异面直线的距离”变成“求异面直线上两点之间距离的最小值”，并设立合适的变量将问题变成代数中的“函数问题”。一般地，对于求最大值、最小值的实际问题，先将文字说明转化成数学语言后，再建立数学模型和函数关系式，然后利用函数性质、重要不等式和有关知识进行解答。比如再现性题组第8题就是典型的例子。

例5. 已知△ABC三内角A、B、C的大小成等差数列，且tgA·tgC＝2＋3，又知顶点C的对边c上的高等于43,求△ABC的三边a、b、c及三内角。

【分析】已知了一个积式，考虑能否由其它已知得到一个和式，再用方程思想求解。

【解】 由A、B、C成等差数列，可得B＝60°； 由△ABC中tgA＋tgB＋tgC＝tgA·tgB·tgC，得 tgA＋tgC＝tgB(tgA·tgC－1)＝3 (1＋3)

57

58

设tgA、tgC是方程x2－(3＋3)x＋2＋3＝0的两根，解得x1＝1，x2＝2＋3

π5π设A412由此容易得到a＝8，b＝46，c＝43＋4。

【注】本题的解答关键是利用“△ABC中tgA＋tgB＋tgC＝tgA·tgB·tgC”这一条性质得到tgA＋tgC，从而设立方程求出tgA和tgC的值，使问题得到解决。 例6. 若(z－x)2 －4(x－y)(y－z)＝0,求证：x、y、z成等差数列。

【分析】 观察题设，发现正好是判别式b2－4ac＝0的形式，因此联想到构造一个一元二次方程进行求解。

【证明】 当x＝y时，可得x＝z， ∴x、y、z成等差数列；

当x≠y时，设方程(x－y)t2－(z－x)t＋(y－z)＝0，由△＝0得t1＝t2，并易知t＝1是方程的根。

yz∴t1·t2＝＝1 ， 即2y＝x＋z ， ∴x、y、z成等差数列

xy【注】一般地，题设条件中如果已经具备或经过变形整理后具备了“x1＋x2＝a、x1·x2＝b”的形式，则可以利用根与系数的关系构造方程；如果具备b2－4ac≥0或b2－4ac≤0的形式，可以利用根的判别式构造一元二次方程。这种方法使得非方程问题用方程思想来解决，体现了一定的技巧性，也是解题基本方法中的一种“构造法”。

1例7. △ABC中，求证：cosA·cosB·cosC≤ 。

8【分析】考虑首先使用三角公式进行变形，结合三角形中有关的性质和定理，主要是运用“三角形的内角和为180°”。变形后再通过观察式子的特点而选择和发现最合适的方法解决。

11【证明】 设k＝cosA·cosB·cosC＝[cos(A＋B)＋cos(A－B)]·cosC＝[－

22cosC＋cos(A－B)]cosC 整理得：cos2C－cos(A－B)·cosC＋2k＝0，即看作关于cosC的一元二次方程。 ∴ △＝cos2(A－B)－8k≥0 即 8k≤cos2(A－B)≤1

11∴ k≤即cosA·cosB·cosC≤

88【注】本题原本是三角问题，引入参数后，通过三角变形，发现了其等式具有“二次”特点，于是联想了一元二次方程，将问题变成代数中的方程有实解的问题，这既是“方程思想”，也体现了“判别式法”、“参数法”。

58

59

此题的另外一种思路是使用“放缩法”,在放缩过程中也体现了“配方法”，

1具体解答过程是：cosA·cosB·cosC＝[cos(A＋B)＋cos(A－B)]·cosC ＝－

2cos(AB)21111cos2C＋cos(A－B)·cosC＝－ [cosC－]＋cos2(A－B)≤2228211cos2(A－B) ≤。 8812x4xa例8. 设f(x)＝lg，如果当x∈(-∞,1]时f(x)有意义，求实数a

3的取值范围。

12x4xa【分析】当x∈(-∞,1]时f(x)＝lg有意义的函数问题，转化为1

3＋2x＋4xa>0在x∈(-∞,1]上恒成立的不等式问题。

【解】 由题设可知，不等式1＋2x＋4xa>0在x∈(-∞,1]上恒成立，

11即：()2x＋()x＋a>0在x∈(-∞,1]上恒成立。

22111设t＝()x, 则t≥， 又设g(t)＝t2＋t＋a，其对称轴为t＝－

2221111∴ t2＋t＋a＝0在[,+∞)上无实根， 即 g()＝()2＋＋a>0，得a>

22223－ 43所以a的取值范围是a>－。

4【注】对于不等式恒成立，引入新的参数化简了不等式后，构造二次函数利用函数的图像和单调性进行解决问题，其中也联系到了方程无解，体现了方程思想和函数思想。一般地，我们在解题中要抓住二次函数及图像、二次不等式、二次方程三者之间的紧密联系，将问题进行相互转化。

11在解决不等式()2x＋()x＋a>0在x∈(-∞,1]上恒成立的问题时，也可使

221x13用“分离参数法”： 设t＝(), t≥，则有a＝－t2－t∈(－∞,－]，所

2243以a的取值范围是a>－。其中最后得到a的范围，是利用了二次函数在某区间

4上值域的研究，也可属应用“函数思想”。 Ⅲ、巩固性题组：

1. 方程sin2x＝sinx在区间(0,2π)内解的个数是_____。 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4

59

60

2. 已知函数f(x)＝|2x－1|，af(c)>f(b)，则_____。 A. a<0,b<0,c>0 B. a<0,b>0,c>0 C. 2a<2c D. 2a＋2c<2 3. 已知函数f(x)＝loga(x2－4x＋8)， x∈[0,2]的最大值为－2，则a＝_____。

A. 1 B. 1 C. 2 D. 4

244.已知{an}是等比数列，且a1＋a2＋a3＝18，a2＋a3＋a4＝－9，Sn＝a1＋a2＋…＋an，那么limSn等于_____。

n→∞

A. 8 B. 16 C. 32 D. 48 5.等差数列{an}中，a4＝84，前n项和为Sn,已知S9>0，S10<0，则当n＝______时，Sn最大。

6. 对于满足0≤p≤4的所有实数p，使不等式x2＋px〉4x＋p－3成立的x的取值范围是________。

7.若关于x的方程|x2－6x＋8|＝a恰有两个不等实根，则实数a的取值范围是____________。

8.已知点A(0,1)、B(2,3)及抛物线y＝x2＋mx＋2，若抛物线与线段AB相交于两点，求实数m的取值范围。

9.已知实数x、y、z满足等式x＋y＋z＝5和xy＋yz＋zx＝3,试求z的取值范围。

10.已知lg2a－4·lga·lgb＝0，求证：b是a、c的等比中项。

cbc11.设α、β、γ均为锐角，且cos2α＋cos2β＋cos2γ＋2cosα·cosβ·cosγ＝1，求证：α＋β＋γ＝π 。 12.当p为何值时，曲线y2＝2px (p>0)与椭圆1(x―2―p)2＋y2＝1有四个交

42点。(88年全国高考)

13.已知关于x的实系数二次方程x2＋ax＋b＝0有两个实数根α、β。证明： ①. 如果|α|<2，|β|<2，那么2|a|<4＋b且|b|<4；

②. 如果2|a|<4＋b且|b|<4，那么|α|<2，|β|<2 。 （93年全国理） 14.设f(x)是定义在区间(-∞,+∞)上以2为周期的函数，对k∈Z，用Ik表示区间(2k-1,2k+1]，已知当x∈I0时，f(x)＝x2。 ①.求f(x)在Ik上的解析表达式； ②.对自然数k，求集合Mk＝{a|使方程f(x)＝ax在Ik上有两个不相等的实根}。 （89年全国理）

60

61

四、等价转化思想方法

等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法。通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题。历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧。

转化有等价转化与非等价转化。等价转化要求转化过程中前因后果是充分必要的，才保证转化后的结果仍为原问题的结果。非等价转化其过程是充分或必要的，要对结论进行必要的修正（如无理方程化有理方程要求验根），它能给人带来思维的闪光点，找到解决问题的突破口。我们在应用时一定要注意转化的等价性与非等价性的不同要求，实施等价转化时确保其等价性，保证逻辑上的正确。 著名的数学家，莫斯科大学教授C.A.雅洁卡娅曾在一次向数学奥林匹克参赛者发表《什么叫解题》的演讲时提出：“解题就是把要解题转化为已经解过的题”。数学的解题过程，就是从未知向已知、从复杂到简单的化归转换过程。

等价转化思想方法的特点是具有灵活性和多样性。在应用等价转化的思想方法去解决数学问题时，没有一个统一的模式去进行。它可以在数与数、形与形、数与形之间进行转换；它可以在宏观上进行等价转化，如在分析和解决实际问题的过程中，普通语言向数学语言的翻译；它可以在符号系统内部实施转换，即所说的恒等变形。消去法、换元法、数形结合法、求值求范围问题等等，都体现了等价转化思想，我们更是经常在函数、方程、不等式之间进行等价转化。可以说，等价转化是将恒等变形在代数式方面的形变上升到保持命题的真假不变。由于其多样性和灵活性，我们要合理地设计好转化的途径和方法，避免死搬硬套题型。 在数学操作中实施等价转化时，我们要遵循熟悉化、简单化、直观化、标准化的原则，即把我们遇到的问题，通过转化变成我们比较熟悉的问题来处理；或者将较为繁琐、复杂的问题，变成比较简单的问题，比如从超越式到代数式、从无理式到有理式、从分式到整式…等；或者比较难以解决、比较抽象的问题，转化为比较直观的问题，以便准确把握问题的求解过程，比如数形结合法；或者从非标准型向标准型进行转化。按照这些原则进行数学操作，转化过程省时省力，有如顺水推舟，经常渗透等价转化思想，可以提高解题的水平和能力。 Ⅰ、再现性题组： 1. f(x)是R上的奇函数，f(x＋2)＝f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝x，则f(7.5)等于_____。

A. 0.5 B. －0.5 C. 1.5 D. －1.5 2.设f(x)＝3x－2，则f1[f(x)]等于______。

1x8 A. B. 9x－8 C. x D.

3x293. 若m、n、p、q∈R且m2＋n2＝a，p2＋q2＝b，ab≠0，则mp＋nq的最大值是______。

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ababa2b2 A. B. ab C. D.

2ab24. 如果复数z满足|z＋ｉ|＋|z－ｉ|＝2，那么|z＋ｉ＋1|的最小值为______。 A. 1 B. 2 C. 2 D. 5

x2y25. 设椭圆2＋2＝1 （a>b>0）的半焦距为c，直线l过(0,a)和(b,0)，已

ba221知原点到l的距离等于c，则椭圆的离心率为_____。

73112 A. B. C. D.

32426. 已知三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直，SA＝5，SB＝4，SC＝3，D为AB的中点，E为AC的中点，则四棱锥S-BCED的体积为_____。

253515 A. B. 10 C. D.

222【简解】1小题：由已知转化为周期为2,所以f(7.5)＝f(-0.5)＝－f(0.5)，选B；

2小题：设f(x)＝y，由互为反函数的值域与定义域的关系，选C；

m2p2n2q23小题：由mp＋nq≤＋容易求解，选A；

224小题：由复数模几何意义利用数形结合法求解，选A；

221c5小题：ab＝×a2b2，变形为12e4－31e2＋7＝0，再解出e，选B；

716小题：由SADE＝SABC和三棱椎的等体积转化容易求，选A。

4Ⅱ、示范性题组：

111例1. 若x、y、z∈R且x＋y＋z＝1，求(－1)( －1)( －1)的最小值。

yxz【分析】由已知x＋y＋z＝1而联想到，只有将所求式变形为含代数式x＋y＋z，或者运用均值不等式后含xyz的形式。所以，关键是将所求式进行合理的变形，即等价转化。

1111【解】(－1)( －1)( －1)＝（1－x）(1－y)(1－z)

yxyzxz11＝(1－x－y－z＋xy＋yz＋zx－xyz)＝(xy＋yz＋zx－xyz)

xyzxyz131131＝＋＋－1≥33－1＝－1≥－1＝9

3xyzxyzyxzxyz362

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【注】对所求式进行等价变换：先通分，再整理分子，最后拆分。将问题转化

111为求＋＋的最小值，则不难由平均值不等式而进行解决。此题属于代数恒

yxz等变形题型，即代数式在形变中保持值不变。

例2. 设x、y∈R且3x2＋2y2＝6x，求x2＋y2的范围。

【分析】 设k＝x2＋y2，再代入消去y，转化为关于x的方程有实数解时求参数k范围的问题。其中要注意隐含条件，即x的范围。 【解】由6x－3x2＝2y2≥0得0≤x≤2。

设k＝x2＋y2，则y2＝k－x2，代入已知等式得：x2－6x＋2k＝0 ，

1即k＝－x2＋3x，其对称轴为x＝3。

2由0≤x≤2得k∈[0,4]。

所以x2＋y2的范围是：0≤x2＋y2≤4。

【另解】 数形结合法（转化为解析几何问题）：

y2222由3x＋2y＝6x得(x－1)＋＝1，即表示如图所示椭圆，其一个顶点在坐

3222标原点。x＋y的范围就是椭圆上的点到坐标原点的距离的平方。由图可知最小值是0,距离最大的点是以原点为圆心的圆与椭圆相切的切点。设圆方程为x2＋y2＝k，代入椭圆中消y得x2－6x＋2k＝0。由判别式△＝36－8k＝0得k＝4,所以x2＋y2的范围是：0≤x2＋y2≤4。

【再解】 三角换元法，对已知式和待求式都可以进行三角换元（转化为三角问题）：

x1cos2y由3x2＋2y2＝6x得(x－1)2＋＝1，设，则 63siny22331x2＋y2＝1＋2cosα＋cos2α＋sin2α＝1＋＋2cosα－cos2α

22215＝－cos2α＋2cosα＋∈[0,4]

22所以x2＋y2的范围是：0≤x2＋y2≤4。

【注】本题运用多种方法进行解答，实现了多种角度的转化，联系了多个知识点，有助于提高发散思维能力。此题还可以利用均值换元法进行解答。各种方法的运用，分别将代数问题转化为了其它问题，属于问题转换题型。 例3. 求值：ctg10°－4cos10°

【分析】分析所求值的式子，估计两条途径：一是将函数名化为相同，二是将非特殊角化为特殊角。

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【解一】ctg10°－4cos10°＝

cos10°sin10°－4cos10°＝

cos10°4sin10°cos10°

sin10°sin80°2sin20°sin80°sin20°sin20°＝＝

sin10°sin10°2cos50°sin30°sin20°sin40°sin20°2cos30°sin10°＝＝＝＝3

sin10°sin10°sin10°（基本过程：切化弦→通分→化同名→拆项→差化积→化同名→差化积）

cos10°【解二】ctg10°－4cos10°＝－4cos10°＝

sin10°cos10°4sin10°cos10°

sin10°12·sin80°2sin20°sin80°2sin20°2＝＝

sin10°sin10°2cos60°sin80°2sin20°sin140°sin(20°)2sin20°＝＝

sin10°sin10°sin140°sin20°2cos80°sin60°＝＝＝3

sin10°sin10°（基本过程：切化弦→通分→化同名→特值代入→积化和→差化积）

cos10°【解三】ctg10°－4cos10°＝－4cos10°＝

sin10°cos10°4sin10°cos10°

sin10°sin80°2sin20°sin(6020)2sin20°＝＝

sin10°sin10°3113cos20sin202sin20°3(cos20sin20)2222＝＝

sin10°sin10°＝

3cos(6020)＝3

sin10°

（基本过程：切化弦→通分→化同名→拆角80°→和差角公式）

【注】无条件三角求值问题，是高考中常见题型，其变换过程是等价转化思想的体现。此种题型属于三角变换型。一般对，对于三角恒等变换，需要灵活运用

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的是同角三角函数的关系式、诱导公式、和差角公式、倍半角公式、和积互化公式以及万能公式，常用的手段是：切割化弦、拆角、将次与升次、和积互化、异名化同名、异角化同角、化特殊角等等。对此，我们要掌握变换的通法，活用2公式，攻克三角恒等变形的每一道难关。

ππ例4. 已知f(x)＝tgx，x∈(0, )，若x1、x2∈(0, )且x1≠x2，

22xx21求证：[f(x1)＋f(x2)]>f(1) （94年全国高考）

22【分析】从问题着手进行思考，运用分析法，一步步探求问题成立的充分条件。

xx2xx211【证明】[f(x1)＋f(x2)]>f(1)  [tgx1＋tgx2]>tg1

2222sinx2sin(x1x2)sin(x1x2)1sinx11sin(x1x2)＋)>  > (

cosx21cos(x1x2)2cosx12cosx1cosx21cos(x1x2) 1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2  1＋cosx1cosx2＋sinx1sinx2>2cosx1cosx2

 cosx1cosx2＋sinx1sinx2<1  cos(x1－x2)<1

xx21由已知显然cos(x1－x2)<1成立，所以[f(x1)＋f(x2)]>f(1)

22【注】 本题在用分析法证明数学问题的过程中，每 S 一步实施的都是等价转化。此种题型属于分析证明型。

例5. 如图，在三棱锥S-ABC中，S在底面上的射影A M N位于底面的高CD上，M是侧棱SC上的一点，使截面 D N C MAB与底面所成角等于∠NSC。求证：SC垂直于截面MAB。

B （83年全国高考）

【分析】 由三垂线定理容易证明SC⊥AB，再在平面SDNC中利用平面几何知识证明SC⊥DM。

【证明】由已知可得：SN⊥底面ABC，AB⊥CD，CD是斜线SC在底面AB的射影， ∴ AB⊥SC。

∵ AB⊥SC、AB⊥CD ∴ AB⊥平面SDNC

∴ ∠MDC就是截面MAB与底面所成的二面角 由已知得∠MDC＝∠NSC 又∵ ∠DCM＝∠SCN ∴ △DCM≌△SCM

∴ ∠DMC＝∠SNC＝Rt∠ 即 SC⊥DM

所以SC⊥截面MAB。

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【注】立体几何中有些问题的证明，可以转化为平面几何证明来解决，即考虑在一个平面上的证明时运用平面几何知识。 Ⅲ、巩固性题组： 1. 正方形ABCD与正方形ABEF成90°的二面角，则AC与BF所成的角为_____。 A. 45° B. 60° C. 30° D. 90° 2. 函数f(x)＝|lgx|，若0f(b)，则下列各式中成立的是_____。 A. ab≤1 B. ab<1 C. ab>1 D. a>1且b>1 3. lim[12…n－12…(n1)] (n∈N)的值为______。

n→∞

A. 2 B.

22 C. 0 D. 1

4. (a＋b＋c)10展开式的项数是_____。

A. 11 B. 66 C. 132 D. 310

5. 已知长方体ABCD-A’B’C’D’中，AA’＝AD＝1，AB＝3，则顶点A到截面A’BD的距离是_______。 6. 已知点M(3cosx，3sinx)、N(4cosy，4siny)，则|MN|的最大值为_________。 7. 函数y＝x＋1x的值域是____________。

8. 不等式log8（x3＋x＋3）>log2(x＋2)的解是____________。 9．设x>0，y>0，求证：(x＋y)>(x＋y) (86年上海高考) 10. 当x∈[0, π]时，求使cos2x－mcosx＋2m－2>0恒成立的实数m的取值

222123313范围。

11. 设△ABC的三内角A、B、C的对边分别是a、b、c，若三边a、b、c顺次成等差数列，求复数z＝[cos(π＋A)＋ｉsin(π＋A)]·[sin(3π－C)＋ｉ

2222cos(3π－C)]的辐角主值argz的最大值。

2212. 已知抛物线C：y＝(t2＋t－1)x2－2(a＋t)2x＋(t2＋3at＋b)对任何实数t都与x轴交于P(1,0)点，又设抛物线C与x轴的另一交点为Q(m,0)，求m的取值范围。

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第三章 高考热点问题和解题策略

数学高考坚持以“两个有利”（有利高校选拔新生、有利中学教学）为指导思想，严格遵循“考试说明”的规定，内容上不超纲，能力上不超规定层次（了解、理解和掌握、灵活和综合运用），在考查三基（基础知识、基本技能、基本技巧）和四种能力（逻辑思维能力、运算能力、空间想象能力、分析和解决问题的能力）的同时，侧重考查教材中的主要内容、数学思想方法和应用意识，特别是突出考查数学学科的思维能力。

函数平均每年占高考总分的13.8％，考查的知识背景为幂、指、对及一般函数的概念、定义域、值域、反函数；函数的性质、函数的单调性、奇偶性、周期性；函数的图像等。

三角函数平均每年占高考总分的12.6％，考查的知识背景是三角函数的概念、性质、以及有关公式的应用，以常规题居多。

解（证）不等式平均每年占高考总分的11.2％，考查的知识背景为不等式的性质、定理；立几、数列中的最值问题以及解几中的范围问题。

数列、极限和数学归纳法平均每年占高考总分的13.8％，考查的知识背景为等差（比）数列的概念与计算公式；数列、极限的概念与求法。 线面间的位置关系平均每年占高考总分的11.8％，考查的知识背景为线面间的平行、垂直性质与判定及有关概念。每年均为阅读理解型试题。

圆锥曲线平均每年占高考总分的11.7％，考查的知识背景为圆锥曲线的定义、性质及解几中的基本数学思想方法。

1993年—1999年高考试题中，常用的数学方法几乎每年考到，常用的数学思想方法考查的频率明显提高，探索性能力题年年考，对应用性问题的考查力度不断加大，阅读理解能力多题渗透。

今年高考命题，选择题继续保持14个题题量，仍分为1-5题，每题4分，6-14题每题5分，但适当降低最后2-3题的难度，控制语言的抽象水平。填空题保持1997-1999年水平，共4个题左右，每题4分，难度仍将为中等题，以计算题为主，且计算量仍不会加大。相比99年高考，2000高考将适当降低试卷的难度，进一步加强对思维能力考查。

进一步注重通性通法的考查，继续突出主体内容（函数、方程、不等式、数列和圆锥曲线等），淡化某些不宜升温的知识（递推数列、复数和立体几何等），做好向新高中教材过渡的准备。

应用题将适当控制对建模能力难度的考查，减少普通语言转译为数学语言的难度，既注意贴近生活，又注意靠近课本。探索性综合题和信息迁移题不可能增加难度，如数列综合题仍以归纳猜想为主要形式。

一、应用问题

应用问题的“考试要求”是考查考生的应用意识和运用数学知识与方法来分析问题解决问题的能力，这个要求分解为三个要点：

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1、要求考生关心国家大事，了解信息社会，讲究联系实际，重视数学在生产、生活及科学中的应用，明确“数学有用，要用数学”，并积累处理实际问题的经验。

2、考查理解语言的能力，要求考生能够从普通语言中捕捉信息，将普通语言转化为数学语言，以数学语言为工具进行数学思维与交流。

3、考查建立数学模型的初步能力，并能运用“考试说明”所规定的数学知识和方法来求解。

对应用题，考生的弱点主要表现在将实际问题转化成数学问题的能力上。实际问题转化为数学问题，关键是提高阅读能力即数学审题能力，审出函数、方程、不等式、等式，要求我们读懂材料，辨析文字叙述所反应的实际背景，领悟从背景中概括出来的数学实质，抽象其中的数量关系，将文字语言叙述转译成数学式符号语言，建立对应的数学模型解答。可以说，解答一个应用题重点要过三关：一是事理关，即读懂题意，需要一定的阅读理解能力；二是文理关，即把文字语言转化为数学的符号语言；三是数理关，即构建相应的数学模型，构建之后还需要扎实的基础知识和较强的数理能力。 求解应用题的一般步骤是（四步法）：

1、读题：读懂和深刻理解，译为数学语言，找出主要关系； 2、建模：把主要关系近似化、形式化，抽象成数学问题； 3、求解：化归为常规问题，选择合适的数学方法求解；

4、评价：对结果进行验证或评估，对错误加以调节，最后将结果应用于现实，作出解释或验证。

在近几年高考中，经常涉及的数学模型，有以下一些类型：数列模型、函数模型、不等式模型、三角模型、排列组合模型等等。 Ⅰ、再性性题组：

1.某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次（一个分裂为两个），经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成______。(94年全国高考) A. 511个 B. 512个 C. 1023个 D. 1024个

2.如图，以墙为一边，用篱笆围成长方形的场地，并

用平行于一边的篱笆隔开，已知篱笆的总长为定值L，这块场地的长为_______时，场地面积最大，最大面积是_________。(82年全国高考)

3.圆柱轴截面的周长L为定值，那么圆柱体积的最大值是_______。(93年全国高考)

LLLL1 A. ()3π B. ()3π C. ()3π D. 2()3π

649244.在半径为30m的圆形广场中央上空，置一个照明光源，射向地面的光呈圆锥形，且其轴截面顶角为120°，若要光源恰好照亮整个广场，则其高度应为_______。(精确到0.1m) (93年全国高考)

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5.甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1项，丙、丁公司各承包2项，共有_______种承包方式。(86年全国高考) 【简解】1小题：答案B；

l2lx1l2l2小题：设长x，面积S＝x×≤()，答案：长为，最大面积；

123322lrr2rl4rl23小题：V＝πr2＝πr2(－2r)≤π()3，选A；

223304小题：由＝tg60°得h＝103≈17.3；

h125小题：C38C5C4＝1680。 Ⅱ、示范性题组：

例1．某地现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现有增加22％，人均粮食产量比现在提高10％，如果人口年增长率为1％，那么耕地每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？ （96年全国高考）

总产量总产量（粮食单产＝ ； 人均粮食产量＝）

耕地面积总人口数【分析】此题以关系国计民生的耕地、人口、粮食为背景，给出两组数据，要求考生从两条线索抽象数列模型，然后进行比较与决策。

【解】1.读题：问题涉及耕地面积、粮食单产、人均粮食占有量、总人口数及

粮食单产×耕地面积三个百分率，其中人均粮食占有量P＝， 主要关系是：P实际总人口数≥P规划 。

2.建模：设耕地面积平均每年至多减少x公顷，现在粮食单产为a吨／公顷，

a×104现在人口数为m，则现在占有量为，10年后粮食单产为a(1＋0.22)，人口

m数为m(1＋0.01)10，耕地面积为（104－10x）。

a(10.22)(10410x)a×104∴ ≥（1＋0.1）

m(10.01)10m即 1.22（104－10x）≥1.1×104×（1＋0.01）10

11.3.求解： x≤103－×103×（1＋0.01）10

122.2323∵ （1＋0.01）10＝1＋C110×0.01＋C10×0.01＋C10×0.01＋…≈1.1046 ∴ x≤103－995.9≈4（公顷）

4.评价：答案x≤4公顷符合控制耕地减少的国情，又验算无破，故可作答。（答略）

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【另解】1.读题：粮食总产量＝单产×耕地面积； 粮食总占有量＝人均占有量×总人口数；

而主要关系是： 粮食总产量≥粮食总占有量

2.建模：设耕地面积平均每年至多减少x公顷，现在粮食单产为a吨／公顷，

a×104现在人口数为m，则现在占有量为，10年后粮食单产为a(1＋0.22)，人口

m数为m(1＋0.01)10，耕地面积为（104－10x）。

a×1044∴ a(1＋0.22)×(1O－10x)≥×(1＋0.1)×m(1＋0.01)10

m11.33.求解： x≤10－×103×（1＋0.01）10

122.2323∵ （1＋0.01）10＝1＋C110×0.01＋C10×0.01＋C10×0.01＋…≈1.1046 ∴ x≤103－995.9≈4（公顷）

4.评价：答案x≤4公顷符合控制耕地减少的国情，又验算无破，故可作答。（答略）

【注】本题主要是抓住各量之间的关系，注重3个百分率。其中耕地面积为等差数列，总人口数为等比数列模型，问题用不等式模型求解。本题两种解法，虽都是建立不等式模型，但建立时所用的意义不同，这要求灵活掌握，还要求对指数函数、不等式、增长率、二项式定理应用于近似计算等知识熟练。此种解法可以解决有关统筹安排、最佳决策、最优化等问题。此种题型属于不等式模型，也可以把它作为数列模型，相比之下，主要求解过程是建立不等式模型后解出不等式。

在解答应用问题时，我们强调“评价”这一步不可少！它是解题者的自我调节，比如本题求解过程中若令1.0110≈1,算得结果为x≤98公顷，自然会问：耕地减少这么多，符合国家保持耕地的政策吗？于是进行调控，检查发现是错在1.0110的近似计算上。

例2．已知某市1990年底人口为100万，人均住房面积为5m2，如果该市每年人口平均增长率为2％，每年平均新建住房面积为10万m2，试求到2000年底该市人均住房面积（精确到0.01）？（91年上海高考）

【分析】城市每年人口数成等比数列，每年住房总面积成等比数列，分别写出2000年后的人口数、住房总面积，从而计算人均住房面积。

总住房面积【解】1.读题：主要关系：人均住房面积＝

总人口数100104510104102.建模：2000年底人均住房面积为

100104(12％)1063.求解：化简上式＝，

102.102323∵ 1.0210＝1＋C1×0.02＋C×0.02＋C101010×0.02＋…≈1.219

70

71

610≈4.92 102.4.评价：答案4.92符合城市实际情况，验算正确，所以到2000年底该市人均住房面积为4.92m2。

【注】一般地，涉及到利率、产量、降价、繁殖等与增长率有关的实际问题，可通过观察、分析、归纳出数据成等差数列还是等比数列，然后用两个基础数列的知识进行解答。此种题型属于应用问题中的数列模型。

例3．甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米／时，已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度 v（千米／时）的平方成正比，比例系数为b；固定部分为a元。

① 把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米／时）的函数，并指出函数的定义域；

② 为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？ （97年全国高考）

【分析】几个变量（运输成本、速度、固定部分）有相互的关联，抽象出其中的函数关系，并求函数的最小值。

【解】（读题）由主要关系：运输总成本＝每小时运输成本×时间，

S（建模）有y＝(a＋bv2)

v（解题）所以全程运输成本y（元）表示为速度v（千米／时）的函数关系式

a是：y＝S(＋bv)，其中函数的定义域是v∈(0,c]。

vaa整理函数有y＝S(＋bv)＝S(v＋b)，

vvk由函数y＝x＋ (k>0)的单调性而得：

xaa当bba当≥c时，则v＝c时，y取最小值。

baaa综上所述，为使全程成本y最小，当bbb≥c时，行驶速度应为v＝c。

【注】对于实际应用问题，可以通过建立目标函数，然后运用解（证）不等式的方法求出函数的最大值或最小值，其中要特别注意蕴涵的制约关系，如本题中

∴ 人均住房面积为

71

72

速度v的范围，一旦忽视，将出现解答不完整。此种应用问题既属于函数模型，也可属于不等式模型。

例4．如图，假设河的一条岸边为直线MN，AC⊥MN A 于C，点B、D在MN上，现将货物从A地经陆地AD于水

陆BD运往B地，已知AC＝10km，BC＝30km，又陆地单 M C D 位距离的运价是水陆单位距离运价的2倍，为使运费最B 少，D点应选在距C点多远处？

【分析】设∠ADC＝α后，将AD、BC用α表示，进而将运费表示成α的函数是，再求运费最小值等。

10【解】设∠ADC＝α，则AD＝，BD＝30－10ctgα，

sin10设水路每km的运费为1，则运费y＝(30－10ctgα)＋2×

sincos22cos＝10(3－＋)＝10(3＋)

sinsinsin2cos设t＝，即t×sinα＋cosα＝2,有t21sin(α＋θ)＝2,

sin∴t21≥2即t≥3。

当t＝3时，2－cosα＝3sinα即

31sinα＋cosα＝1, 22∴ sin(α＋30°)＝1,即α＝60°。

103∴ CD＝10ctgα＝km

3103综上所述，D点应选在距C点km时运费最少。

3【注】作为工具学科的三角，跨学科的应用是它的特点，不少物理学、工程测量、航海航空等应用题都可以转化为三角函数来解决，或者运用解三角形中的基本知识和手段进行解答，此种题型属于应用问题中的三角模型。

在解答应用问题中，最常见的是以上的几种模型，即：函数模型、不等式模型、数列模型、三角模型。此外，其它的几种应用问题模型有：与排列组合有关的应用问题，特征比较明显，属于排列组合模型，解答时一定要分清楚是分类还是分步，是排列还是组合，是否有重复和遗漏；与光学、力学、轨迹等有关方面的应用问题，可通过建立适当的坐标系，运用曲线的知识来建立数学模型来解答，且曲线研究主要是二次曲线，所以可称之为二次曲线模型。 Ⅲ、巩固性题组：

1.某商品降价10％后，欲恢复原价，则应提价为______。 A. 10％ B. 9％ C. 11％ D. 111％

972

73

2.某工厂去年12月的月厂值为a，已知月平均增长率为P，则今年12月厂值比去年同期增加的倍数是______。

A. (1＋P)12－1 B. (1＋P)12 C. (1＋P)11 D. 12P

3.将一半径为R的木球加工成一正方形木块，则木块的最大体积为______。 A. 83R3 B. 83R3 C. 8R3 D. 33R3

279984.在北纬45°圈上有甲、乙两地，它们分别在东经50°与140°的圈上，设地球半径为R，则甲、乙两地的球面距离为______。

A. 1πR B. 1πR C. πR D.

23422πR

5.某种商品分两次提价，有三种提价方案，方案甲是：第一次提价p％，第二次提价q％；方案乙是：第一次提价q％，第二次提价p％；方案丙是：第一次提价pq％，第二次提价pq％，已知p>q>0，则上述三个方案中______。

22 A.方案甲提价最多 B.方案乙提价最多 C.方案丙提价最多 D.以上都不对

6.假设国家收购某种农产品的价格是120元／担，其中征税标准为每100元征8元（叫税率8个百分点，即8％），计划可收购m万担。为了减轻农民负担，决定把税率降低x个百分点，预计收购量可增加2x个百分点。 ① 写出税收y（万元）与x的函数关系式； ② 要使此项税收在税率调节后不低于原计划的78％，试确定x的范围。

7.某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房，共需1150万元。购买当天先付150万元，以后每月的这一天都交付50万元，并加付欠款利息，月利率为1％。若交付150万元后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月应该付多少钱？全部货款付清后，买这40套住房实际花了多少钱？ 8.公园要建造一个圆形的喷水池，在水池中央垂直于

水面安装一个花形柱子OA，O恰在水面中心，OA＝1.25

A 米，安置在柱子顶端A处的喷头向外喷水，水流在各个方

向上沿形状相同的抛物线路径落下，且在过OA的任一平

面上抛物线路径如图所示，为使水流形状较为漂亮，设计

O 水

成水流在到OA的距离为1米处达到距水面最大高度2.25

面

米，如果不计其他因素，那么水池的半径至少要多少米，才能使喷出的水流不致落到池外？（97年上海高考）

9.电灯挂在圆桌的正中央上空，光学定律指出：桌边A处的照度I与射到点A的光线与桌面的夹角θ的正弦成正比，与点A到光源的距离的平方成反比。已知桌面半径r＝0.5米，当电灯离桌面1米时，桌边A处的照度为I0。 ① 试把照度I表示为角θ的函数； ② 怎样选择电灯悬挂的高度h，才能使桌边处最亮？ 10.国际足联规定法国世界杯决赛阶段，比赛场地长105米、宽68米，足球门宽7.32米、高2.44米，试确定边锋最佳射门位置（边锋在足球场地长边上移动，最佳射门位置应使边锋看足球门的水平视角θ最大）。 （精确到1米）

73

74

二、探索性问题

近年来，随着社会主义经济建设的迅速发展，要求学校由“应试教育”向“素质教育”转化，培养全面发展的开拓型、创造型人才。在这种要求下，数学教学中开放型问题随之产生。于是，探索性问题成了近几年来高考命题中的热点问题，它既是高等学校选拔高素质人材的需要，也是中学数学教学培养学生具有创造能力、开拓能力的任务所要求的。实际上，学生在学习数学知识时，知识的形成过程也是观察、分析、归纳、类比、猜想、概括、推证的探索过程，其探索方法是学生应该学习和掌握的，是今后数学教育的重要方向。

一般地，对于虽给出了明确条件，但没有明确的结论，或者结论不稳定，需要探索者通过观察、分析、归纳出结论或判断结论的问题（探索结论）；或者虽给出了问题的明确结论，但条件不足或未知，需要解题者寻找充分条件并加以证明的问题（探索条件），称为探索性问题。此外，有些探索性问题也可以改变条件，探讨结论相应发生的变化；或者改变结论，探讨条件相应发生的变化；或者给出一些实际中的数据，通过分析、探讨解决问题。

探索性问题一般有以下几种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。 猜想归纳型问题是指在问题没有给出结论时，需要从特殊情况入手，进行猜想后证明其猜想的一般性结论。它的思路是：从所给的条件出发，通过观察、试验、不完全归纳、猜想，探讨出结论，然后再利用完全归纳理论和要求对结论进行证明。其主要体现是解答数列中等与n有关数学问题。

存在型问题是指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，其结果可能存在，需要找出来，可能不存在，则需要说明理由。解答这一类问题时，我们可以先假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在；若推证出矛盾，则结论不存在。代数、三角、几何中，都可以出现此种探讨“是否存在”类型的问题。

分类讨论型问题是指条件或者结论不确定时，把所有的情况进行分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。此种题型常见于含有参数的问题，或者情况多种的问题。

探索性问题，是从高层次上考查学生创造性思维能力的新题型，正确运用数学思想方法是解决这类问题的桥梁和向导，通常需要综合运用归纳与猜想、函数与方程、数形结合、分类讨论、等价转化与非等价转化等数学思想方法才能得到解决，我们在学习中要重视对这一问题的训练，以提高我们的思维能力和开拓能力。

Ⅰ、再现性题组：

n(n1)2221.是否存在常数a、b、c，使得等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(an212＋bn＋c)对一切自然数n都成立？并证明你的结论。 （89年全国理）

8·28·n8·12.已知数列2，…，22，…。Sn为其前n项和，1·3232·52(2n1)·(2n1)求S1、S2、S3、S4，推测Sn公式，并用数学归纳法证明。 （93年全国理）

【简解】1题：令n＝1、2、3代入已知等式列出方程组，解得a＝3、b＝11、

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c＝10，猜测a、b、c的值对所有的n∈N都成立，再运用数学归纳法进行证明。（属于是否存在型问题，也可属于猜想归纳型问题）

82448802题：计算得到S1＝、S2＝、S3＝、S4＝，观察后猜测Sn＝

9254981(2n1)21，再运用数学归纳法进行证明。 2(2n1)Ⅱ、示范性题组：

【例1】已知方程kx2＋y2＝4，其中k为实数，对于不同范围的k值，分别指出方程所代表图形的类型，并画出曲线简图。（78年全国高考题）

【分析】由圆、椭圆、双曲线等方程的具体形式，结合方程kx2＋y2＝4的特点，对参数k分k>1、k＝1、0【解】由方程kx2＋y2＝4，分k>1、k＝1、02① 当k>1时，表示椭圆，其中心在原点，焦点在y轴上，a＝2，b＝;

k② 当k＝1时，表示圆，圆心在原点，r＝2；

2③ 当0k④ 当k＝0时，表示两条平行直线 y＝±2；

⑤ 当k<0时，表示双曲线，中心在原点，焦点在y轴上。 所有五种情况的简图依次如下所示： y y y y y x x x x x

【注】分类讨论型问题，把所有情况分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。

y22【例2】给定双曲线x－＝1， ① 过点A(2,0)的直线L与所给双曲线交

2于P1及P2，求线段P1P2的中点P的轨迹方程； ② 过点B(1,1)能否作直线m，使m与所给双曲线交于两点Q1、Q2，且点B是线段Q1、Q2的中点？这样的直线m如果存在，求出它的方程；如果不存在，说明理由。（81年全国高考题）

【分析】两问都可以设直线L的点斜式方程，与双曲线方程联立成方程组，其解就是直线与双曲线的交点坐标，再用韦达定理求解中点坐标等。

【解】① 设直线L：y＝k(x－2)

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yk(x2)∴ 2y2 消y得(2－k2)x2＋4k2x－(2＋4k2)＝0

x214k22k24k∴ x1＋x2＝2 ∴xp＝2 代入直线L得：yp＝2

k2k2k22k2x222y(x1)k2∴  消k得2x2－4x－y2＝0即－＝1

124ky2k22y2(x1)2线段P1P2的中点P的轨迹方程是：－＝1

122② 设所求直线m的方程为：y＝k(x－1)＋1

yk(x1)1∴ 2y2 消y得(2－k2)x2＋(2k2－2k)x＋2k－k2－3＝0

x212k22k∴ x1＋x2＝2＝2×2 ∴k＝2

k2代入消y后的方程计算得到：△<0， ∴满足题中条件的直线m不存在。 【注】本题综合性比较强，将解析几何知识进行了横向综合。对于直线与曲线的交点问题和有关交点弦长及其中点的问题，一般可以利用韦达定理和根的判别式求解。本题属于存在型问题，其一般解法是：假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在；若推证出矛盾，则结论不存在。在解题思路中，分析法与反证法起了关键作用。这类问题一般是先列出条件组，通过等价转化解组。

【例3】设{an}是正数组成的数列，其前n项的和为Sn，并且对于所有的自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项。 ① 写出数列{an}的前3项；

an1an1② 求数列{an}的通项公式（写出推证过程）； ③ 令bn＝（＋） (n

an12an∈N)，求lim(b1＋b2＋…＋bn－n)。(94年全国高考题)

n→∞

an2＝2Sn，由此而求得a1、a2、a3，通过观察2猜想an，再用数学归纳法证明。求出an后，代入不难求出bn，再按照要求求极限。

a2【解】① ∵ 1＝2S1＝2a1 ∴ a1＝2

2a22∵ ＝2S2＝2(a1a2)＝2(2a2) ∴ a2＝6

2【分析】由题意容易得到

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a32＝2S3＝2(a1a2a3)＝2(8a3) ∴a3＝10 2所以数列{an}的前3项依次为2、6、10。

② 由数列{an}的前3项依次为2、6、10猜想an＝4n－2， 下面用数学归纳法证明an＝4n－2： 当n＝1时，通项公式是成立的；

假设当n＝k时结论成立，即有ak＝4k－2，

ak2由题意有＝2Sk,将ak＝4k－2代入得到：Sk＝2k2；

2a2当n＝k＋1时，由题意有k1＝2Sk1＝2(Skak1)

2a22∴ (k1)＝2(ak1＋2k2) 即ak12－4ak1＋4－16k2＝0

2由ak1>0，解得ak1＝2＋4k＝4(k＋1)－2， 所以n＝k＋1时，结论也成立。

综上所述，上述结论对所有的自然数n都成立。

an1an114n24n2③ 设cn＝bn－1＝（＋）－1＝（＋－2）

anan124n24n2212n12n111＝[（－1）＋(－1)]＝－ 22n12n12n12n11111b1＋b2＋…＋bn－n＝c1＋c2＋…＋cn＝（1－）+（－）＋…＋(

3352n111－)＝1－ 2n12n11∴lim(b1＋b2＋…＋bn－n)＝lim(1－)＝1 n→∞n→∞2n1【注】本题求数列的通项公式，属于猜想归纳型问题，其一般思路是：从最简单、最特殊的情况出发，推测出结论，再进行严格证明。第③问对极限的求解，使用了“裂项相消法”，设立新的数列cn具有一定的技巧性。

此外，本题第②问数列通项公式的求解，属于给出数列中Sn与an的函数关系式求an，对此类问题我们还可以直接求解，解答思路是由an1＝Sn1－Sn的关系转化为数列通项之间的递推关系，再发现数列的特征或者通过构造新的数列求解。具体的解答过程是：

an2112由题意有＝2Sn，整理得到Sn＝(an＋2)，所以Sn1＝(an1＋

2882)2，

1∴ an1＝Sn1－Sn＝[(an1＋2)2－(an＋2)2]

8∵

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整理得到(an1＋an)( an1－an－4)＝0

由题意an>0可以得到：an1－an－4＝0,即an1－an＝4

∴数列{an}为等差数列，其中a1＝2，公差d＝4，即通项公式为an＝4n－2。

xn(xn23)【例4】已知x1>0，x1≠1，且xn1＝ (n∈N)，比较xn与xn1的

3xn21大小。(86年全国理)

【分析】比较xn与xn1的大小，采用“作差法”，判别差式的符号式，分情况讨论。

xn(xn23)2xn(1xn2)【解】xn1－xn＝－xn＝ 223xn13xn1由x1>0及数列{xn}的定义可知，xn>0，所以xn1－xn与1－xn2的符号相同。 假定x1<1，当n＝1时，1－x12>0；假设n＝k时1－xk2>0，那么当n＝k＋1时，

(1xk2)3xk(xk23)221－xk1＝1－[]＝22>0，因此对一切自然数n都有1－2(3xk1)3xk1xn2>0,即xn假定x1>1，当n＝1时，1－x12<0；假设n＝k时1－xk2<0，那么当n＝k＋1时，

232(1xx(x3)k)2kk21－xk1＝1－[]＝<0，因此对一切自然数n都有1－

(3xk21)23xk21xn2<0,即xn所以，对一切自然数n都有xn【注】本题对1－xn2的符号的探讨，由于其与自然数n有关，考虑使用数学归纳法解决。一般地，探索性问题与自然数n有关时，我们可以用归纳→猜想→证明的方法解出。 Ⅲ、巩固性题组：

1. 设{an}是由正数组成的等比数列，Sn是前n项和。 ①. 证明：

lgSnlgSn220，使得lg(Snc)lg(Sn2c)2.已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝100。

①.求数列{bn}的通项； ②.设数列{an}的通项an＝lg(1＋1)，记Sn是数

bn列{an}的前n项和，试比较Sn与1lgbn1的大小，并证明你的结论。（98年全国

2高考题）

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3.是否存在a、b、c，使得an＝an2＋bn＋c，且满足a1＝1,3Sn＝(n＋2)an，对一切自然数n都成立（其中Sn＝a1＋a2＋…＋an）？试证明你的结论。 4.已知Pn＝(1＋x)n，Qn＝1＋nx＋n(n1)x2，n∈N，x∈(-1,+∞)，比较Pn和

2Qn的大小。

5.已知数列{an}满足关系式a1＝a (a>0)，an＝

6.在△ABC中，∠A、∠B、∠C的对边分别是a、b、 A y c，且b、a、c成等差数列，b≥c。已知B(-1,0)、C(1,0)。 ① 求顶点A的轨迹L； ② 是否存在直线m，使m过点B并与曲线L交于 B O C 不同的两点P、Q且|PQ|恰好等于原点O到直线m距离x 的倒数？若存在，求出m的方程；若不存在，说明理由。

7.如图，已知矩形ABCD，PA⊥平面ABCD，M、N分别是 P AB、PC的中点。 N ① 求证：MN⊥AB； B M A ② 若平面PDC与平面ABCD所成的二面角为θ，能否C D 确定θ，使得直线MN是异面直线AB与PC的公垂线？若能确定，求出θ的值；若不能确定，说明理由。

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2an11an1 (n≥2，n∈N)。

① 用a表示a2、a3、a4； ② 猜想an的表达式，并证明你的结论。

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三、选择题解答策略

近几年来高考数学试题中选择题稳定在14～15道题，分值65分，占总分的43.3%。高考选择题注重多个知识点的小型综合，渗逶各种数学思想和方法，体现基础知识求深度的考基础考能力的导向;使作为中低档题的选择题成为具备较佳区分度的基本题型。因此能否在选择题上获取高分，对高考数学成绩影响重大。解答选择题的基本策略是准确、迅速。

准确是解答选择题的先决条件。选择题不设中间分，一步失误，造成错选，全题无分。所以应仔细审题、深入分析、正确推演、谨防疏漏；初选后认真检验，确保准确。

迅速是赢得时间获取高分的必要条件。高考中考生不适应能力型的考试，致使“超时失分”是造成低分的一大因素。对于选择题的答题时间，应该控制在不超过50分钟左右，速度越快越好，高考要求每道选择题在1～3分钟内解完。 选择题主要考查基础知识的理解、基本技能的熟练、基本计算的准确、基本方法的运用、考虑问题的严谨、解题速度的快捷等方面，是否达到《考试说明》中的“了解、理解、掌握”三个层次的要求。历年高考的选择题都采用的是“四选一”型，即选择项中只有一个是正确的。它包括两个部分：题干，由一个不完整的陈述句或疑问句构成；备选答案，通常由四个选项A、B、C、D组成。

选择题的特殊结构决定了它具有相应的特殊作用与特点：由于选择题不需写出运算、推理等解答过程，在试卷上配有选择题时，可以增加试卷容量，扩大考查知识的覆盖面；阅卷简捷，评分客观，在一定程度上提高了试卷的效度与信度；侧重于考查学生是否能迅速选出正确答案，解题手段不拘常规，有利于考查学生的选择、判断能力；选择支中往往包括学生常犯的概念错误或运算、推理错误，所有具有较大的“迷惑性”。

一般地，解答选择题的策略是：① 熟练掌握各种基本题型的一般解法。② 结合高考单项选择题的结构（由“四选一”的指令、题干和选择项所构成）和不要求书写解题过程的特点，灵活运用特例法、筛选法、图解法等选择题的常用解法与技巧。③ 挖掘题目“个性”，寻求简便解法，充分利用选择支的暗示作用，迅速地作出正确的选择。 Ⅰ、示范性题组： 一、 直接法：

直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则等知识，通过推理运算，得出结论，再对照选择项，从中选正确答案的方法叫直接法。

【例1】（96年高考题）若sin2x>cos2x,则x的取值范围是______。

3 A．{x|2k－4445,kZ} 4 C. {x|k－

 81

3,kZ} 4【解】直接解三角不等式：由sin2x>cos2x得cos2x 32－sinx<0,即cos2x<0，所以： ＋2kπ<2x<＋

222kπ，选D；

【另解】数形结合法：由已知得|sinx|>|cosx|，画出单位圆：

利用三角函数线，可知选D。

【例2】（96年高考题）设f(x)是(－∞，∞)是的奇函数，f(x＋2)＝－f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝x，则f(7.5)等于______。

A. 0.5 B. －0.5 C. 1.5 D. －1.5

【解】由f(x＋2)＝－f(x)得f(7.5)＝－f(5.5)＝f(3.5)＝－f(1.5)＝f(－0.5)，由f(x)是奇函数得f(－0.5)＝－f(0.5)＝－0.5，所以选B。

也可由f(x＋2)＝－f(x)，得到周期T＝4，所以f(7.5)＝f(－0.5)＝－f(0.5)＝－0.5。

【例3】（87年高考题）七人并排站成一行，如果甲、乙两人必需不相邻，那么不同的排法的种数是_____。

A. 1440 B. 3600 C. 4320 D. 4800 【解一】用排除法：七人并排站成一行，总的排法有P77种，其中甲、乙两人相

76邻的排法有2×P66种。因此，甲、乙两人必需不相邻的排法种数有：P7－2×P6＝3600,对照后应选B；

2【解二】用插空法：P55×P6＝3600。

直接法是解答选择题最常用的基本方法，低档选择题可用此法迅速求解。直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案。提高直接法解选择题的能力，准确地把握中档题目的“个性”，用简便方法巧解选择题，是建在扎实掌握“三基”的基础上，否则一味求快则会快中出错。 二、 特例法：

用特殊值(特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，对各个选项进行检验，从而作出正确判断的方法叫特例法。常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等。

【例4】(97年高考题)定义在区间(-∞，∞)的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间[0,+∞）的图象与f(x)的图象重合，设a>b>0,给出下列不等式①f(b)－f(-a)>g(a)－g(-b);②f(b)－f(-a)g(b)－g(-a);④f(a)－f(-b)A. ①与④ B. ②与③ C. ①与③ D. ②与④

【解】令f(x)＝x，g(x)＝|x|，a＝2，b＝1,则：f(b)－f(-a)＝1－(－2)＝3,

81

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g(a)－g(-b)＝2－1=1,得到①式正确；f(a)－f(-b)＝2－（－1）＝3, g(b)－g(-a)＝1－2＝－1，得到③式正确。所以选C。 【另解】直接法：f(b)－f(-a)＝f(b)＋f(a)，g(a)－g(-b)＝g(a)－g(b)＝f(a)－f(b)，从而①式正确；f(a)－f(-b)＝f(a)＋f(b)，g(b)－g(-a)＝g(b)－g(a)＝f(b)－f(a)，从而③式正确。所以选C。

2n2【例5】（85年高考题）如果n是正偶数，则C0＋Cn n＋Cn＋…＋Cnn＝______。 A. 2n B. 2n1 C. 2n2 D. (n－1)2n1

2【解】用特值法：当n＝2时，代入得C02＋C2＝2,排除答案A、C；当n＝4时，

24代入得C04＋C4＋C4＝8,排除答案D。所以选B。

2n2nn1

【另解】直接法：由二项展开式系数的性质有C0＋C＋…＋C＋C＝2，nnnn选B。

当正确的选择对象，在题设普遍条件下都成立的情况下，用特殊值（取得愈简单愈好）进行探求，从而清晰、快捷地得到正确的答案，即通过对特殊情况的研究来判断一般规律，是解答本类选择题的最佳策略。近几年高考选择题中可用或结合特例法解答的约占30％左右。 三、 筛选法:

从题设条件出发，运用定理、性质、公式推演，根据“四选一”的指令，逐步剔除干扰项，从而得出正确判断的方法叫筛选法或剔除法。

【例6】（95年高考题）已知y＝loga(2－ax)在[0,1]上是x的减函数，则a的取值范围是_____。

A. [0,1] B. (1,2] C. (0,2) D. [2,+∞)

【解】∵ 2－ax是在[0,1]上是减函数，所以a>1，排除答案A、C；若a＝2，由2－ax>0得x<1，这与[0,1]不符合，排除答案C。所以选B。

【例7】（88年高考题）过抛物线y2＝4x的焦点，作直线与此抛物线相交于两点P和Q，那么线段PQ中点的轨迹方程是______。

A. y2＝2x－1 B. y2＝2x－2 C. y2＝－2x＋1 D. y2＝－2x＋2

【解】筛选法：由已知可知轨迹曲线的顶点为(1,0)，开口向右，由此排除答案A、C、D，所以选B；

ykx1【另解】直接法：设过焦点的直线y＝k(x－1)，则2，消y得：

y4xx1x2k22x2k222222kx－2(k＋2)x＋k＝0,中点坐标有，消k得y＝2x－2，2yk(k21)2kk2选B。

筛选法适应于定性型或不易直接求解的选择题。当题目中的条件多于一个时，

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先根据某些条件在选择支中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小的选择支的范围那找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的选择。它与特例法、图解法等结合使用是解选择题的常用方法，近几年高考选择题中约占40％。 四、 代入法：

将各个选择项逐一代入题设进行检验，从而获得正确判断的方法叫代入法，又称为验证法，即将各选择支分别作为条件，去验证命题，能使命题成立的选择支就是应选的答案。

【例8】（97年高考题）函数y=sin( A．

－2x)＋sin2x的最小正周期是_____。 3 B.  C. 2 D. 4 2【解】代入法：f(x＋)＝sin[－2(x＋)]＋sin[2(x＋)]＝－f(x)，而

2322f(x＋π)＝sin[－2(x＋π)]＋sin[2(x＋π)]＝f(x)。所以应选B；

331【另解】直接法：y＝

2cos2x－

2sin2x＋sin2x＝sin(2x＋

3)，T＝π，选

B。

【例9】（96年高考题）母线长为1的圆锥体积最大时，其侧面展开图的圆心角等于_____。

222326 B.  C. 2 D.  3332326【解】代入法：四个选项依次代入求得r分别为：、、、，再

33237623求得h分别为：、、、，最后计算体积取最大者，选D。

3323rr12221r2≤… 【另解】直接法：设底面半径r，则V＝πr1r＝π

3322r2226，选D。 其中＝1r2，得到r＝，所以＝2π／1＝

3332代入法适应于题设复杂，结论简单的选择题。若能据题意确定代入顺序，则能较大提高解题速度。 五、 图解法：

据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确判断的方法叫图解法或数形结合法。

A.

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(y2)(x3)2【例10】（97年高考题）椭图C与椭圆＋＝1关于直线x＋y

49＝0对称，椭圆C的方程是_____。

(y3)2(y3)2(x2)2(x2)2 A．＋＝1 B. ＋＝1

9449(y3)2(x2)2(x2)(y3)2 C. ＋＝1 D. ＋＝1

4499【解】图解法：作出椭圆及对称的椭圆C，由中心及焦点位置，容易得到选A。 【另解】直接法：设椭圆C上动点(x,y)，则对称点(－y，－x)，代入已知椭

(x2)2(y3)2圆方程得＋＝1，整理即得所求曲线C方程，所以选A。

49【例11】（87年高考题）在圆x2＋y2＝4上与直线4x＋3y－12=0距离最小的点的坐标是_____。

6868868 A. （，） B. (,－) C. (－,) D. (－,

55555556－) y 5【解】图解法：在同一直角坐标系中作出圆x2＋y2＝ 4和直线4x＋3y－12=0后，由图可知距离最小的点在第 O x 一象限内，所以选A。

【直接法】先求得过原点的垂线，再与已知直线相交而得。

【例12】已知复数z的模为2，则 |z－ｉ| 的最大值 为_______。 M - i A. 1 B. 2 C. 5 D. 3 2 【解】图解法：由复数模的几何意义，画出右图，可知当圆上的点到M的距离最大时即为|z－ｉ|最大。所以选D； 【另解】不等式法或代数法或三角法： |z－ｉ|≤|z|＋|ｉ|＝3,所以选D。 数形结合，借助几何图形的直观性，迅速作正确的判断是高考考查的重点之一；97年高考选择题直接与图形有关或可以用数形结合思想求解的题目约占50％左右。

从考试的角度来看，解选择题只要选对就行，不管是什么方法，甚至可以猜测。但平时做题时要尽量弄清每一个选择支正确理由与错误的原因，这样，才会在高考时充分利用题目自身的提供的信息，化常规为特殊，避免小题作，真正做到熟练、准确、快速、顺利完成三个层次的目标任务。 Ⅱ、巩固性题组：

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1.（86年高考题）函数y＝（1）x＋1的反函数是______。

5 A. y＝log5x＋1 （x>0） B. y＝logx5＋1 （x>0且x≠1） C. y＝log5(x－1) (x>1) D. y＝log5x－1 (x>1)

2.（90年高考题）已知f(x)＝x3＋ax＋bx－8,且f(－2)＝10，那么f(2)等于_____。

A. －26 B. －18 C. －10 D. 10

3.一个凸多边形的最小内角为2π,各内角成等差数列，公差为π,则此多边形

336的边数为_____。

A. 9 B. 16 C. 9或16 D. 16或25

4.设a、b、c为实数，且cos2x＝acos2x＋bcosx＋c恒成立，则a2＋b2＋c2＝______。

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5.若a、b是任意实数，且a>b，则______。

A. a2>b2 B. b<1 C. lg(a－b)>0 D. （1）a<(1)b

a226.如果方程x2＋ky2＝2表示焦点在y轴上椭圆，那么实数k的取值范围是_____。

A. (0,+∞) B. (0,2) C. (1,+∞) D. (0,1)

7.中心在原点，准线方程为x＝±4，离心率为1的椭圆方程是______。

2 A. x＋y＝1 B. x＋y＝1 C. x＋y2＝1 D. x2＋y＝

4222222334441

8.已知正三棱台上、下底面边长分别为2和4,高为23，它被中截面截得的较大部分体积是_____。

A. 37 B. 111 C. 19 D. 37

24449.若α＝arg(2＋ｉ)，β＝arg(－3＋ｉ)，则β－α等于______。 A. 5π B. 3π C. －π D. －3π

444410. (95年高考题)等差数列{an}、{bn}前n项和分别是Sn和Tn，若Sn＝

Tn2n，

3n1则limnanbn等于______。

63 A. 1 B.

C. 2 D. 4

39四、填空题解答策略

填空题是一种传统的题型，也是高考试卷中又一常见题型。近几年高考，都有

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一定数量的填空题，且稳定了4个小题左右，每题4分，共16分，越占全卷总分的11％。

填空题又叫填充题，是将一个数学真命题，写成其中缺少一些语句的不完整形式，要求学生在指定的空位上，将缺少的语句填写清楚、准确。它是一个不完整的陈述句形式，填写的可以是一个词语、数字、符号、数学语句等。 根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：

一是定量型，要求学生填写数值、数集或数量关系，如：方程的解、不等式的解集、函数的定义域、值域、最大值或最小值、线段长度、角度大小等等。由于填空题和选择题相比，缺少选择支的信息，所以高考题中多数是以定量型问题出现。

二是定性型，要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定的数学对象的某种性质，如：给定二次曲线的准线方程、焦点坐标、离心率等等。

填空题不要求学生书写推理或者演算的过程，只要求直接填写结果，它和选择题一样，能够在短时间内作答，因而可加大高考试卷卷面的知识容量，同时也可以考查学生对数学概念的理解、数量问题的计算解决能力和推理论证能力。在解答填空题时，基本要求就是：正确、迅速、合理、简捷。一般来讲，每道题都应力争在1～3分钟内完成。填空题只要求填写结果，每道题填对了得满分，填错了得零分，所以，考生在填空题上失分一般比选择题和解答题严重。我们很有必要探讨填空题的解答策略和方法。 Ⅰ、示范性题组： 一、直接推演法：

直接法就是根据数学概念，或者运用数学的定义、定理、法则、公式等，从已知条件出发，进行推理或者计算得出结果后，将所得结论填入空位处，它是解填空题最基本、最常用的方法。

1【例1】（94年高考题）已知sinθ＋cosθ＝，θ∈(0,π)，则ctgθ的值

5是 。

412【解】已知等式两边平方得sinθcosθ＝－，解方程组得sinθ＝，cos

52533θ＝，故答案为：－。

54【另解】设tg＝t，再利用万能公式求解。

2【例2】（95年高考题）方程log2(x＋1)2＋log4(x＋1)＝5的解是 。 【解】由换底公式得4log4(x＋1)＋log4(x＋1)＝5，即log4(x＋1)＝1,解得x＝3。

二、特值代入法：

当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但题目暗示答案可能是一个定值时，可以将变量取一些特殊数值、特殊位置、或者一种特殊情况来求出这个定值，

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这样，简化了推理、论证的过程。

【例3】（89年高考题）已知(1－2x)7＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7，那么a1＋a2＋…＋a7＝ 。

【解】令x＝1，则有（－1）7＝a0＋a1＋a2＋…＋a7＝－1；令x＝0,则有a0＝1。所以a1＋a2＋…＋a7＝－1－1=－2。

【例4】（90年高考题）在三棱柱ABC—A’B’C’中，若E、F分别为AB、AC的中点，平面EB’C’F将三棱柱分成体积为V1、V2的两部分，那么V1:V2＝ 。

【解】由题意分析，结论与三棱柱的具体形状无关，因此，可取一个特殊的直

17三棱柱，其底面积为4，高为1，则体积V＝4，而V1＝（1＋4＋4）=，V2＝

335V－V1＝，则V1:V2＝7:5。

3三、图解法：

一些计算过程复杂的代数、三角、解析几何问题，可以作出有关函数的图像或者构造适当的几何图形，利用图示辅助进行直观分析，从而得出结论。这也就是数形结合的解题方法。

【例5】不等式2x5>x＋1的解集 y 是 。 5【解】如图，在同一坐标系中画出函数y＝

 O 2 22x5与y＝x＋1的图像，由图中可以直观地得x 55到：－≤x<2，所以所求解集是[－,2)。

22x2y2【例6】（93年高考题）若双曲线2－2＝1与圆x2＋y2＝1没有公共点，9k4k则实数k的取值范围是 。

y x2y2【解】在同一坐标系中作出双曲线2－2＝ 9k4k O 1 3|k| 221与圆x＋y＝1，由双曲线的顶点位置的坐标，可x 1以得到|3k|>1,故求得实数k的取值范围是k>或

31k<－。

3Ⅱ、巩固性题组：

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