目錄

前言.........................................2第

一章高中數學解題基本方法.................3

——、酉己方法..................................3

二、換元法.............................7

三、待定系數法.....................14

四、定義法.........................19

五、數學歸納法.....................23

六、參數法.........................28

七、反證法.........................32

八、消去法.............................九、

分析與綜合法.....................十、特

殊與一般法......................十一、類

比與歸納法...................十二、觀察與

實驗法...................

第二章高中數學常用的數學思想................35

一、數形結合思想........................35

二、分類討論思想........................41

三、函數與方程思想......................47

四、轉化（化歸）思想....................54

第三章高考熱點問題和解題策略................59

一、應用問題............................59

二、探索性問題..........................65

三、選擇題解答策略......................71

四、填空題解答策略......................77

附錄.........................................

一、高考數學試卷分析...................

二、兩套高考模擬試卷...................

三、參考答案...........................

2

＞，―?—

刖5

,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：

①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；②

數學邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；

③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；

④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。

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。

可以說，“知識”是基礎，“方法”是手段，“思想”是深化，提高數學素質的核心就

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。

2

3

第一章高中數學解題基本方法

一、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(a+b)2=az+2ab+b2,將這個公

式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：

a2+b2=(a+b)2—2ab=(a—b)2+2ab；

r3

a2+ab+b2=(a+b)2—ab=(a—b)2+3ab=(a+82)2+(.

2o-b)2；

a2+b2+c2+ab+bc+ca=12[(a+b)2+(b+c)2+(c+a)2]

a2+b2+c2=(a+b+c)2-2(ab+bc+ca)=(a+b-c)2-2(ab-be—ca)=...結合其它

數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：

1+sin2a=1+2sinacosa=(sina+cosa)2；

+1=(x+lx)2—2=(x—￡)2+2；.......等等。

X2X2

I、再現性題組：

1.在正項等比數列｛a〃｝中，a1*a5+2a3*a5+a3,a7=25,則a3+a5=。

2.方程X2+y2—4kx—2y+5k=0表示圓的充要條件是。

A.14<k<lB.k<+4或k>lC.kWRD.k=M或k=13.已知siru(x+cos4

a=1,則sina+cosa的值為。

A.1B.-1C.1或一1D.O

4.函數y=log】2(-2x2+5x+3)的單調遞增區間是。

A.(—00,54]B.[§4,+00)C.(—+2,§4]D.[54,3)

5.已知方程X2+(a?2)x+a-l=0的兩根x1、X2,則點P(x1,X2)在圓X2+y2=4上，則

實數a=o

【簡解】1小題：利用等比數列性質=am2,將已知等式左邊后配方3+

35)2易求。答案是：5o

2小題：配方成圓的標準方程形式(x—a)2+(y—b)2=r2,解r2>0即可，選B。

3小題：已知等式經配方成(sin2(x+cos2(x)2—2sin2acos2a=1,求出sinacosa,

然后求出所求式的平方值，再開方求解。選C。

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—11。

3

4

n、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.23B.14C.5D.6

【分?！肯绒D換為數學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z,則

2(xyyzxz)11

3.、?，而欲求對角線長12z2,將其配湊成兩已知式的組合形式

4(qz)24、，

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

2(xyyzxz)11

之和為24”而得：7…。

z)24

___________________//______________________________________________________________

長方體所求對角線長為：x2y2z2=(xyz)22(xyyzxz)=

6211=5

所以選B。

【注】本題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x2+kx+2=0的兩實根為p、q,若(pq)2+(如)2=7成立，求實數k的取

值范圍。

【解】方程X2+kx+2=0的兩實根為p、q,由韋達定理得：p+q=-k,pq=2,

4〃422x2022°2聞,22

(pq)2+(qp)2—p(——4-----------G--------------------------PS-=

pq)2(pq)2(pq)2

(k24)28

———<7,解得k<-10或k210。

4

又：p、q為方程X2+kx+2=0的兩實根，二△=k2-8沙即白2「2或七一「

綜合起來，k的取值范圍是：一105七一22或者224仁10。、、、

【注】關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別了“△”；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p+q、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p+q與pq的組合式。假如本題不對“△”討論，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。

cib

??.以T卜守攵姒a、~u"四江；aIau】b-",~‘)o""°

abab

【分析】對已知式可以聯想：變形為(必)2+(昉)+1=0,則"=3(C0為1的立方

虛根)；或配方為(a+b)2=ab。則代入所求式即得。

4

5

【解】由a2+ab+b2=0變形得：(")2+(")+1=0,

設①=,則①2+co+l=0,可知co為1的立方虛根，所以：1=ba,s3=

3=1。

又由a2+ab+b2=0變形得：(a+b)2=ab，

2

儕以(/J'消1/6=\U\U)—CUI

abab

999=2o

【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3的性質，計算

表達式中的高次暴。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。

「3i后,

、化

成三角形式，代入所求表達式的變形式)999+(84)999后，完成后面的運算。此方法用于

r聯想到3時進行解題。

只是未2、

假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由a2+ab+b2=0解出：a=、b,'

直撼代入所求表達式，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。

m、鞏固性題組：

1.函數y=(x—a)2+(x—b)2(a、b為常數)的最小值為。

__________A.8B,。揖2C.J?D曷小值不存在____________

22

2.a^B是方程X2-2ax+a+6=0的兩實根，則(a-l)2+(0-1)2的最小值是。

A.-424-B.8C.18D.不存在

3.已知x、ySR,且滿足x+3y—1=0,則函數t=2x+8.y有。

A.最大值2J~2—左最大直r_____C.最小值.2J~2_R遏小值_「—

22

4.橢圓X2—2ax+3y2+a2—6=0的一個焦點在直線x+y+4=0上，則a=。

A.2B.-6C.-2或一6D.2或6

5.化簡：21sin8+22cos的結果是。

A.2sin4B.2sin4-4cos4C.-2sin4D.4cos4—2sin4

6.設Fi和F2為雙曲線￡—y2=l的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足NFIPF2=90。，

4

則4F1PF2的面積是o

7.若則f(x)=X2+2x+1的最小侑為。

X1

5

6

8.已知<p<a〈32兀，cos(a-p)=12,sin(a+0)=—3,求sin2a的值。(92

-4135

年高考題)

9.設二次函數f(x)=Ax2+Bx+C,給定m、n(m<n)，且滿足A2Km+n)2+m2n2]+2A[B(m+n)

—Cmnj+B2+C2=0。

①解不等式f(x)>0；

②是否存在一個實數t,使當tW(m+t,n-t)時，f(x)<0?若不存在，說出理由；若存

在，指出t的取值范圍。

10.設s>l,t>l,mCR,x=logst+log/s,y=log$4t+logz4s+m(logS2t+logz2S)>

①將y表示為x的函數y=f(x),并求出f(x)的定義域；

②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。

6

7

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：4.v+2.r-2>0,先變形為設2、=t(t>0),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。如求函數丫=rx+lx的值域時，易發現xe[O,l],設x

=sin2a,a￡10,2],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的聯系，又有去根號的需要。如變量x、y適合條件x2+y2=n(r>0)

時，則可作三角代換x=rcosO、y=rsinO化為三角問題。

均值換元，如遇到*+丫=$形式時，設x=S2+t,y=S2-t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t>0和aC[0,2]?

I、再現性題組：

l.y=sinx-cosx+sinx+cosx的最大值是。

2.設f(X2+l)=log〃(4一X4)(a>l),則f(x)的值域是。

3.已知數歹ij{a”}中，ai=-1>a“卜a”——a”，則數列通項a”—。

4.設實數x、y滿足X2+2xy—1=0,則x+y的取值范圍是?

5.方程13*

13r=3的解是o

6.不等式log2(2A-l)-log2(2,d-2)<2的解集是。

7

8

r2],則y=，22-+t—12,對稱軸t=一

【簡解】1小題：設sinx+cosx=t￡[一廠L

I—、2,、

/2,ymax=12.-

當t=+/2；

2小題:設X2+l=t(殳1),則f(t)=loga[-(t?l)2+4],所以值域為(一8,log44]；

3小題：已知變形為1-1=一1,設b〃=l,則bi=-l,b“=—l+(n—l)(.l)

dn\dnCln

=-n,所以a〃=—1"；

4小題：設x+y=k,則X2—2kx+l=0,△=4k2—4之0,所以k>l或k<—1；

5小題：設3x=y,則3y2+2y—1=0,解得y=13,所以x=—1；

6小題:設log2（2x—l）=y,則y（y+l）<2,解得一2<y<l,所以x￡（log25

4Jog23）o

n、示范性題組：

11

~■“iji.二奴x、y倘At4x_Dxyf”一J<山隊）~~區q一火午p,-7K=1-

Smax

的值。（93年全國高中數學聯賽題）8min

【分析】由S=X2+y2聯想到COS2a+sin2a=1,于是進行三角換元，設

廠cosa

、代入①式求Smax和Smin的值。

Lsm.

xLa

廠cosa-

【解】設代入①式得：4S—5S-sinacosa=5

XCsina

V-l<sin2a<l3<8—5sin2a<13/.1013<..

8sin-<1053

.?.，+]=310+1310=1610=85

SmaxSmin

此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2a=8S—1°的有界性而求，即解不等

S

S10

式：|8s|<lo這種方法是求函數值域時經常用到的“有界法”。

【另解】由S=x2+y2,設X2=s2+t,y2=S2—3t￡[—52,S2],

8

9

則xy=±4--t*2代入①式得：4S±54--t2=5,

)2\2

移項平方整理得100t2+39S2-160S+100=0(.

:.39s2—160S+100W0解得：1013<S<103

1116

??I-iu~~riv—iu—J

Smax

【注】11藕第一種解法屬于“三角換元法”，主要是利用已知條件S=x2+y2與三角公

式cos2a+sin2(x=l的聯系而聯想和發現用三角換元，將代數問題轉化為三角函數值域問

題。第二種解法屬于“均值換元法”，主要是由等式S=x2+y2而按照均值換元的思路，設

X2=s+t、y=-t,減少了元的個數，問題且容易求解。另外，還用到了求值域的幾種

2S22

方法：有界法、不等式性質法、分離參數法。

和“均值換元法”類似，我們還有一種換元法，即在題中有兩個變量x、y時，可以設x

=a+b,y=a—b,這稱為“和差換元法”，換元后有可能簡化代數式。本題設x=a+b,y

=a-b,代入①式整理得3a2+13b2=5>求得a2G[0,53],所以S=(a—b)2+(a+b)2

=2(a2+b2)=1013+2013a2G[1013,103-],——---1.j的值。

.?SmaxSmi

再求n

Q

例2.△ABC的三個內角A、B、C滿足：A+C=2B,八c咨，求

cosA-I-cosC——

C

的值。(96年全國理)

2

【分析】由已知"A+C=2B”和“三角形內角和等于180?！钡男再|，可得

AC120°A=60°a

B=60°;由“A+C=120?！边M行均值換元，則設,再代入可求

C=60°-a

C

cosa即cosA—

2

AC120°

【解】由△ABC中已知A+C=2B,可得8=60。

9

10

A=60°a

由A+C=120。，設C=60°-a，代入已知等式得:

1111

++------—十

cosAcosCcos(60cos(601

cos?sin

))22

1coscos「2,

3=-2

1~r13.

cos■sincos2sin2).co2

244s4

_C

解得:

即:

cosA22-o

11

【另解】由A+C=2B,得A+C=120。，B=60%所以

cosA+cosC=—

=—2「2,1「2+12-m，

，設

cosAm.cosC=-y

11

所以cosA=cosC-，兩式分別相加、相減得:

T

匚mm

CcosA—0=cosA—°=2獷

cosA+cosC=2cosA2

22

C.C3sinAC2m

cosA—cosC=_2sinA一smA—

22r2m2

c2m、CC

BP：sinA2=-22「，代入sin2A一+cos2A一=]整理

T~2)'22

CL

得：3m4—16m—12=0,解出m2=6,代入cosA2=22廣

11

【注】本題兩種解法由“A+C=120。”、“r2”分別進行均值

cosA+cosC=—2

換元，隨后結合三角形角的關系與三角公式進行運算，除由已知想到均值換元外，還要求對三

角公式的運用相當熟練。假如未想到進行均值換元，也可由三角運算直接解出：由A+C=

11

2B,得A+C=120。，B=60°?所以「2,即cosA+

cosA+cosC=—ccosC

——2「2cosAcosC,和積互化得:

CC2[cos(A+C)+cos(A-C),即cosA「C

夕cos=、廣/2cos(A-

2cosA—分一、C)

2

匚_2(2cos2A,整理得：42cos2AC?cAC廠c八

L-----+2cosA——3/2=0,

2-、2I22

C

解得:cosA2

io

11

例3.設a>0,求f(x)=2a(sinx+cosx)—sinx-cosx—2a2的最大值和最小值。

【解】設sinx+cosx=t,貝!|t￡[-「「2],由(sinx+

—

cosx)2=1+2sinx-cosxW：sinxcosx=ti一1

2

/.f(x)=g(t)=—12(t—2a)2+12(a>0),te[—「「2]

、2，、

t=-l~2時，取最小值：一2az—「2a12

、2、

當2aN「2時,，t「2,取最大值：-2a2+「2a—12；

、=、2、

上八合「2時，t=2a,取最大值：12o

「2a-12,最大值1匚

為""相)

f(x)的最小值為一2a2—22----------；------——

0cC1J匚、

2a2—2.2.1a

a乙乙

【注】此題屬于局部換元法,設sinx+cosx=t后，抓住sinx+cosx與sinxcosx的

內在聯系，將三角函數的值域問題轉化為二次函數在閉區間上的值域問題，使得容易求解。

換元過程中一定要注意新的參數的范圍(te[-rr2])與sinx+cosx對應，否則將會

出錯。本題解法中還包含了含參問題時分類討論圓數學思想方法，即由對稱軸與閉區間的位

置關系而確定參數分兩種情況進行討論。

一般地，在遇到題目已知和未知中含有sinx與cosx的和、差、積等而求三角式的最大

值和最小值的題型時，即函數為f(sinx±cosx,sinxcsox),經常用到這樣設元的換元法，轉化

為在閉區間上的二次函數或一次函數的研究。

4(。1)2a(a1)2

-例4.強對所寸?侶頭數x,不等H\fxk>g2~十2xlog2_&]十log24^

恒成立，求a的取值范圍。(87年全國理)

4(。1)2a(a1)2

【處”「】小等小寺log2~、log2a]、log2~一—仃以卻：；也

數式的有關變形后不難發現，再實施換元法。

2a4(a1)8(。1)a1

[解】設log27]=t,則log2--=log2元=3十log2~2a7

2a(a1)2a1_

啥a1=3-t,log24a2=2log22a=-2t，

代入后原不等式簡化為(3-t)x2+2tx-2t>0,它對一切實數x恒成立，所以：

3t032a

4/83t)O'砰討―0或j6即I[a]二

11

12

0<2a<1,解得0<a<l。

a1

【注】應用局部換元法，起到了化繁為簡、化難為易的作用。為什么會想到換元及如何

4（。1）2a（a1）2

攻兀，天健是友現已知M、等式中log2%、log2.］、log2^一詠A17”咻

系。在解決不等式恒成立問題時，使用了“判別式法”。另外，本題還要求對數運算十分熟練。

一般地，解指數與對數的不等式、方程，有可能使用局部換元法，換元時也可能要對所給的

己知條件進行適當變形，發現它們的聯系而實施換元，這是我們思考解法時要注意的一點。

einQ=cos0□—+sin2—=-----一(②式)，求孫的值。

I制J.J入U*12*9

yCOS2X2y3(X2y2)

X

【解】設sin。=cos0=k,則sinO=kx,cos0=ky,且sin20+cos20=

Xy

2k222222

10

2（x2+y2）=1，代入②式得：kyX2-+kx—、，

廠=10人2-+-2-=

>23(X2y2)3

Xy

10

3

2xy=±r3或士〈3

設y2-—t,則t+If=解得：t=3或1

3、3

0_

【另解】由孫=smcos0=tg0>將等式②兩邊同時除以COS42，再表示成含tg。的

W=lO3-tg20,設tg20=t,貝|J3t2—10t+3=0,

式子：l+tg40=(l-

1

2)31

)tg

「3或土

3,解得x；.t=3

【注】第一種解法由sin。=cos0而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數。

%y

n

第二種解法將已知變形為移=

-0,不難發現進行結果為tg。，再進行換元和變形。兩

種解法要求代數變形比較熟練。在解高次方程時，都使用了換元法使方程次數降低。

vl）?

例6.實數x、y滿足（一丁+（2T—r,-xTyiK內凹見u,小K”犯倒。

9lo

/x1）2/y1）2

―一丁十a^o—i一i—

ylo

是實施三角換元。

12

13

[解】由丁以

+('J)2_”_cusV,A2_J________

—sniu,

91634

3cos6

即：工代入不等式x+y—k>0得:

4sin0

3cos0+4sin0—k>0,即k<3cos0+4sin0=5sin(0+\|/)

所以k<-5時不等式恒成立。

【注】本題進行三角換元，將代數問題(或者是解析幾何問題)化為了含參三角不等式

恒成立的問題，再運用“分離參數法”轉化為三角函數的值域問題，從而求出參數范圍。一般

地，在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似的代數式時，或者在解決圓、橢圓、雙曲線等有

關問題時，經常使用“三角換元法”。

本題另一種解題思路是使用數形結合法的思想方法：在平面直角緣標系，不等式ax+by

+c>0(a>0)所表示的區域為直線ax+by+c=0所分平面成兩部分中含￡地正方向的一部分。

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x+y—k>0的區域。即當直線x+y—k=0

在與橢圓下部相切的切線之下時。當直線與橢圓相切X

時，方程組”1表h莊有相等的一組

x+y-k>0

實數解，消元后由△=0可求得k=-3,所以k<-3時原k平面區域

不等式恒成立。

皿、鞏固性題組：

L已知f(X3)=lgx(x>0),則f(4)的值為o

A.21g2B.1lg2C.2lg2D.2lg4

333

2.函數y=(x+l)4+2的單調增區間是o

A.[-2,+oo)B.[-l,+oo)D.(-oo,+oo)C.(-oo,-l]

3,設等差數列｛a〃｝的公差