頁高中數學高中三年全冊解題技巧目錄高中數學解題基本方法………2配方法………2換元法………11待定系數法…………………28定義法………41數學歸納法…………………53參數法………65反證法………75高中數學常用的數學思想……84數形結合思想………………84分類討論思想………………99函數與方程思想……………115轉化（化歸）思想…………134高考熱點問題和解題策略……148應用問題……151探索性問題…………………167選擇題解答策略……………181填空題解答策略……………196第一章高中數學解題基本方法配方法定義：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)＝a＋2ab＋b，將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：a＋b＝(a＋b)－2ab＝(a－b)＋2ab；a＋ab＋b＝(a＋b)－ab＝(a－b)＋3ab＝(a＋)＋（b）；a＋b＋c＋ab＋bc＋ca＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)－2(ab－bc－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＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）；x＋＝(x＋)－2＝(x－)＋2；……等等。Ⅰ、再現性題組：1.在正項等比數列{a}中，aa+2aa+aa=25，則a＋a＝_______。2.方程x＋y－4kx－2y＋5k＝0表示圓的充要條件是_____。A.<k<1B.k<或k>1C.k∈RD.k＝或k＝13.已知sinα＋cosα＝1，則sinα＋cosα的值為______。A.1B.－1C.1或－1D.04.函數y＝log(－2x＋5x＋3)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＝_____。【簡解】1小題：利用等比數列性質aa＝a，將已知等式左邊后配方（a＋a）易求。答案是：5。2小題：配方成圓的標準方程形式(x－a)＋(y－b)＝r，解r>0即可，選B。3小題：已知等式經配方成(sinα＋cosα)－2sinαcosα＝1，求出sinαcosα，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－。Ⅱ、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.2B.C.5D.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。【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x＋kx＋2=0的兩實根為p、q，若()+()≤7成立，求實數k的取值范圍。【解】方程x＋kx＋2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：p＋q＝－k，pq＝2,()+()＝＝＝＝≤7，解得k≤－或k≥。又∵p、q為方程x＋kx＋2=0的兩實根，∴△＝k－8≥0即k≥2或k≤－2綜合起來，k的取值范圍是：－≤k≤－或者≤k≤。【注】關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“Δ”；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。例3.設非零復數a、b滿足a＋ab＋b=0，求()＋()。【分析】對已知式可以聯想：變形為()＋()＋1＝0，則＝ω（ω為1的立方虛根）；或配方為(a＋b)＝ab。則代入所求式即得。【解】由a＋ab＋b=0變形得：()＋()＋1＝0，設ω＝，則ω＋ω＋1＝0，可知ω為1的立方虛根，所以：＝，ω＝＝1。又由a＋ab＋b=0變形得：(a＋b)＝ab，所以()＋()＝()＋()＝()＋()＝ω＋＝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ω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。【另解】由a＋ab＋b＝0變形得：()＋()＋1＝0，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ω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a＋ab＋b＝0解出：a＝b，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。Ⅲ、鞏固性題組：函數y＝(x－a)＋(x－b)（a、b為常數）的最小值為_____。A.8B.C.D.最小值不存在α、β是方程x－2ax＋a＋6＝0的兩實根，則(α-1)+(β-1)的最小值是_____。A.－B.8C.18D.不存在已知x、y∈R，且滿足x＋3y－1＝0，則函數t＝2＋8有_____。A.最大值2B.最大值C.最小值2B.最小值橢圓x－2ax＋3y＋a－6＝0的一個焦點在直線x＋y＋4＝0上，則a＝_____。A.2B.－6C.－2或－6D.2或6化簡：2＋的結果是_____。A.2sin4B.2sin4－4cos4C.－2sin4D.4cos4－2sin46.設F和F為雙曲線－y＝1的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足∠FPF＝90°，則△FPF的面積是_________。7.若x>－1，則f(x)＝x＋2x＋的最小值為___________。8.已知〈β<α〈π，cos(α-β)＝，sin(α+β)＝－，求sin2α的值。(92年高考題)9.設二次函數f(x)＝Ax＋Bx＋C，給定m、n（m<n）,且滿足A[(m+n)+mn]＋2A[B(m+n)－Cmn]＋B＋C＝0。解不等式f(x)>0；②是否存在一個實數t，使當t∈(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>1，t>1，m∈R，x＝logt＋logs，y＝logt＋logs＋m(logt＋logs),將y表示為x的函數y＝f(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＋2－2≥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y＝＋的值域時，易發現x∈[0,1]，設x＝sinα，α∈[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的聯系，又有去根號的需要。如變量x、y適合條件x＋y＝r（r>0）時，則可作三角代換x＝rcosθ、y＝rsinθ化為三角問題。均值換元，如遇到x＋y＝S形式時，設x＝＋t，y＝－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α∈[0,]。Ⅰ、再現性題組：1.y＝sinx·cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。2.設f(x＋1)＝log(4－x)（a>1），則f(x)的值域是_______________。3.已知數列{a}中，a＝－1，a·a＝a－a，則數列通項a＝___________。4.設實數x、y滿足x＋2xy－1＝0，則x＋y的取值范圍是___________。5.方程＝3的解是_______________。6.不等式log(2－1)·log(2－2)〈2的解集是_______________。【簡解】1小題：設sinx+cosx＝t∈[－,]，則y＝＋t－，對稱軸t＝－1，當t＝，y＝＋；2小題：設x＋1＝t(t≥1)，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b＝－1,b＝－1＋(n－1)(-1)＝－n，所以a＝－；4小題：設x＋y＝k，則x－2kx＋1＝0,△＝4k－4≥0,所以k≥1或k≤－1；5小題：設3＝y，則3y＋2y－1＝0,解得y＝，所以x＝－1；6小題：設log(2－1)＝y，則y(y＋1)<2，解得－2<y<1，所以x∈(log,log3)。Ⅱ、示范性題組：例1.實數x、y滿足4x－5xy＋4y＝5（①式），設S＝x＋y，求＋的值。（93年全國高中數學聯賽題）【分析】由S＝x＋y聯想到cosα＋sinα＝1,于是進行三角換元，設代入①式求S和S的值。【解】設代入①式得：4S－5S·sinαcosα＝5解得S＝；∵-1≤sin2α≤1∴3≤8－5sin2α≤13∴≤≤∴＋＝＋＝＝此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2α＝的有界性而求，即解不等式：||≤1。這種方法是求函數值域時經常用到的“有界法”。【另解】由S＝x＋y，設x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，則xy＝±代入①式得：4S±5=5，移項平方整理得100t+39S－160S＋100＝0。∴39S－160S＋100≤0解得：≤S≤∴＋＝＋＝＝【注】此題第一種解法屬于“三角換元法”，主要是利用已知條件S＝x＋y與三角公式cosα＋sinα＝1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＝x＋y而按照均值換元的思路，設x＝＋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3a＋13b＝5，求得a∈[0,]，所以S＝(a－b)＋(a＋b)＝2(a＋b)＝＋a∈[,]，再求＋的值。例2．△ABC的三個內角A、B、C滿足：A＋C＝2B，＋＝－，求cos的值。（96年全國理）【分析】由已知“A＋C＝2B”和“三角形內角和等于180°”的性質，可得；由“A＋C＝120°”進行均值換元，則設，再代入可求cosα即cos。【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得,由A＋C＝120°，設，代入已知等式得：＋＝＋＝＋＝＝＝－2,解得：cosα＝，即：cos＝。【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以＋＝－＝－2，設＝－＋m，＝－－m，所以cosA＝，cosC＝，兩式分別相加、相減得：cosA＋cosC＝2coscos＝cos＝，cosA－cosC＝－2sinsin＝－sin＝，即：sin＝－，＝－，代入sin＋cos＝1整理得：3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cos＝＝。【注】本題兩種解法由“A＋C＝120°”、“＋＝－2”分別進行均值換元，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＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以＋＝－＝－2，即cosA＋cosC＝－2cosAcosC，和積互化得：2coscos＝－[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos＝－cos(A-C)＝－(2cos－1)，整理得：4cos＋2cos－3＝0,解得：cos＝y,,－x例3.設a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a的最大值和最小值。【解】設sinx＋cosx＝t，則t∈[-,]，由(sinx＋cosx)＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx＝∴f(x)＝g(t)＝－(t－2a)＋（a>0），t∈[-,]t＝-時，取最小值：－2a－2a－當2a≥時，t＝，取最大值：－2a＋2a－；當0<2a≤時，t＝2a，取最大值：。∴f(x)的最小值為－2a－2a－，最大值為。【注】此題屬于局部換元法，設sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx與sinx·cosx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（t∈[-,]）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的數學思想方法，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。例4.設對所于有實數x，不等式xlog＋2xlog＋log>0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。【解】設log＝t，則log＝log＝3＋log＝3－log＝3－t，log＝2log＝－2t，代入后原不等式簡化為（3－t）x＋2tx－2t>0，它對一切實數x恒成立，所以：，解得∴t<0即log<00<<1，解得0<a<1。【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設元，關鍵是發現已知不等式中log、log、log三項之間的聯系。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已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。例5.已知＝，且＋＝(②式)，求的值。【解】設＝＝k，則sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sinθ＋cosθ＝k(x+y)＝1,代入②式得：＋＝＝即：＋＝設＝t，則t＋＝,解得：t＝3或∴＝±或±【另解】由＝＝tgθ，將等式②兩邊同時除以，再表示成含tgθ的式子：1＋tgθ＝＝tgθ，設tgθ＝t，則3t—10t＋3＝0，∴t＝3或，解得＝±或±。【注】第一種解法由＝而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數。第二種解法將已知變形為＝，不難發現進行結果為tgθ，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。例6.實數x、y滿足＋＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范圍。【分析】由已知條件＋＝1，可以發現它與a＋b＝1有相似之處，于是實施三角換元。【解】由＋＝1，設＝cosθ，＝sinθ，即：代入不等式x＋y－k>0得：3cosθ＋4sinθ－k>0，即k<3cosθ＋4sinθ＝5sin(θ+ψ)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”。yxx＋y－k>0k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。當直線與橢圓相切時，方程組有相等的一組實數解，消元后由△＝0可求得k＝－3,所以k<-3時原不等式恒成立。Ⅲ、鞏固性題組：已知f(x)＝lgx(x>0)，則f(4)的值為_____。A.2lg2B.lg2C.lg2D.lg4函數y＝(x＋1)＋2的單調增區間是______。A.[-2,+∞)B.[-1,+∞)D.(-∞,+∞)C.(-∞,-1]設等差數列{a}的公差d＝，且S＝145，則a＋a＋a＋……＋a的值為_____。A.85B.72.5C.60D.52.5已知x＋4y＝4x，則x＋y的范圍是_________________。已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，則＋的范圍是____________。不等式>ax＋的解集是(4,b)，則a＝________，b＝_______。函數y＝2x＋的值域是________________。在等比數列{a}中，a＋a＋…＋a＝2，a＋a＋…＋a＝12，求a＋a＋…＋a。yDCABOx實數m在什么范圍內取值，對任意實數x，不等式sinx＋2mcosx＋4m－1<0恒成立。已知矩形ABCD，頂點C(4,4)，A點在曲線x＋y＝2(x>0,y>0)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，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。Ⅰ、再現性題組：設f(x)＝＋m，f(x)的反函數f(x)＝nx－5，那么m、n的值依次為_____。A.,－2B.－，2C.,2D.－，－2二次不等式ax＋bx＋2>0的解集是(－,)，則a＋b的值是_____。A.10B.－10C.14D.－14在(1－x)（1＋x）的展開式中，x的系數是_____。A.－297B.－252C.297D.207函數y＝a－bcos3x(b<0)的最大值為，最小值為－，則y＝－4asin3bx的最小正周期是_____。與直線L：2x＋3y＋5＝0平行且過點A(1,-4)的直線L’的方程是_______________。與雙曲線x－＝1有共同的漸近線，且過點(2,2)的雙曲線的方程是____________。【簡解】1小題：由f(x)＝＋m求出f(x)＝2x－2m，比較系數易求，選C；2小題：由不等式解集(－,)，可知－、是方程ax＋bx＋2＝0的兩根，代入兩根，列出關于系數a、b的方程組，易求得a＋b，選D；3小題：分析x的系數由C與(－1)C兩項組成，相加后得x的系數，選D；4小題：由已知最大值和最小值列出a、b的方程組求出a、b的值，再代入求得答案；5小題：設直線L’方程2x＋3y＋c＝0，點A(1,-4)代入求得C＝10，即得2x＋3y＋10＝0；6小題：設雙曲線方程x－＝λ，點(2,2)代入求得λ＝3，即得方程－＝1。Ⅱ、示范性題組：已知函數y＝的最大值為7，最小值為－1，求此函數式。【分析】求函數的表達式，實際上就是確定系數m、n的值；已知最大值、最小值實際是就是已知函數的值域，對分子或分母為二次函數的分式函數的值域易聯想到“判別式法”。【解】函數式變形為：(y－m)x－4x＋(y－n)＝0，x∈R,由已知得y－m≠0∴△＝(－4)－4(y－m)(y－n)≥0即：y－(m＋n)y＋(mn－12)≤0①不等式①的解集為(-1,7)，則－1、7是方程y－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的兩根，代入兩根得：解得：或∴y＝或者y＝此題也可由解集(-1,7)而設(y＋1)(y－7)≤0,即y－6y－7≤0，然后與不等式①比較系數而得：，解出m、n而求得函數式y。【注】在所求函數式中有兩個系數m、n需要確定，首先用“判別式法”處理函數值域問題，得到了含參數m、n的關于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求參數m、n。兩種方法可以求解，一是視為方程兩根，代入后列出m、n的方程求解；二是由已知解集寫出不等式，比較含參數的不等式而列出m、n的方程組求解。本題要求對一元二次不等式的解集概念理解透徹，也要求理解求函數值域的“判別式法”：將y視為參數，函數式化成含參數y的關于x的一元二次方程，可知其有解，利用△≥0,建立了關于參數y的不等式，解出y的范圍就是值域，使用“判別式法”的關鍵是否可以將函數化成一個一元二次方程。例2.設橢圓中心在(2,-1)，它的一個焦點與短軸兩端連線互相垂直，且此焦點與長軸較近的端點距離是－，求橢圓的方程。yB’xAFO’F’A’B【分析】求橢圓方程，根據所給條件，確定幾何數據a、b、c之值，問題就全部解決了。設a、b、c后，由已知垂直關系而聯想到勾股定理建立一個方程，再將焦點與長軸較近端點的距離轉化為a－c的值后列出第二個方程。【解】設橢圓長軸2a、短軸2b、焦距2c，則|BF’|＝a∴解得：∴所求橢圓方程是：＋＝1也可有垂直關系推證出等腰Rt△BB’F’后，由其性質推證出等腰Rt△B’O’F’，再進行如下列式：，更容易求出a、b的值。【注】圓錐曲線中，參數（a、b、c、e、p）的確定，是待定系數法的生動體現；如何確定，要抓住已知條件，將其轉換成表達式。在曲線的平移中，幾何數據（a、b、c、e）不變，本題就利用了這一特征，列出關于a－c的等式。一般地，解析幾何中求曲線方程的問題，大部分用待定系數法，基本步驟是：設方程（或幾何數據）→幾何條件轉換成方程→求解→已知系數代入。例3.是否存在常數a、b、c，使得等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(an＋bn＋c)對一切自然數n都成立？并證明你的結論。（89年全國高考題）【分析】是否存在，不妨假設存在。由已知等式對一切自然數n都成立，取特殊值n＝1、2、3列出關于a、b、c的方程組，解方程組求出a、b、c的值，再用數學歸納法證明等式對所有自然數n都成立。【解】假設存在a、b、c使得等式成立，令：n＝1，得4＝(a＋b＋c)；n＝2，得22＝(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得：,解得，于是對n＝1、2、3，等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(3n＋11n＋10)成立，下面用數學歸納法證明對任意自然數n，該等式都成立：假設對n＝k時等式成立，即1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＝(3k＋11k＋10)；當n＝k＋1時，1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)＝(3k＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)＝(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)＝（3k＋5k＋12k＋24）＝[3(k＋1)＋11(k＋1)＋10]，也就是說，等式對n＝k＋1也成立。綜上所述，當a＝8、b＝11、c＝10時，題設的等式對一切自然數n都成立。【注】建立關于待定系數的方程組，在于由幾個特殊值代入而得到。此種解法中，也體現了方程思想和特殊值法。對于是否存在性問題待定系數時，可以按照先試值、再猜想、最后歸納證明的步驟進行。本題如果記得兩個特殊數列1＋2＋…＋n、1＋2＋…＋n求和的公式，也可以抓住通項的拆開，運用數列求和公式而直接求解：由n(n＋1)＝n＋2n＋n得S＝1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(1＋2＋…＋n)＋2(1＋2＋…＋n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋2×＋＝(3n＋11n＋10)，綜上所述，當a＝8、b＝11、c＝10時，題設的等式對一切自然數n都成立。例4.有矩形的鐵皮，其長為30cm，寬為14cm，要從四角上剪掉邊長為xcm的四個小正方形，將剩余部分折成一個無蓋的矩形盒子，問x為何值時，矩形盒子容積最大，最大容積是多少？【分析】實際問題中，最大值、最小值的研究，先由已知條件選取合適的變量建立目標函數，將實際問題轉化為函數最大值和最小值的研究。【解】依題意，矩形盒子底邊邊長為(30－2x)cm，底邊寬為(14－2x)cm，高為xcm。∴盒子容積V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x，顯然:15－x>0，7－x>0，x>0。設V＝(15a－ax)(7b－bx)x(a>0,b>0）要使用均值不等式，則解得：a＝，b＝，x＝3。從而V＝(－)(－x)x≤()＝×27＝576。所以當x＝3時，矩形盒子的容積最大，最大容積是576cm。【注】均值不等式應用時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“待定系數法”求。本題解答中也可以令V＝(15a－ax)(7－x)bx或(15－x)(7a－ax)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”。Ⅲ、鞏固性題組：函數y＝logx的x∈[2,+∞)上恒有|y|>1，則a的取值范圍是_____。A.2>a>且a≠1B.0<a<或1<a<2C.1<a<2D.a>2或0<a<方程x＋px＋q＝0與x＋qx＋p＝0只有一個公共根，則其余兩個不同根之和為_____。A.1B.－1C.p＋qD.無法確定如果函數y＝sin2x＋a·cos2x的圖像關于直線x＝－對稱，那么a＝_____。A.B.－C.1D.－1滿足C＋1·C＋2·C＋…＋n·C<500的最大正整數是_____。A.4B.5C.6D.7無窮等比數列{a}的前n項和為S＝a－,則所有項的和等于_____。A.－B.1C.D.與a有關(1＋kx)＝b＋bx＋bx＋…＋bx，若b＋b＋b＋…＋b＝－1，則k＝______。經過兩直線11x－3y－9＝0與12x＋y－19＝0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y＝f(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y＝2x＋7和拋物線截得的線段長是4,求拋物線的方程四、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。Ⅰ、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，A∪B的元素個數為n，則______。A.2≤n≤9B.7≤n≤9C.5≤n≤9D.5≤n≤7設MP、OM、AT分別是46°角的正弦線、余弦線和正切線，則_____。A.MP<OM<ATB.OM<MP<ATC.AT<<OM<MPD.OM<AT<MP復數z＝a＋2ｉ，z＝－2＋ｉ，如果|z|<|z|，則實數a的取值范圍是_____。A.－1<a<1B.a>1C.a>0D.a<－1或a>1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.8C.7.5C.D.3奇函數f(x)的最小正周期為T，則f(－)的值為_____。A.TB.0C.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_____。【簡解】1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<，選A；4小題：利用橢圓的第二定義得到＝e＝，選A；5小題：利用周期函數、奇函數的定義得到f(－)＝f()＝－f(－)，選B；6小題：利用線面角、面面角的定義，答案2。Ⅱ、示范性題組：例1.已知z＝1＋ｉ，①設w＝z＋3－4，求w的三角形式；②如果＝1－ｉ，求實數a、b的值。（94年全國理）【分析】代入z進行運算化簡后，運用復數三角形式和復數相等的定義解答。【解】由z＝1＋ｉ，有w＝z＋3－4＝(1＋ｉ)＋3－4＝2ｉ＋3(1－ｉ)－4＝－1－ｉ，w的三角形式是（cos＋ｉsin）；由z＝1＋ｉ，有＝＝＝(a＋2)－(a＋b)ｉ。由題設條件知：(a＋2)－(a＋b)ｉ＝1＋ｉ；根據復數相等的定義，得：，解得。【注】求復數的三角形式，一般直接利用復數的三角形式定義求解。利用復數相等的定義，由實部、虛部分別相等而建立方程組，這是復數中經常遇到的。例2.已知f(x)＝－x＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，求y＝logf(x)的定義域，判定在(,1)上的單調性。【分析】要判斷函數的單調性，必須首先確定n與c的值求出函數的解析式，再利用函數的單調性定義判斷。【解】解得：∴f(x)＝－x＋x解f(x)>0得：0<x<1設<x<x<1，則f(x)－f(x)＝－x+x-（-x+x）=(x-x)[1-(x+x)(x+x)],∵x+x>，x+x>∴(x+x)(x+x)〉×＝1∴f(x)－f(x)>0即f(x)在(,1)上是減函數∵<1∴y＝logf(x)在(,1)上是增函數。A’ADC’COHB’B【注】關于函數的性質：奇偶性、單調性、周期性的判斷，一般都是直接應用定義解題。本題還在求n、c的過程中，運用了待定系數法和換元法。例3.如圖，已知A’B’C’—ABC是正三棱柱，D是AC中點。證明：AB’∥平面DBC’；假設AB’⊥BC’，求二面角D—BC’—C的度數。（94年全國理）【分析】由線面平行的定義來證①問，即通過證AB’平行平面DBC’內的一條直線而得；由二面角的平面角的定義作出平面角，通過解三角形而求②問。【解】①連接B’C交BC’于O,連接OD∵A’B’C’—ABC是正三棱柱∴四邊形B’BCC’是矩形∴O是B’C中點△AB’C中，D是AC中點∴AB’∥OD∴AB’∥平面DBC’作DH⊥BC于H，連接OH∴DH⊥平面BC’C∵AB’∥OD,AB’⊥BC’∴BC’⊥OD∴BC’⊥OH即∠DOH為所求二面角的平面角。設AC＝1，作OE⊥BC于E，則DH＝sin60°＝，BH＝，EH＝；Rt△BOH中，OH＝BH×EH＝，∴OH＝＝DH∴∠DOH＝45°，即二面角D—BC’—C的度數為45°。【注】對于二面角D—BC’—C的平面角，容易誤認為∠DOC即所求。利用二面角的平面角定義，兩邊垂直于棱，抓住平面角的作法，先作垂直于一面的垂線DH，再證得垂直于棱的垂線DO，最后連接兩個垂足OH，則∠DOH即為所求，其依據是三垂線定理。本題還要求解三角形十分熟練，在Rt△BOH中運用射影定理求OH的長是計算的關鍵。此題文科考生的第二問為：假設AB’⊥BC’，BC＝2，求AB’在側面BB’C’C的射影長。解答中抓住斜線在平面上的射影的定義，先作平面的垂線，連接垂足和斜足而得到射影。其解法如下：作AE⊥BC于E，連接B’E即所求，易得到OE∥B’B，所以＝＝，EF＝B’E。在Rt△B’BE中，易得到BF⊥BE,由射影定理得：B’E×EF＝BE即B’E＝1，所以B’E＝。yMFAx例4.求過定點M(1,2)，以x軸為準線，離心率為的橢圓的下頂點的軌跡方程。【分析】運動的橢圓過定點M，準線固定為x軸，所以M到準線距離為2。抓住圓錐曲線的統一性定義，可以得到＝建立一個方程，再由離心率的定義建立一個方程。【解】設A(x,y)、F(x,m)，由M(1,2)，則橢圓上定點M到準線距離為2，下頂點A到準線距離為y。根據橢圓的統一性定義和離心率的定義，得到：，消m得：（x－1）＋＝1，所以橢圓下頂點的軌跡方程為（x－1）＋＝1。【注】求曲線的軌跡方程，按照求曲線軌跡方程的步驟，設曲線上動點所滿足的條件，根據條件列出動點所滿足的關系式，進行化簡即可得到。本題還引入了一個參數m,列出的是所滿足的方程組，消去參數m就得到了動點坐標所滿足的方程，即所求曲線的軌跡方程。在建立方程組時，巧妙地運用了橢圓的統一性定義和離心率的定義。一般地，圓錐曲線的點、焦點、準線、離心率等問題，常用定義法解決；求圓錐曲線的方程，也總是利用圓錐曲線的定義求解，但要注意橢圓、雙曲線、拋物線的兩個定義的恰當選用。Ⅲ、鞏固性題組：函數y＝f(x)＝a＋k的圖像過點(1,7)，它的反函數的圖像過點(4,0)，則f(x)的表達式是___。2.過拋物線焦點F的直線與拋物線相交于A、B兩點，若A、B在拋物線準線上的射影分別為A、B,則∠AFB等于_____。A.45°B.60°C.90°D.120°3.已知A＝{0,1}，B＝{x|xA}，則下列關系正確的是_____。A.ABB.ABC.A∈BD.AB4.雙曲線3x－y＝3的漸近線方程是_____。A.y＝±3xB.y＝±xC.y＝±xD.y＝±x5.已知定義在R上的非零函數f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，則f(x)是_____。A.奇函數B.偶函數C.非奇非偶函數D.既奇既偶函數C＋C＝________。Z＝4(sin140°－ｉcos140°)，則復數的輻角主值是__________。不等式ax＋bx＋c>0的解集是(1,2)，則不等式bx＋cx＋a<0解集是__________。已知數列{a}是等差數列，求證數列{b}也是等差數列，其中b＝(a＋a＋…＋a)。10.已知F、F是橢圓＋＝1(a>b>0)的兩個焦點，其中F與拋物線y＝12x的焦點重合，M是兩曲線的一個焦點，且有cos∠MFF·cos∠MFF＝，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，論證的第一步是證明命題在n＝1(或n)時成立，這是遞推的基礎；第二步是假設在n＝k時命題成立，再證明n＝k＋1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n≥n且n∈N）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n＝k＋1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。Ⅰ、再現性題組：1.用數學歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2·1·2…(2n－1)（n∈N），從“k到k＋1”，左端需乘的代數式為_____。A.2k＋1B.2(2k＋1)C.D.2.用數學歸納法證明1＋＋＋…＋<n(n>1)時，由n＝k(k>1)不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應增加的代數式的個數是_____。A.2B.2－1C.2D.2＋13.某個命題與自然數n有關，若n＝k(k∈N)時該命題成立，那么可推得n＝k＋1時該命題也成立。現已知當n＝5時該命題不成立，那么可推得______。(94年上海高考)A.當n＝6時該命題不成立B.當n＝6時該命題成立C.當n＝4時該命題不成立D.當n＝4時該命題成立4.數列{a}中，已知a＝1，當n≥2時a＝a＋2n－1，依次計算a、a、a后，猜想a的表達式是_____。A.3n－2B.nC.3D.4n－35.用數學歸納法證明3＋5(n∈N)能被14整除，當n＝k＋1時對于式子3＋5應變形為_______________________。6.設k棱柱有f(k)個對角面，則k＋1棱柱對角面的個數為f(k+1)＝f(k)＋_________。【簡解】1小題：n＝k時，左端的代數式是(k＋1)(k＋2)…(k＋k),n＝k＋1時，左端的代數式是(k＋2)(k＋3)…(2k＋1)(2k＋2)，所以應乘的代數式為，選B；2小題：（2－1）－（2－1）＝2，選C；3小題：原命題與逆否命題等價，若n＝k＋1時命題不成立，則n＝k命題不成立，選C。4小題：計算出a＝1、a＝4、a＝9、a＝16再猜想a，選B；5小題：答案（3＋5）3＋5（5－3）；6小題：答案k－1。Ⅱ、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＝(n∈N)。當n＝1時，等式顯然成立；假設當n＝k時等式成立，即：S＝，當n＝k＋1時，S＝S＋＝＋＝＝＝,由此可知，當n＝k＋1時等式也成立。綜上所述，等式對任何n∈N都成立。【注】把要證的等式S＝作為目標，先通分使分母含有(2k＋3)，再考慮要約分，而將分子變形，并注意約分后得到（2k＋3）－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。可以說，用試值猜想證明三步解題，具有一般性。例2.設a＝＋＋…＋(n∈N),證明：n(n＋1)<a<(n＋1)。【分析】與自然數n有關，考慮用數學歸納法證明。n＝1時容易證得，n＝k＋1時，因為a＝a＋,所以在假設n＝k成立得到的不等式中同時加上，再與目標比較而進行適當的放縮求解。【解】當n＝1時，a＝，n(n+1)＝，(n+1)＝2，∴n＝1時不等式成立。假設當n＝k時不等式成立，即：k(k＋1)<a<(k＋1)，當n＝k＋1時，k(k＋1)＋<a<(k＋1)＋,k(k＋1)＋>k(k＋1)＋(k＋1)＝(k＋1)(k＋3)>(k＋1)(k＋2)，(k＋1)＋＝(k＋1)＋<(k＋1)＋(k＋)＝(k＋2)，所以(k＋1)(k＋2)<a<(k＋2)，即n＝k＋1時不等式也成立。綜上所述，對所有的n∈N，不等式n(n＋1)<a<(n＋1)恒成立。【注】用數學歸納法解決與自然數有關的不等式問題，注意適當選用放縮法。本題中分別將縮小成(k＋1)、將放大成(k＋)的兩步放縮是證n＝k＋1時不等式成立的關鍵。為什么這樣放縮，而不放大成(k＋2)，這是與目標比較后的要求，也是遵循放縮要適當的原則。本題另一種解題思路是直接采用放縮法進行證明。主要是抓住對的分析，注意與目標比較后，進行適當的放大和縮小。解法如下：由>n可得，a>1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)；由<n＋可得，a<1＋2＋3＋…＋n＋×n＝n(n＋1)＋n＝(n＋2n)<(n＋1)。所以n(n＋1)<a<(n＋1)。例3.設數列{a}的前n項和為S，若對于所有的自然數n，都有S＝，證明{a}是等差數列。（94年全國文）【分析】要證明{a}是等差數列，可以證明其通項符合等差數列的通項公式的形式，即證：a＝a＋(n－1)d。命題與n有關，考慮是否可以用數學歸納法進行證明。【解】設a－a＝d，猜測a＝a＋(n－1)d當n＝1時，a＝a，∴當n＝1時猜測正確。當n＝2時，a＋(2－1)d＝a＋d＝a，∴當n＝2時猜測正確。假設當n＝k（k≥2）時，猜測正確，即：a＝a＋(k－1)d，當n＝k＋1時，a＝S－S＝－，將a＝a＋(k－1)d代入上式，得到2a＝(k＋1)(a＋a)－2ka－k(k－1)d，整理得(k－1)a＝(k－1)a＋k(k－1)d，因為k≥2,所以a＝a＋kd，即n＝k＋1時猜測正確。綜上所述，對所有的自然數n，都有a＝a＋(n－1)d，從而{a}是等差數列。【注】將證明等差數列的問題轉化成證明數學恒等式關于自然數n成立的問題。在證明過程中a的得出是本題解答的關鍵，利用了已知的等式S＝、數列中通項與前n項和的關系a＝S－S建立含a的方程，代入假設成立的式子a＝a＋(k－1)d解出來a。另外本題注意的一點是不能忽視驗證n＝1、n＝2的正確性，用數學歸納法證明時遞推的基礎是n＝2時等式成立，因為由(k－1)a＝(k－1)a＋k(k－1)d得到a＝a＋kd的條件是k≥2。【另解】可證a－a＝a－a對于任意n≥2都成立：當n≥2時，a＝S－S＝－；同理有a＝S－S＝－；從而a－a＝－n(a＋a)＋，整理得a－a＝a－a，從而{a}是等差數列。一般地，在數列問題中含有a與S時，我們可以考慮運用a＝S－S的關系，并注意只對n≥2時關系成立，象已知數列的S求a一類型題應用此關系最多。Ⅲ、鞏固性題組：用數學歸納法證明：6＋1(n∈N)能被7整除。用數學歸納法證明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)(n∈N)。n∈N，試比較2與(n＋1)的大小，并用證明你的結論。用數學歸納法證明等式：cos·cos·cos·…·cos＝(81年全國高考)用數學歸納法證明：|sinnx|≤n|sinx|（n∈N）。（85年廣東高考）6.數列{a}的通項公式a＝(n∈N)，設f(n)＝(1－a)(1－a)…(1－a)，試求f(1)、f(2)、f(3)的值，推測出f(n)的值，并用數學歸納法加以證明。已知數列{a}滿足a＝1，a＝acosx＋cos[(n－1)x]，(x≠kπ，n≥2且n∈N)。①．求a和a；②.猜測a，并用數學歸納法證明你的猜測。8.設f(logx)＝,①.求f(x)的定義域；②.在y＝f(x)的圖像上是否存在兩個不同點，使經過這兩點的直線與x軸平行？證明你的結論。③.求證：f(n)>n(n>1且n∈N)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。Ⅰ、再現性題組：1.設2＝3＝5>1，則2x、3y、5z從小到大排列是________________。2.（理）直線上與點A(-2,3)的距離等于的點的坐標是________。（文）若k<－1，則圓錐曲線x－ky＝1的離心率是_________。3.點Z的虛軸上移動，則復數C＝z＋1＋2ｉ在復平面上對應的軌跡圖像為____________________。4.三棱錐的三個側面互相垂直，它們的面積分別是6、4、3，則其體積為______。5.設函數f(x)對任意的x、y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且當x>0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x＋2y－＝0的最大距離是_____。A.3B.C.D.2【簡解】1小題：設2＝3＝5＝t，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3y<2x<5z；2小題：（理）A(-2,3)為t＝0時，所求點為t＝±時，即(-4,5)或(0,1)；（文）已知曲線為橢圓，a＝1，c＝，所以e＝－；3小題：設z＝bｉ，則C＝1－b＋2ｉ，所以圖像為：從(1,2)出發平行于x軸向右的射線；4小題：設三條側棱x、y、z，則xy＝6、yz＝4、xz＝3,所以xyz＝24,體積為4。5小題：f(0)＝0，f(0)＝f(x)＋f(-x)，所以f(x)是奇函數，答案：減；6小題：設x＝4sinα、y＝2cosα，再求d＝的最大值，選C。Ⅱ、示范性題組：實數a、b、c滿足a＋b＋c＝1，求a＋b＋c的最小值。【分析】由a＋b＋c＝1想到“均值換元法”，于是引入了新的參數，即設a＝＋t，b＝＋t，c＝＋t，代入a＋b＋c可求。【解】由a＋b＋c＝1，設a＝＋t，b＝＋t，c＝＋t，其中t＋t＋t＝0，∴a＋b＋c＝（＋t）＋（＋t）＋(＋t)＝＋(t＋t＋t)＋t＋t＋t＝＋t＋t＋t≥所以a＋b＋c的最小值是。【注】由“均值換元法”引入了三個參數，卻將代數式的研究進行了簡化，是本題此種解法的一個技巧。本題另一種解題思路是利用均值不等式和“配方法”進行求解，解法是：a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a＋b＋c)，即a＋b＋c≥。兩種解法都要求代數變形的技巧性強，多次練習，可以提高我們的代數變形能力。橢圓＋＝1上有兩點P、Q，O為原點。連OP、OQ，若k·k＝－，①．求證：|OP|＋|OQ|等于定值；②.求線段PQ中點M的軌跡方程。【分析】由“換元法”引入新的參數，即設（橢圓參數方程），參數θ、θ為P、Q兩點，先計算k·k得出一個結論，再計算|OP|＋|OQ|，并運用“參數法”求中點M的坐標，消參而得。【解】由＋＝1，設，P(4cosθ,2sinθ)，Q(4cosθ,2sinθ),則k·k＝＝－，整理得到：cosθcosθ＋sinθsinθ＝0,即cos（θ－θ）＝0。∴|OP|＋|OQ|＝16cosθ＋4sinθ＋16cosθ＋4sinθ＝8＋12(cosθ＋cosθ)＝20＋6（cos2θ＋cos2θ)＝20＋12cos（θ＋θ）cos（θ－θ）＝20，即|OP|＋|OQ|等于定值20。由中點坐標公式得到線段PQ的中點M的坐標為，所以有()＋y＝2＋2(cosθcosθ＋sinθsinθ)＝2,即所求線段PQ的中點M的軌跡方程為＋＝1。【注】由橢圓方程，聯想到a＋b＝1,于是進行“三角換元”，通過換元引入新的參數，轉化成為三角問題進行研究。本題還要求能夠熟練使用三角公式和“平方法”，在由中點坐標公式求出M點的坐標后，將所得方程組稍作變形，再平方相加，即（cosθ＋cosθ）＋（sinθ＋sinθ），這是求點M軌跡方程“消參法”的關鍵一步。一般地，求動點的軌跡方程運用“參數法”時，我們可以將點的x、y坐標分別表示成為一個或幾個參數的函數，再運用“消去法”消去所含的參數，即得到了所求的軌跡方程。本題的第一問，另一種思路是設直線斜率k，解出P、Q兩點坐標再求：設直線OP的斜率k，則OQ的斜率為－，由橢圓與直線OP、OQ相交于PQ兩點有：，消y得(1＋4k)x＝16,即|x|＝；，消y得(1＋)x＝16，即|x|＝；所以|OP|＋|OQ|＝()＋（）＝＝20。即|OP|＋|OQ|等于定值20。在此解法中，利用了直線上兩點之間的距離公式|AB|＝|x－x|求|OP|和|OQ|的長。SEDCOFAB例3.已知正四棱錐S—ABCD的側面與底面的夾角為β，相鄰兩側面的夾角為α,求證：cosα=-cosβ。【分析】要證明cosα=-cosβ，考慮求出α、β的余弦，則在α和β所在的三角形中利用有關定理求解。【解】連AC、BD交于O，連SO；取BC中點F，連SF、OF；作BE⊥SC于E，連DE。則∠SFO＝β，∠DEB＝α。設BC＝a(為參數)，則SF＝＝,SC＝＝＝又∵BE＝＝＝在△DEB中，由余弦定理有：cosα＝＝＝－cosβ。所以cosα＝－cosβ。【注】設參數a而不求參數a，只是利用其作為中間變量輔助計算，這也是在參數法中參數可以起的一個作用，即設參數輔助解決有關問題。Ⅲ、鞏固性題組：已知復數z滿足|z|≤1，則復數z＋2ｉ在復平面上表示的點的軌跡是________________。函數y＝x＋2＋的值域是________________。拋物線y＝x－10xcosθ＋25＋3sinθ－25sinθ與x軸兩個交點距離的最大值為_____A.5B.10C.2D.3過點M(0,1)作直線L，使它與兩已知直線L：x－3y＋10＝0及L：2x＋y－8＝0所截得的線段被點P平分，求直線L方程。求半徑為R的球的內接圓錐的最大體積。f(x)＝(1－cosx)sinx，x∈[0,2π)，求使f(x)≤1的實數a的取值范圍。7.若關于x的方程2x＋xlg＋lg()＋lg＝0有模為1的虛根，求實數a的值及方程的根。8.給定的拋物線y＝2px(p>0)，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。Ⅰ、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a<0,－1<b<0，那么a、ab、ab之間的大小關系是_____。A.a>ab>abB.ab>ab>aC.ab>a>abD.ab>ab>a已知α∩β＝l，aα，bβ，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.141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a＝－1、b＝－0.5，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：C－C×4－3－6,選D。SCAOBⅡ、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。【分析】結論是“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，∴AC⊥SO，∵SO⊥底面圓O，∴SO⊥AB，∴SO⊥平面SAB，∴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。【注】否定性的問題常用反證法。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：x＋4ax－4a＋3＝0，x＋(a－1)x＋a＝0,x＋2ax－2a＝0至少有一個方程有實根。試求實數a的取值范圍。【分析】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－<a<－1。所以當a≥－1或a≤－時，三個方程至少有一個方程有實根。【注】“至少”、“至多”問題經常從反面考慮，有可能使情況變得簡單。本題還用到了“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，a≠0且a≠1，設函數y＝(其中x∈R且x≠)，證明：①.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；②.這個函數的圖像關于直線y＝x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。【證明】①設M(x,y)、M(x,y)是函數圖像上任意兩個不同的點，則x≠x,假設直線MM平行于x軸，則必有y＝y，即＝，整理得a(x－x)＝x－x∵x≠x∴a＝1，這與已知“a≠1”矛盾，因此假設不對，即直線MM不平行于x軸。②由y＝得axy－y＝x－1,即(ay－1)x＝y－1,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y＝x對稱可以得到，函數y＝的圖像關于直線y＝x成軸對稱圖像。【注】對于“不平行”的否定性結論使用反證法，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a≠1互相矛盾。第②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。Ⅲ、鞏固性題組：已知f(x)＝，求證：當x≠x時，f(x)≠f(x)。已知非零實數a、b、c成等差數列，a≠c，求證：、、不可能成等差數列。已知f(x)＝x＋px＋q，求證：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于。求證：拋物線y＝－1上不存在關于直線x＋y＝0對稱的兩點。已知a、b∈R，且|a|＋|b|<1，求證：方程x＋ax＋b＝0的兩個根的絕對值均小于1。AFDBMNEC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EM＝CN，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。“數”與“形”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