1、目 錄前言 2高中數學解題基本方法 3配方法 3 換元法 7待定系數法 14定義法 19數學歸納法 23參數法 28反證法 32消去法 分析與綜合法 特殊與一般法 類比與歸納法 觀察與實驗法 高中數學常用的數學思想 35數形結合思想 35分類討論思想 41函數與方程思想 47轉化（化歸）思想 54高考熱點問題和解題策略 59應用問題 59探索性問題 65選擇題解答策略 71填空題解答策略 77附錄 高考數學試卷分析 兩套高考模擬試卷 參考答案 前 言美國著名數學教育家波利亞說過，掌握數學就意味著要善于解題。而當我們解題時遇到一個新問題，總想用熟悉的題型去“套”，這只是滿足于解出來，只有對數學思

2、想、數學方法理解透徹及融會貫通時，才能提出新看法、巧解法。高考試題十分重視對于數學思想方法的考查，特別是突出考查能力的試題，其解答過程都蘊含著重要的數學思想方法。我們要有意識地應用數學思想方法去分析問題解決問題，形成能力，提高數學素質，使自己具有數學頭腦和眼光。高考試題主要從以下幾個方面對數學思想方法進行考查：常用數學方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法等；數學邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；數學思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與一般、類比、歸納和演繹等；常用數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想等。

3、數學思想方法與數學基礎知識相比較，它有較高的地位和層次。數學知識是數學內容，可以用文字和符號來記錄和描述，隨著時間的推移，記憶力的減退，將來可能忘記。而數學思想方法則是一種數學意識，只能夠領會和運用，屬于思維的范疇，用以對數學問題的認識、處理和解決，掌握數學思想方法，不是受用一陣子，而是受用一輩子，即使數學知識忘記了，數學思想方法也還是對你起作用。數學思想方法中，數學基本方法是數學思想的體現，是數學的行為，具有模式化與可操作性的特征，可以選用作為解題的具體手段。數學思想是數學的靈魂，它與數學基本方法常常在學習、掌握數學知識的同時獲得?？梢哉f，“知識”是基礎，“方法”是手段，“思想”是深化，提高

4、數學素質的核心就是提高學生對數學思想方法的認識和運用，數學素質的綜合體現就是“能力”。為了幫助學生掌握解題的金鑰匙，掌握解題的思想方法，本書先是介紹高考中常用的數學基本方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法、反證法、分析與綜合法、特殊與一般法、類比與歸納法、觀察與實驗法，再介紹高考中常用的數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想。最后談談解題中的有關策略和高考中的幾個熱點問題，并在附錄部分提供了近幾年的高考試卷。在每節的內容中，先是對方法或者問題進行綜合性的敘述，再以三種題組的形式出現。再現性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現，示范性題

5、組進行詳細的解答和分析，對方法和問題進行示范。鞏固性題組旨在檢查學習的效果，起到鞏固的作用。每個題組中習題的選取，又盡量綜合到代數、三角、幾何幾個部分重要章節的數學知識。第一章 高中數學解題基本方法配方法配方法是對數學式子進行一種定向變形（配成“完全平方”）的技巧，通過配方找到已知和未知的聯系，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適當預測，并且合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧，從而完成配方。有時也將其稱為“湊配法”。最常見的配方是進行恒等變形，使數學式子出現完全平方。它主要適用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲線的平移

6、變換等問題。配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(ab)a2abb，將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：ab(ab)2ab(ab)2ab；aabb(ab)ab(ab)3ab(a)（b）；abcabbcca(ab)(bc)(ca)abc(abc)2(abbcca)(abc)2(abbcca)結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：1sin212sincos（sincos）；x(x)2(x)2 ； 等等。、再現性題組：1. 在正項等比數列a中，aa+2aa+aa=25，則 aa_。2. 方程xy4kx2y5k0表示圓的充要條件是_。 A. k1 B. k1 C.

7、 kR D. k或k13. 已知sincos1，則sincos的值為_。 A. 1 B. 1 C. 1或1 D. 04. 函數ylog (2x5x3)的單調遞增區間是_。 A. （, B. ,+) C. (, D. ,3)5. 已知方程x+(a-2)x+a-1=0的兩根x、x，則點P(x,x)在圓x+y=4上，則實數a_?！竞喗狻?1小題：利用等比數列性質aaa，將已知等式左邊后配方（aa）易求。答案是：5。 2小題：配方成圓的標準方程形式(xa)(yb)r，解r0即可，選B。 3小題：已知等式經配方成(sincos)2sincos1，求出sincos，然后求出所求式的平方值，再開方求解。選C

8、。4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解。選D。5小題：答案3。、示范性題組：例1. 已知長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24，則這個長方體的一條對角線長為_。 A. 2 B. C. 5 D. 6【分析】 先轉換為數學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z，則 ,而欲求對角線長，將其配湊成兩已知式的組合形式可得。【解】設長方體長寬高分別為x,y,z，由已知“長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24”而得：。長方體所求對角線長為：5所以選B?！咀ⅰ勘绢}解答關鍵是在于將兩個已知和一個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個數學式，容易發現使用配方法

9、將三個數學式進行聯系，即聯系了已知和未知，從而求解。這也是我們使用配方法的一種解題模式。例2. 設方程xkx2=0的兩實根為p、q，若()+()7成立，求實數k的取值范圍?！窘狻糠匠蘹kx2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：pqk，pq2 ,()+()7， 解得k或k 。又 p、q為方程xkx2=0的兩實根， k80即k2或k2綜合起來，k的取值范圍是：k 或者 k?！咀ⅰ?關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“”；已知方程有兩根時，可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到pq、pq后，觀察已知不等式，從其結構特征聯想到先通分后配方，表示成pq與pq的組合式。假如本題不對“”討論

10、，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對“”的討論，但解答是不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視。例3. 設非零復數a、b滿足aabb=0，求()() 。【分析】 對已知式可以聯想：變形為()()10，則 （為1的立方虛根）；或配方為(ab)ab 。則代入所求式即得?！窘狻坑蒩abb=0變形得：()()10 ，設，則10，可知為1的立方虛根，所以：，1。又由aabb=0變形得：(ab)ab ，所以 ()()()()()()2 。【注】 本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用的性質，計算表達式中的高次冪。一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯想和展開?！?/p>

11、另解】由aabb0變形得：()()10 ，解出后，化成三角形式，代入所求表達式的變形式()()后，完成后面的運算。此方法用于只是未聯想到時進行解題。假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由aabb0解出：ab，直接代入所求表達式，進行分式化簡后，化成復數的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的計算。、鞏固性題組：函數y(xa)(xb) （a、b為常數）的最小值為_。A. 8 B. C. D.最小值不存在、是方程x2axa60的兩實根，則(-1) +(-1)的最小值是_。A. B. 8 C. 18 D.不存在已知x、yR，且滿足x3y10，則函數t28有_。A.最大值2 B.最大值 C.最小值2

12、 B.最小值橢圓x2ax3ya60的一個焦點在直線xy40上，則a_。A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 2或6化簡：2的結果是_。A. 2sin4 B. 2sin44cos4 C. 2sin4 D. 4cos42sin4 6. 設F和F為雙曲線y1的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足FPF90，則FPF的面積是_。7. 若x1，則f(x)x2x的最小值為_。8. 已知，cos(-)，sin(+)，求sin2的值。(92年高考題)9. 設二次函數f(x)AxBxC，給定m、n（m0； 是否存在一個實數t，使當t(m+t,n-t)時，f(x)1，t1，mR，xlogtlogs，ylogtlogs

13、m(logtlogs),將y表示為x的函數yf(x)，并求出f(x)的定義域；若關于x的方程f(x)0有且僅有一個實根，求m的取值范圍。二、換元法解數學題時，把某個式子看成一個整體，用一個變量去代替它，從而使問題得到簡化，這叫換元法。換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化，變得容易處理。換元法又稱輔助元素法、變量代換法。通過引進新的變量，可以把分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯系起來。或者變為熟悉的形式，把復雜的計算和推證簡化。它可以化高次為低次、化分式為

14、整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式，在研究方程、不等式、函數、數列、三角等問題中有廣泛的應用。換元的方法有：局部換元、三角換元、均值換元等。局部換元又稱整體換元，是在已知或者未知中，某個代數式幾次出現，而用一個字母來代替它從而簡化問題，當然有時候要通過變形才能發現。例如解不等式：4220，先變形為設2t（t0），而變為熟悉的一元二次不等式求解和指數方程的問題。三角換元，應用于去根號，或者變換為三角形式易求時，主要利用已知代數式中與三角知識中有某點聯系進行換元。如求函數y的值域時，易發現x0,1，設xsin ，0,，問題變成了熟悉的求三角函數值域。為什么會想到如此設，其中主要應該是發現值域

15、的聯系，又有去根號的需要。如變量x、y適合條件xyr（r0）時，則可作三角代換xrcos、yrsin化為三角問題。均值換元，如遇到xyS形式時，設xt，yt等等。我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標準化的原則，換元后要注重新變量范圍的選取，一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴大。如上幾例中的t0和0,。、再現性題組：1.ysinxcosxsinx+cosx的最大值是_。2.設f(x1)log(4x) （a1），則f(x)的值域是_。3.已知數列a中，a1，aaaa，則數列通項a_。4.設實數x、y滿足x2xy10，則xy的取值范圍是_。5.方程3的解是_。6.不等

16、式log(21) log(22)2的解集是_?！竞喗狻?小題：設sinx+cosxt,，則yt，對稱軸t1，當t，y；2小題：設x1t (t1)，則f(t)log-(t-1)4，所以值域為(,log4；3小題：已知變形為1,設b，則b1,b1(n1)(-1)n，所以a；4小題：設xyk，則x2kx10, 4k40,所以k1或k1；5小題：設3y，則3y2y10,解得y，所以x1；6小題：設log(21)y，則y(y1)2，解得2y0，求f(x)2a(sinxcosx)sinxcosx2a的最大值和最小值?！窘狻?設sinxcosxt，則t-,，由(sinxcosx)12sinxcosx得：si

17、nxcosx f(x)g(t)(t2a) （a0），t-,t-時，取最小值：2a2a當2a時，t，取最大值：2a2a ；當00恒成立，求a的取值范圍。（87年全國理）【分析】不等式中log、 log、log三項有何聯系？進行對數式的有關變形后不難發現，再實施換元法?！窘狻?設logt，則loglog3log3log3t，log2log2t，代入后原不等式簡化為（3t）x2tx2t0，它對一切實數x恒成立，所以：，解得 t0即log001，解得0a0恒成立，求k的范圍?！痉治觥坑梢阎獥l件1，可以發現它與ab1有相似之處，于是實施三角換元。【解】由1，設cos，sin，即： 代入不等式xyk0得：

18、3cos4sink0，即k3cos4sin5sin(+) 所以k0 k 平面區域本題另一種解題思路是使用數形結合法的思想方法：在平面直角坐標系，不等式axbyc0 (a0)所表示的區域為直線axbyc0所分平面成兩部分中含x軸正方向的一部分。此題不等式恒成立問題化為圖形問題：橢圓上的點始終位于平面上xyk0的區域。即當直線xyk0在與橢圓下部相切的切線之下時。當直線與橢圓相切時，方程組有相等的一組實數解，消元后由0可求得k3,所以k0)，則f(4)的值為_。A. 2lg2 B. lg2 C. lg2 D. lg4函數y(x1)2的單調增區間是_。A. -2,+) B. -1,+) D. (-,

19、+) C. (-,-1設等差數列a的公差d，且S145，則aaaa的值為_。A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5已知x4y4x，則xy的范圍是_。已知a0，b0，ab1，則的范圍是_。不等式ax的解集是(4,b)，則a_，b_。函數y2x的值域是_。在等比數列a中，aaa2，aaa12，求aaa。 y D C A B O x實數m在什么范圍內取值，對任意實數x，不等式sinx2mcosx4m10,y0)上移動，且AB、AD始終平行x軸、y軸，求矩形ABCD的最小面積。 三、待定系數法要確定變量間的函數關系，設出某些未知系數，然后根據所給條件來確定這些未知系數的方法叫待定系數法

20、，其理論依據是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x)g(x)的充要條件是：對于一個任意的a值，都有f(a)g(a)；或者兩個多項式各同類項的系數對應相等。待定系數法解題的關鍵是依據已知，正確列出等式或方程。使用待定系數法，就是把具有某種確定形式的數學問題，通過引入一些待定的系數，轉化為方程組來解決，要判斷一個問題是否用待定系數法求解，主要是看所求解的數學問題是否具有某種確定的數學表達式，如果具有，就可以用待定系數法求解。例如分解因式、拆分分式、數列求和、求函數式、求復數、解析幾何中求曲線方程等，這些問題都具有確定的數學表達形式，所以都可以用待定系數法求解。使用待定系數法，它解題的基本步驟是：第

21、一步，確定所求問題含有待定系數的解析式；第二步，根據恒等的條件，列出一組含待定系數的方程；第三步，解方程組或者消去待定系數，從而使問題得到解決。如何列出一組含待定系數的方程，主要從以下幾方面著手分析：利用對應系數相等列方程；由恒等的概念用數值代入法列方程；利用定義本身的屬性列方程；利用幾何條件列方程。比如在求圓錐曲線的方程時，我們可以用待定系數法求方程：首先設所求方程的形式，其中含有待定的系數；再把幾何條件轉化為含所求方程未知系數的方程或方程組；最后解所得的方程或方程組求出未知的系數，并把求出的系數代入已經明確的方程形式，得到所求圓錐曲線的方程。、再現性題組：設f(x)m，f(x)的反函數f(

22、x)nx5，那么m、n的值依次為_。A. , 2 B. ， 2 C. , 2 D. ，2二次不等式axbx20的解集是(,)，則ab的值是_。A. 10 B. 10 C. 14 D. 14在(1x)（1x）的展開式中，x的系數是_。A. 297 B.252 C. 297 D. 207函數yabcos3x (b0，7x0，x0。設V(15aax)(7bbx)x (a0,b0） 要使用均值不等式，則解得：a， b ， x3 。 從而V()(x)x()27576。所以當x3時，矩形盒子的容積最大，最大容積是576cm?！咀ⅰ烤挡坏仁綉脮r要注意等號成立的條件，當條件不滿足時要湊配系數，可以用“待定

23、系數法”求。本題解答中也可以令V(15aax)(7x)bx 或 (15x)(7aax)bx，再由使用均值不等式的最佳條件而列出方程組，求出三項該進行湊配的系數，本題也體現了“湊配法”和“函數思想”。、鞏固性題組：函數ylogx的x2,+)上恒有|y|1，則a的取值范圍是_。A. 2a且a1 B. 0a或1a2 C. 1a2或0a方程xpxq0與xqxp0只有一個公共根，則其余兩個不同根之和為_。A. 1 B. 1 C. pq D. 無法確定 如果函數ysin2xacos2x的圖像關于直線x對稱，那么a_。A. B. C. 1 D. 1滿足C1C2CnC500的最大正整數是_。A. 4 B. 5

24、 C. 6 D. 7無窮等比數列a的前n項和為Sa , 則所有項的和等于_。A. B. 1 C. D.與a有關(1kx)bbxbxbx，若bbbb1，則k_。經過兩直線11x3y90與12xy190的交點，且過點(3,-2)的直線方程為_。 8. 正三棱錐底面邊長為2，側棱和底面所成角為60，過底面一邊作截面，使其與底面成30角，則截面面積為_。9. 設yf(x)是一次函數，已知f(8)15,且f(2)、f(5)、(f14)成等比數列，求f(1)f(2)f(m)的值。10. 設拋物線經過兩點(-1,6)和(-1,-2)，對稱軸與x軸平行，開口向右，直線y2x7和拋物線截得的線段長是4, 求拋物

25、線的方程。四、定義法所謂定義法，就是直接用數學定義解題。數學中的定理、公式、性質和法則等，都是由定義和公理推演出來。定義是揭示概念內涵的邏輯方法，它通過指出概念所反映的事物的本質屬性來明確概念。定義是千百次實踐后的必然結果，它科學地反映和揭示了客觀世界的事物的本質特點。簡單地說，定義是基本概念對數學實體的高度抽象。用定義法解題，是最直接的方法，本講讓我們回到定義中去。、再現性題組：已知集合A中有2個元素，集合B中有7個元素，AB的元素個數為n，則_。A. 2n9 B. 7n9 C. 5n9 D. 5n7設MP、OM、AT分別是46角的正弦線、余弦線和正切線，則_。A. MPOMAT B. OM

26、MPAT C. ATOMMP D. OMATMP復數za2，z2，如果|z| |z|，則實數a的取值范圍是_。A. 1a1 C. a0 D. a1橢圓1上有一點P，它到左準線的距離為，那么P點到右焦點的距離為_。A. 8 C. 7.5 C. D. 3 奇函數f(x)的最小正周期為T，則f()的值為_。A. T B. 0 C. D. 不能確定 正三棱臺的側棱與底面成45角，則其側面與底面所成角的正切值為_?！竞喗狻?小題：利用并集定義，選B；2小題：利用三角函數線定義，作出圖形，選B；3小題：利用復數模的定義得0得：0 x1設xx， x+x (x+x)( x+x)1 f(x)f(x)0即f(x)

27、在(,1)上是減函數 0的解集是(1,2)，則不等式bxcxab0)的兩個焦點，其中F與拋物線y12x的焦點重合，M是兩曲線的一個焦點，且有cosM FFcosMFF，求橢圓方程。五、數學歸納法歸納是一種有特殊事例導出一般原理的思維方法。歸納推理分完全歸納推理與不完全歸納推理兩種。不完全歸納推理只根據一類事物中的部分對象具有的共同性質，推斷該類事物全體都具有的性質，這種推理方法，在數學推理論證中是不允許的。完全歸納推理是在考察了一類事物的全部對象后歸納得出結論來。數學歸納法是用來證明某些與自然數有關的數學命題的一種推理方法，在解數學題中有著廣泛的應用。它是一個遞推的數學論證方法，論證的第一步是

28、證明命題在n1(或n)時成立，這是遞推的基礎；第二步是假設在nk時命題成立，再證明nk1時命題也成立，這是無限遞推下去的理論依據，它判斷命題的正確性能否由特殊推廣到一般，實際上它使命題的正確性突破了有限，達到無限。這兩個步驟密切相關，缺一不可，完成了這兩步，就可以斷定“對任何自然數（或nn且nN）結論都正確”。由這兩步可以看出，數學歸納法是由遞推實現歸納的，屬于完全歸納。運用數學歸納法證明問題時，關鍵是nk1時命題成立的推證，此步證明要具有目標意識，注意與最終要達到的解題目標進行分析比較，以此確定和調控解題的方向，使差異逐步減小，最終實現目標完成解題。運用數學歸納法，可以證明下列問題：與自然數

29、n有關的恒等式、代數不等式、三角不等式、數列問題、幾何問題、整除性問題等等。、再現性題組：1. 用數學歸納法證明(n1)(n2)(nn)212(2n1) （nN），從“k到k1”，左端需乘的代數式為_。 A. 2k1 B. 2(2k1) C. D. 2. 用數學歸納法證明11)時，由nk (k1)不等式成立，推證nk1時，左邊應增加的代數式的個數是_。 A. 2 B. 21 C. 2 D. 213. 某個命題與自然數n有關，若nk (kN)時該命題成立，那么可推得nk1時該命題也成立?，F已知當n5時該命題不成立，那么可推得_。 (94年上海高考) A.當n6時該命題不成立 B.當n6時該命題成

30、立 C.當n4時該命題不成立 D.當n4時該命題成立4. 數列a中，已知a1，當n2時aa2n1，依次計算a、a、a后，猜想a的表達式是_。 A. 3n2 B. n C. 3 D. 4n35. 用數學歸納法證明35 (nN)能被14整除，當nk1時對于式子35應變形為_。6. 設k棱柱有f(k)個對角面，則k1棱柱對角面的個數為f(k+1)f(k)_?！竞喗狻?小題：nk時，左端的代數式是(k1)(k2)(kk),nk1時，左端的代數式是(k2)(k3)(2k1)(2k2)，所以應乘的代數式為，選B；2小題：（21）（21）2，選C；3小題：原命題與逆否命題等價，若nk1時命題不成立，則nk命

31、題不成立，選C。4小題：計算出a1、a4、a9、a16再猜想a，選B；5小題：答案（35）35（53）；6小題：答案k1。、示范性題組：已知數列，得，。S為其前n項和，求S、S、S、S，推測S公式，并用數學歸納法證明。 （93年全國理）【解】 計算得S，S，S，S ， 猜測S (nN)。當n1時，等式顯然成立；假設當nk時等式成立，即：S，當nk1時，SS,由此可知，當nk1時等式也成立。綜上所述，等式對任何nN都成立?！咀ⅰ?把要證的等式S作為目標，先通分使分母含有(2k3)，再考慮要約分，而將分子變形，并注意約分后得到（2k3）1。這樣證題過程中簡潔一些，有效地確定了證題的方向。本題的思路

32、是從試驗、觀察出發，用不完全歸納法作出歸納猜想，再用數學歸納法進行嚴格證明，這是關于探索性問題的常見證法，在數列問題中經常見到。 假如猜想后不用數學歸納法證明，結論不一定正確，即使正確，解答過程也不嚴密。必須要進行三步：試值 猜想 證明。【另解】 用裂項相消法求和：由a得，S（1）（）1。此種解法與用試值猜想證明相比，過程十分簡單，但要求發現的裂項公式?？梢哉f，用試值猜想證明三步解題，具有一般性。例2. 設a (nN),證明：n(n1)a (n1) 。【分析】與自然數n有關，考慮用數學歸納法證明。n1時容易證得，nk1時，因為aa,所以在假設nk成立得到的不等式中同時加上，再與目標比較而進行適

33、當的放縮求解。【解】 當n1時，a，n(n+1)， (n+1)2 ， n1時不等式成立。假設當nk時不等式成立，即：k(k1)a (k1) ，當nk1時，k(k1)ak(k1)(k1)(k1)(k3)(k1)(k2)，(k1)(k1)(k1)(k)(k2)，所以(k1)(k2) a(k2)，即nk1時不等式也成立。綜上所述，對所有的nN，不等式n(n1)an可得，a123nn(n1)；由n可得，a123nnn(n1)n(n2n)(n1)。所以n(n1)an (n1且nN)六、參數法參數法是指在解題過程中，通過適當引入一些與題目研究的數學對象發生聯系的新變量（參數），以此作為媒介，再進行分析和綜

34、合，從而解決問題。直線與二次曲線的參數方程都是用參數法解題的例證。換元法也是引入參數的典型例子。辨證唯物論肯定了事物之間的聯系是無窮的，聯系的方式是豐富多采的，科學的任務就是要揭示事物之間的內在聯系，從而發現事物的變化規律。參數的作用就是刻畫事物的變化狀態，揭示變化因素之間的內在聯系。參數體現了近代數學中運動與變化的思想，其觀點已經滲透到中學數學的各個分支。運用參數法解題已經比較普遍。參數法解題的關鍵是恰到好處地引進參數，溝通已知和未知之間的內在聯系，利用參數提供的信息，順利地解答問題。、再現性題組：1. 設2351，則2x、3y、5z從小到大排列是_。2. （理）直線上與點A(-2,3)的距

35、離等于的點的坐標是_。 （文）若k0時，f(x)0，則f(x)的R上是_函數。(填“增”或“減”)6. 橢圓1上的點到直線x2y0的最大距離是_。 A. 3 B. C. D. 2【簡解】1小題：設235t，分別取2、3、5為底的對數，解出x、y、z，再用“比較法”比較2x、3y、5z，得出3y2x0)，證明：在x軸的正向上一定存在一點M，使得對于拋物線的任意一條過點M的弦PQ，有為定值。七、反證法與前面所講的方法不同，反證法是屬于“間接證明法”一類，是從反面的角度思考問題的證明方法，即：肯定題設而否定結論，從而導出矛盾推理而得。法國數學家阿達瑪(Hadamard)對反證法的實質作過概括：“若肯

36、定定理的假設而否定其結論，就會導致矛盾”。具體地講，反證法就是從否定命題的結論入手，并把對命題結論的否定作為推理的已知條件，進行正確的邏輯推理，使之得到與已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題等相矛，矛盾的原因是假設不成立，所以肯定了命題的結論，從而使命題獲得了證明。反證法所依據的是邏輯思維規律中的“矛盾律”和“排中律”。在同一思維過程中，兩個互相矛盾的判斷不能同時都為真，至少有一個是假的，這就是邏輯思維中的“矛盾律”；兩個互相矛盾的判斷不能同時都假，簡單地說“A或者非A”，這就是邏輯思維中的“排中律”。反證法在其證明過程中，得到矛盾的判斷，根據“矛盾律”，這些矛盾的判斷不能同

37、時為真，必有一假，而已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題都是真的，所以“否定的結論”必為假。再根據“排中律”，結論與“否定的結論”這一對立的互相否定的判斷不能同時為假，必有一真，于是我們得到原結論必為真。所以反證法是以邏輯思維的基本規律和理論為依據的，反證法是可信的。反證法的證題模式可以簡要的概括我為“否定推理否定”。即從否定結論開始，經過正確無誤的推理導致邏輯矛盾，達到新的否定，可以認為反證法的基本思想就是“否定之否定”。應用反證法證明的主要三步是：否定結論 推導出矛盾 結論成立。實施的具體步驟是：第一步，反設：作出與求證結論相反的假設；第二步，歸謬：將反設作為條件，并由此

38、通過一系列的正確推理導出矛盾；第三步，結論：說明反設不成立，從而肯定原命題成立。在應用反證法證題時，一定要用到“反設”進行推理，否則就不是反證法。用反證法證題時，如果欲證明的命題的方面情況只有一種，那么只要將這種情況駁倒了就可以，這種反證法又叫“歸謬法”；如果結論的方面情況有多種，那么必須將所有的反面情況一一駁倒，才能推斷原結論成立，這種證法又叫“窮舉法”。在數學解題中經常使用反證法，牛頓曾經說過：“反證法是數學家最精當的武器之一”。一般來講，反證法常用來證明的題型有：命題的結論以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“無限”形式出現的命題；或者否定結論更明顯。具體、簡單的命題；或者直接

39、證明難以下手的命題，改變其思維方向，從結論入手進行反面思考，問題可能解決得十分干脆。、再現性題組：已知函數f(x)在其定義域內是減函數，則方程f(x)0 _。A.至多一個實根 B.至少一個實根 C.一個實根 D.無實根已知a0,1bab ab B. ababa C. aba ab D. ab aba已知l，a ，b ，若a、b為異面直線，則_。A. a、b都與l相交 B. a、b中至少一條與l相交C. a、b中至多有一條與l相交 D. a、b都與l相交四面體頂點和各棱的中點共10個，在其中取4個不共面的點，不同的取法有_。(97年全國理)A. 150種 B. 147種 C. 144種 D. 1

40、41種【簡解】1小題：從結論入手，假設四個選擇項逐一成立，導出其中三個與特例矛盾，選A；2小題：采用“特殊值法”，取a1、b0.5，選D；3小題：從逐一假設選擇項成立著手分析，選B；4小題：分析清楚結論的幾種情況，列式是：CC436,選D。 S C A O B、示范性題組：例1. 如圖，設SA、SB是圓錐SO的兩條母線，O是底面圓心，C是SB上一點。求證：AC與平面SOB不垂直?！痉治觥拷Y論是“不垂直”，呈“否定性”，考慮使用反證法，即假設“垂直”后再導出矛盾后，再肯定“不垂直”。【證明】 假設AC平面SOB， 直線SO在平面SOB內， ACSO， SO底面圓O， SOAB， SO平面SAB，

41、 平面SAB底面圓O，這顯然出現矛盾，所以假設不成立。即AC與平面SOB不垂直?！咀ⅰ糠穸ㄐ缘膯栴}常用反證法。例如證明異面直線，可以假設共面，再把假設作為已知條件推導出矛盾。例2. 若下列方程：x4ax4a30， x(a1)xa0, x2ax2a0至少有一個方程有實根。試求實數a的取值范圍?！痉治觥?三個方程至少有一個方程有實根的反面情況僅有一種：三個方程均沒有實根。先求出反面情況時a的范圍，再所得范圍的補集就是正面情況的答案。【解】 設三個方程均無實根，則有：,解得,即a1。所以當a1或a時，三個方程至少有一個方程有實根?！咀ⅰ俊爸辽佟薄ⅰ爸炼唷眴栴}經常從反面考慮，有可能使情況變得簡單。本題

42、還用到了“判別式法”、“補集法”（全集R），也可以從正面直接求解，即分別求出三個方程有實根時（0）a的取值范圍，再將三個范圍并起來，即求集合的并集。兩種解法，要求對不等式解集的交、并、補概念和運算理解透徹。例3. 給定實數a，a0且a1，設函數y (其中xR且x)，證明：.經過這個函數圖像上任意兩個不同點的直線不平行于x軸； .這個函數的圖像關于直線yx成軸對稱圖像。(88年全國理)。【分析】“不平行”的否定是“平行”，假設“平行”后得出矛盾從而推翻假設?！咀C明】 設M(x,y)、M(x,y)是函數圖像上任意兩個不同的點，則xx,假設直線MM平行于x軸，則必有yy，即，整理得a(xx)xxxx

43、 a1， 這與已知“a1”矛盾， 因此假設不對，即直線MM不平行于x軸。 由y得axyyx1,即(ay1)xy1,所以x，即原函數y的反函數為y，圖像一致。由互為反函數的兩個圖像關于直線yx對稱可以得到，函數y的圖像關于直線yx成軸對稱圖像?！咀ⅰ繉τ凇安黄叫小钡姆穸ㄐ越Y論使用反證法，在假設“平行”的情況下，容易得到一些性質，經過正確無誤的推理，導出與已知a1互相矛盾。第問中，對稱問題使用反函數對稱性進行研究，方法比較巧妙，要求對反函數求法和性質運用熟練。、鞏固性題組：已知f(x)，求證：當xx時，f(x)f(x)。已知非零實數a、b、c成等差數列，ac，求證：、不可能成等差數列。已知f(x)

44、xpxq，求證：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于 。求證：拋物線y1上不存在關于直線xy0對稱的兩點。已知a、bR，且|a|b|1，求證：方程xaxb0的兩個根的絕對值均小于1。 A F DB M NE C兩個互相垂直的正方形如圖所示，M、N在相應對角線上，且有EMCN，求證：MN不可能垂直CF。第二章 高中數學常用的數學思想一、數形結合思想方法中學數學的基本知識分三類：一類是純粹數的知識，如實數、代數式、方程（組）、不等式（組）、函數等；一類是關于純粹形的知識，如平面幾何、立體幾何等；一類是關于數形結合的知識，主要體現是解析幾何。數形結合是一個數學思想方法，包含“以

45、形助數”和“以數輔形”兩個方面，其應用大致可以分為兩種情形：或者是借助形的生動和直觀性來闡明數之間的聯系，即以形作為手段，數為目的，比如應用函數的圖像來直觀地說明函數的性質；或者是借助于數的精確性和規范嚴密性來闡明形的某些屬性，即以數作為手段，形作為目的，如應用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質。恩格斯曾說過：“數學是研究現實世界的量的關系與空間形式的科學。”數形結合就是根據數學問題的條件和結論之間的內在聯系，既分析其代數意義，又揭示其幾何直觀，使數量關的精確刻劃與空間形式的直觀形象巧妙、和諧地結合在一起，充分利用這種結合，尋找解題思路，使問題化難為易、化繁為簡，從而得到解決?！皵怠迸c“形”

46、是一對矛盾，宇宙間萬物無不是“數”和“形”的矛盾的統一。華羅庚先生說過：數缺形時少直觀，形少數時難入微，數形結合百般好，隔裂分家萬事休。數形結合的思想，其實質是將抽象的數學語言與直觀的圖像結合起來，關鍵是代數問題與圖形之間的相互轉化，它可以使代數問題幾何化，幾何問題代數化。在運用數形結合思想分析和解決問題時，要注意三點：第一要徹底明白一些概念和運算的幾何意義以及曲線的代數特征，對數學題目中的條件和結論既分析其幾何意義又分析其代數意義；第二是恰當設參、合理用參，建立關系，由數思形，以形想數，做好數形轉化；第三是正確確定參數的取值范圍。數學中的知識，有的本身就可以看作是數形的結合。如：銳角三角函數

47、的定義是借助于直角三角形來定義的；任意角的三角函數是借助于直角坐標系或單位圓來定義的。、再現性題組：設命題甲：0 x5；命題乙：|x2|3，那么甲是乙的_。 （90年全國文）A.充分非必要條件 B.必要非充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件若log2log20，則_。(92年全國理)A. 0ab1 B. 0bab1 D. ba1如果|x|,那么函數f(x)cosxsinx的最小值是_。 (89年全國文)A. B. C. 1 D. 如果奇函數f(x)在區間3,7上是增函數且最小值是5，那么f(x)的-7,-3上是_。(91年全國)A.增函數且最小值為5 B.增函數且最大值為5C.減函

48、數且最小值為5 D.減函數且最大值為5 設全集I(x,y)|x,yR，集合M(x,y)| 1，N(x,y)|yx1，那么等于_。 (90年全國)A. B. (2,3) C. (2,3) D. (x,y)|yx1 如果是第二象限的角，且滿足cossin,那么是_。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.第二象限角已知集合E|cossin，02，F|tg乙，選A;2小題：由已知畫出對數曲線，選B；3小題：設sinxt后借助二次函數的圖像求f(x)的最小值，選D；4小題：由奇函數圖像關于原點對稱畫出圖像，選B；5小題：將幾個集合的幾何意義用圖形表示出來，選B；6小題

49、：利用單位圓確定符號及象限；選B；7小題：利用單位圓，選A；8小題：將復數表示在復平面上，選B；9小題：轉化為圓上動點與原點連線的斜率范圍問題；選D；10小題：利用復平面上復數表示和兩點之間的距離公式求解,答案。【注】 以上各題是歷年的高考客觀題，都可以借助幾何直觀性來處理與數有關的問題，即借助數軸（題）、圖像（、題）、單位圓（、題）、復平面（、題）、方程曲線（題）。 y 4 y=1-m 1 O 2 3 x、示范性題組：例1. 若方程lg(x3xm)lg(3x)在x(0,3)內有唯一解，求實數m的取值范圍。【分析】將對數方程進行等價變形，轉化為一元二次方程在某個范圍內有實解的問題，再利用二次函

50、數的圖像進行解決?！窘狻?原方程變形為 即：設曲線y(x2) , x(0,3)和直線y1m，圖像如圖所示。由圖可知： 當1m0時，有唯一解，m1; 當11m4時，有唯一解，即3m0, m1或30),橢圓中心D(2,0)，焦點在x軸上，長半軸為2，短半軸為1，它的左頂點為A。問p在什么范圍內取值，橢圓上有四個不同的點，它們中每一個點到點A的距離等于該點到直線L的距離？【分析】 由拋物線定義，可將問題轉化成：p為何值時，以A為焦點、L為準線的拋物線與橢圓有四個交點，再聯立方程組轉化成代數問題（研究方程組解的情況）?！窘狻?由已知得：a2，b1, A(,0)，設橢圓與雙曲線方程并聯立有：，消y得：x

51、(47p)x(2p)0所以1664p48p0,即6p8p20，解得：p1。結合范圍(,4+)內兩根，設f(x)x(47p)x(2p)，所以4+即p0、f(4+)0即p43。結合以上，所以43p?！咀ⅰ?本題利用方程的曲線將曲線有交點的幾何問題轉化為方程有實解的代數問題。一般地，當給出方程的解的情況求參數的范圍時可以考慮應用了“判別式法”，其中特別要注意解的范圍。另外，“定義法”、“數形結合法”、“轉化思想”、“方程思想”等知識都在本題進行了綜合運用。例4. 設a、b是兩個實數，A(x,y)|xn，ynab （nZ），B(x,y)|xm，y3m15 (mZ)，C(x,y)|xy144，討論是否，

52、使得AB與(a,b)C同時成立。(85年高考)【分析】集合A、B都是不連續的點集，“存在a、b，使得AB”的含意就是“存在a、b使得nab3n15(nZ)有解（AB時xnm）。再抓住主參數a、b，則此問題的幾何意義是：動點(a,b)在直線L：nxy3n15上，且直線與圓xy144有公共點，但原點到直線L的距離12?！窘狻?由AB得：nab3n15 ;設動點(a,b)在直線L：nxy3n15上，且直線與圓xy144有公共點，所以圓心到直線距離d3()12 n為整數 上式不能取等號，故a、b不存在?！咀ⅰ?集合轉化為點集（即曲線），而用幾何方法進行研究。此題也屬探索性問題用數形結合法解，其中還體現

53、了主元思想、方程思想，并體現了對有公共點問題的恰當處理方法。本題直接運用代數方法進行解答的思路是：由AB得：nab3n15 ,即b3n15an （式）；由(a,b)C得，ab144 （式）；把式代入式，得關于a的不等式：(1n)a2n(3n15)a(3n15)1440 （式）,它的判別式4n(3n15)4(1n)(3n15)14436(n3)因為n是整數，所以n30,因而0,故式不可能有實數解。所以不存在a、b，使得AB與(a,b)C同時成立、鞏固性題組：已知5x12y60，則的最小值是_。A. B. C. D. 1已知集合P(x,y)|y、Q(x,y)|yxb，若PQ，則b的取值范圍是_。A

54、. |b|3 B. |b|3 C. 3b3 D. 3b|x1|x1|的解集是非空數集，那么實數m的取值范圍是_。設zcos且|z|1,那么argz的取值范圍是_。若方程x3ax2a0的一個根小于1，而另一根大于1，則實數a的取值范圍是_。sin20cos80sin20cos80_。解不等式： bx設Ax|1x0、a0、a2時分a0、a0和a0三種情況討論。這稱為含參型。另外，某些不確定的數量、不確定的圖形的形狀或位置、不確定的結論等，都主要通過分類討論，保證其完整性，使之具有確定性。進行分類討論時，我們要遵循的原則是：分類的對象是確定的，標準是統一的，不遺漏、不重復，科學地劃分，分清主次，不越

55、級討論。其中最重要的一條是“不漏不重”。解答分類討論問題時，我們的基本方法和步驟是：首先要確定討論對象以及所討論對象的全體的范圍；其次確定分類標準，正確進行合理分類，即標準統一、不漏不重、分類互斥（沒有重復）；再對所分類逐步進行討論，分級進行，獲取階段性結果；最后進行歸納小結，綜合得出結論。、再現性題組：1集合Ax|x|4,xR，Bx|x3|a，xR，若AB，那么a的范圍是_。A. 0a1 B. a1 C. a1 D. 0a0且a1，plog(aa1)，qlog(aa1)，則p、q的大小關系是_。A. pq B. pq D.當a1時，pq；當0a1時，p0、a0、a1、0a1兩種情況討論，選C

56、；3小題：分x在第一、二、三、四象限等四種情況，答案4,-2,0；4小題：分、0、0、x0兩種情況，選B；6小題：分側面矩形長、寬分別為2和4、或4和2兩種情況，選D；7小題：分截距等于零、不等于零兩種情況，選C。、示范性題組：例1. 設0 x0且a1，比較|log(1x)|與|log(1x)|的大小。【分析】 比較對數大小，運用對數函數的單調性，而單調性與底數a有關，所以對底數a分兩類情況進行討論?！窘狻?0 x1 01x1當0a0，log(1x)0;當a1時，log(1x)0，所以|log(1x)|log(1x)|log(1x) log(1x)log(1x)0；由、可知，|log(1x)|

57、log(1x)|。【注】本題要求對對數函數ylogx的單調性的兩種情況十分熟悉，即當a1時其是增函數，當0a1時其是減函數。去絕對值時要判別符號，用到了函數的單調性；最后差值的符號判斷，也用到函數的單調性。例2. 已知集合A和集合B各含有12個元素，AB含有4個元素，試求同時滿足下面兩個條件的集合C的個數： . CAB且C中含有3個元素； . CA ?！痉治觥?由已知并結合集合的概念，C中的元素分兩類：屬于A 元素；不屬于A而屬于B的元素。并由含A中元素的個數1、2、3,而將取法分三種。【解】 CCCCCC1084【注】本題是排列組合中“包含與排除”的基本問題，正確地解題的前提是合理科學的分類

58、，達到分類完整及每類互斥的要求，還有一個關鍵是要確定C中元素如何取法。另一種解題思路是直接使用“排除法”，即CC1084。例3. 設a是由正數組成的等比數列，S是前n項和。 . 證明： 0，使得lg（Sc）成立？并證明結論。(95年全國理)【分析】 要證的不等式和討論的等式可以進行等價變形；再應用比較法而求解。其中在應用等比數列前n項和的公式時，由于公式的要求，分q1和q1兩種情況?！窘狻?設a的公比q，則a0，q0 當q1時，Sna，從而SSSna(n2)a(n1)aa0； 當q1時，S，從而SSSaq0；由上可得SSS，所以lg(SS)lg(S)，即lgS。. 要使lg（Sc）成立，則必有

59、(Sc)(Sc)(Sc),分兩種情況討論如下：當q1時，Sna，則(Sc)(Sc)(Sc)(nac)(n2)ac(n1)aca0當q1時，S，則(Sc)(Sc)(Sc)c ccaqac(1q) aq0 ac(1q)0即c而ScS0, 使得lg（Sc）成立。【注】 本例由所用公式的適用范圍而導致分類討論。該題文科考生改問題為：證明logS ，和理科第一問類似，只是所利用的是底數是0.5時，對數函數為單調遞減。例1、例2、例3屬于涉及到數學概念、定理、公式、運算性質、法則等是分類討論的問題或者分類給出的，我們解決時按要求進行分類，即題型為概念、性質型。例4. 設函數f(x)ax2x2，對于滿足1x

60、0，求實數a的取值范圍。 1 4 x 1 4 x【分析】 含參數的一元二次函數在有界區間上的最大值、最小值等值域問題，需要先對開口方向討論，再對其拋物線對稱軸的位置與閉區間的關系進行分類討論，最后綜合得解。【解】當a0時，f(x)a（x）2 或或 a1或a；當a ?！咀ⅰ勘绢}分兩級討論，先對決定開口方向的二次項系數a分a0、a0時將對稱軸與閉區間的關系分三種，即在閉區間左邊、右邊、中間。本題的解答，關鍵是分析符合條件的二次函數的圖像，也可以看成是“數形結合法”的運用。例5. 解不等式0 (a為常數，a)【分析】 含參數的不等式，參數a決定了2a1的符號和兩根4a、6a的大小，故對參數a分四種情