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高中数学解题基本方法与数学思想


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。
2 2 2 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) =a +2ab+b ,将这个

公式灵活运用,可得到各种基本配方形式,如: a 2 +b 2 =(a+b) 2 -2ab=(a-b) 2 +2ab;

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

3 b 2 ) +( b) 2 ; 2 2

2 2 2 a +b +c +ab+bc+ca=

1 [(a+b) 2 +(b+c) 2 +(c+a) 2 ] 2

a 2 +b 2 +c 2 =(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 ; x2+

1 1 2 1 ) -2=(x- ) 2 +2 ;…… 等等。 2 =(x+ x x x

Ⅰ、再现性题组: 再现性题组: 1. 在正项等比数列{a n }中,a 1 a 5 +2a 3 a 5 +a 3 a 7 =25,则 a 3 +a 5 =_______。
2 2

2. 方程 x +y -4kx-2y+5k=0 表示圆的充要条件是_____。
1 4

A.

<k<1

B. k< 1 或 k>1 4

C. k∈R

D. k= 1 或 k=1 4

3. 已知 sin 4 α+cos 4 α=1,则 sinα+cosα的值为______。 A. 1
2

B. -1

C. 1 或-1

D. 0

4. 函数 y=log 1 (-2x 2 +5x+3)的单调递增区间是_____。
5 4

A. (-∞,

]

B. [ 5 ,+∞) 4

C.

(- 1 , 5 ] 2 4

D. [ 5 ,3) 4

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

【简解】 1 小题:利用等比数列性质 a m? p a m+ p =a m ,将已知等式左边后配方(a 3 + a 5 ) 2 易求。答案是:5。 2 小题:配方成圆的标准方程形式(x-a) 2 +(y-b) 2 =r 2 ,解 r 2 >0 即可,选 B。
2 2 2 2 2

2

3 小题:已知等式经配方成(sin α+cos α) -2sin αcos α=1,求出 sinαcos α,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: 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. 2 3 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 ? ? 4 ( x + y + z ) = 24

将其配凑成两已知式的组合形式 x2 + y2 + z2 ,

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 条棱的长 度之和为 24”而得: ?

? 2 ( xy + yz + xz ) = 11 。 ? 4 ( x + y + z ) = 24

长方体所求对角线长为:

x 2 + y 2 + z 2 = ( x + y + z ) 2 ? 2( xy + yz + xz ) =

6 2 ? 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。
2 例 2. 设方程 x +kx+2=0 的两实根为 p、q,若(

p 2 q 2 ) +( ) ≤7 成立,求实数 k 的 q p

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

(

[( p + q )2 ? 2 pq]2 ? 2 p 2 q 2 ( p 2 + q 2 )2 ? 2 p 2 q 2 p 2 q p4 + q4 ) +( ) 2 = = = = ( pq ) 2 ( pq ) 2 q p ( pq ) 2

( k 2 ? 4)2 ? 8 ≤7, 解得 k≤- 10 或 k≥ 10 。 4

又 ∵p、 为方程 x +kx+2=0 的两实根,∴ △=k -8≥0 即 k≥2 2 或 k≤-2 2 q 综合起来,k 的取值范围是:- 10 ≤k≤- 2 2 或者 2 2 ≤k≤ 10 。 【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。
2 2 例 3. 设非零复数 a、b 满足 a +ab+b =0,求(

2

2

b a ) 1998 +( ) 1998 。 a+b a+b a 2 a a 【分析】 对已知式可以联想:变形为( ) +( )+1=0,则 =ω (ω为 1 的立方 b b b

虚根) ;或配方为(a+b) 2 =ab 。则代入所求式即得。 【解】由 a 2 +ab+b 2 =0 变形得:(

a 2 a ) +( )+1=0 , b b

设ω=

a 1 b ,则ω 2 +ω+1=0,可知ω为 1 的立方虚根,所以: = ,ω 3 = ω 3 =1。 b ω a

又由 a 2 +ab+b 2 =0 变形得:(a+b) 2 =ab ,

a 2 999 b 2 999 b a a b 1998 1998 ) +( ) =( ) +( ) =( ) 999 +( ) 999 =ω 999 所以 ( ab ab a+b a+b b a
+ω
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。 【另解】由 a 2 +ab+b 2 =0 变形得:(

a 2 a b ? 1 ± 3i ) +( )+1=0 ,解出 = 后, 2 b b a

化成三角形式,代入所求表达式的变形式(

a 999 b ) +( ) 999 后,完成后面的运算。此方法用 b a

于只是未

? 1 ± 3i 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 a 2 + ab +b 2 = 0 解 出: a =

? 1 ± 3i b,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,利用棣莫佛 2
定理完成最后的计算。 巩固性题组: Ⅲ、巩固性题组:
2 2 1. 函数 y=(x-a) +(x-b)

(a、b 为常数)的最小值为_____。

A.

8

2 B. ( a ? b )

2 2 C. a + b

D.最小值不存在

2

2

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

A.

- 49 4

B. 8
+

C. 18

D.不存在
x y

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

C.最小值 2 2

B.最小值 2
2

2 2 2 4. 椭圆 x -2ax+3y +a -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. 5. 化简:2 1 ? sin 8 + 2 + 2 cos 8 的结果是_____。 A. 2sin4 B. 2sin4-4cos4 C. -2sin4
2

2或6

D.

4cos4-2sin4

6. 设 F 1 和 F 2 为双曲线 x -y 2 =1 的两个焦点, P 在双曲线上且满足∠F 1 PF 2 =90°, 点
4

则△F 1 PF 2 的面积是_________。 7. 若 x>-1,则 f(x)=x 2 +2x+ 1 的最小值为___________。
x +1

8. 已知 π 〈β<α〈 3 π,cos(α-β)= 12 ,sin(α+β)=- 3 ,求 sin2α的值。(92
2 4 13 5

年高考题) 9. 设二次函数 f(x)=Ax 2 +Bx+C,给定 m、n(m<n),且满足 A 2 [(m+n) 2 + m 2 n 2 ]+ 2A[B(m+n)-Cmn]+B 2 +C 2 =0 。 ① 解不等式 f(x)>0; 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=log s t+log t s, y=log s 4 t+log t 4 s+m(log s 2 t+log t 2 s), 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 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
x x x 过变形才能发现。例如解不等式:4 +2 -2≥0,先变形为设 2 =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

=sin 2 α ,α∈[0,

π
],问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设,其中

2
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 x 2 +y 2 =r 2(r>0) 时,则可作三角代换 x=rcosθ、y=rsinθ化为三角问题。 均值换元,如遇到 x+y=S 形式时,设 x=

S S +t,y= -t 等等。 2 2

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

π
中的 t>0 和α∈[0, ]。

2
Ⅰ、再现性题组: 再现性题组: 1.y=sinx·cosx+sinx+cosx 的最大值是_________。 2.设 f(x 2 +1)=log a (4-x 4 ) (a>1) ,则 f(x)的值域是_______________。 3.已知数列{a n }中,a 1 =-1,a n+1 ·a n =a n+1 -a n ,则数列通项 a n =___________。 4.设实数 x、y 满足 x 2 +2xy-1=0,则 x+y 的取值范围是___________。

1 + 3? x =3 的解是_______________。 5.方程 1 + 3x
6.不等式 log 2 (2 x -1) ·log 2 (2 x +1 -2)〈2 的解集是_______________。

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

t2 1 +t- , 对称轴 t=-1, 2 2

当 t= 2 ,y max =

1 + 2; 2

2 小题: x 2 +1=t (t≥1), f(t)=log a [-(t-1) 2 +4], 设 则 所以值域为(-∞,log a 4];

1
3 小题:已知变形为 -

a n+1
=-n,所以 a n =-

1 1 =-1,设 b n = ,则 b 1 =-1,b n =-1+(n-1)(-1) an an

1 ; n

4 小题:设 x+y=k,则 x 2 -2kx+1=0, △=4k 2 -4≥0,所以 k≥1 或 k≤-1; 5 小题:设 3 x =y,则 3y 2 +2y-1=0,解得 y=

1 ,所以 x=-1; 3 5 ,log 2 3)。 4

6 小题:设 log 2 (2 x -1)=y,则 y(y+1)<2,解得-2<y<1,所以 x∈(log 2 Ⅱ、示范性题组: 示范性题组:

例 1. 实数 x、 满足 4x 2 -5xy+4y 2 =5 y

( ①式) , S=x 2 +y 2 , 设 求

1


1 S min

S max
的值。 (93 年全国高中数学联赛题)

2 2 2 2 【 分 析 】 由 S = x + y 联 想 到 cos α + sin α = 1, 于 是 进 行 三 角 换 元 , 设

? x = S cos α ? 代入①式求 S max 和 S min 的值。 ? ? y = S sin α ?
【解】设 ?

? x = S cos α ? ? y = S sin α ?
代入①式得: 4S-5S·sinαcosα=5

解得 S=

10 ; 8 ? 5 sin 2α


∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8-5sin2α≤13

10 10 10 ≤ ≤ 13 8 ? 5 sin α 3

1


1


S max

S min



3 13 16 8 + = = 10 10 10 5 8 S ? 10 的有界性而求,即解不等 S

此种解法后面求 S 最大值和最小值,还可由 sin2α=

式:|

8S ? 10 |≤1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法” 。 S

【另解】 由 S=x 2 +y 2 ,设 x 2 =

S S S S +t,y 2 = -t,t∈[- , ], 2 2 2 2

则 xy=±

S2 S2 -t 2 代入①式得:4S±5 -t 2 =5, 4 4

移项平方整理得 100t 2 +39S 2 -160S+100=0 。 39S 2 -160S+100≤0 解得:



10 10 ≤S≤ 13 3

1
∴ +

1


S max

S min

3 13 16 8 + = = 10 10 10 5

【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=x 2 +y 2 与三角公 式 cos 2 α+sin 2 α=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=x 2 +y 2 而按照均值换元的思路,

设 x 2 = S +t、y 2 = S -t,减少了元的个数,问题且容易求解。另外,还用到了求值域的
2 2

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。本题设 x=a+b,y =a-b,代入①式整理得 3a 2 +13b 2 =5 ,求得 a 2 ∈[0,

5 ],所以 S=(a-b) 2 +(a+b) 2 3

2

2

=2(a +b )=

10 20 2 10 10 1 1 + a ∈[ , ],再求 + 的值。 13 13 13 3 S max S min

例 2. △ABC 的三个内角 A、B、C 满足:A+C=2B,

2 1 1 + =- ,求 cos A cos C cos B

cos

A? C 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 ? ,再代入可 ? ? B= 60 ° ?C= 60°-α
求 cosα即 cos

A? C 。 2 ? A + C = 120°
,

【解】由△ABC 中已知 A+C=2B,可得 ?

? B= 60 °

由 A+C=120°,设 ?

? A= 60° + α
,代入已知等式得:

?C= 60°-α

1 1 1 1 + = + = cos( 60°+α ) cos( 60°?α ) cos A cos C

1


1 3 cos α ? sin α 2 2

1


1 3 cos α + sin α 2 2
2 , 2

cos α cos α = =-2 2 , 1 3 2 3 2 2 cos α ? sin α cos α ? 4 4 4 2 A? C = 。 2 2 2 1 1 + =- cos A cos C cos B

解得:cosα=

即:cos

【另解】由 A+C=2B,得 A+C=120°,B=60°。所以

=-2 2 ,设

1 1 =- 2 +m, =- 2 -m , cos A cos C

所以 cosA=

1 1 ,cosC= ,两式分别相加、相减得: ? 2+m ? 2?m
2 2 A+ C A? C A? C cos =cos = 2 , 2 2 2 m ?2 A+ C A? C A? C 2m sin =- 3 sin = 2 , 2 2 2 m ?2

cosA+cosC=2cos

cosA-cosC=-2sin

即:sin

2 2 A? C 2m 2 A? C 2 A? C =- ,=- 2 ,代入 sin +cos =1 整理 2 2 2 m ?2 3( m2 ? 2) 2 2 2 A? C = 2 = 。 2 2 m ?2 1 1 + =-2 2 ”分别进行均值 cos A cos C

4 2 得:3m -16m-12=0,解出 m =6,代入 cos

【注】 本题两种解法由“A+C=120°”“ 、

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,也可由三角运算直接解出:由 A+C

=2B, A+C=120°, 得 B=60°。 所以

2 1 1 + =- =-2 2 , cosA+cosC 即 cos A cos C cos B

=-2 2 cosAcosC,和积互化得:

2cos

2 A+ C A? C A? C cos =- 2 [cos(A+C)+cos(A-C), cos 即 = - 2 cos(A-C) 2 2 2 2



2 A? C A? C A? C - 2 (2cos 2 -1),整理得:4 2 cos 2 +2cos -3 2 =0, 2 2 2 2 2 A? C = 2 2

解得:cos

例 3. 设 a>0, f(x)=2a(sinx+cosx)-sinx· 求 cosx-2a 2 的 y 最大值和最小值。 , ,
2

【解】 设 sinx+cosx=t,则 t∈[- 2 , 2 ],由(sinx+ - 2 cosx) 2 =1+2sinx·cosx 得:sinx·cosx=

x

t2 ?1 2



1 1 (t-2a) 2 + (a>0) ,t∈[- 2 , 2 ] 2 2 1 t=- 2 时,取最小值:-2a 2 -2 2 a- 2
f(x)=g(t)=-

当 2a≥ 2 时,t= 2 ,取最大值:-2a 2 +2 2 a- 当 0<2a≤ 2 时,t=2a,取最大值:

1 2



1 2



?1 2 ) ? (0 < a < 1 ?2 2 2 ∴ f(x)的最小值为-2a -2 2 a- ,最大值为 ? 。 2 1 2 ? 2 ? ? 2a + 2 2 a ? 2 ( a ≥ 2 ) ?
【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。

4( a + 1) (a + 1)2 2a 例 4. 设对所于有实数 x,不等式 x log 2 +2x log 2 +log 2 >0 a a +1 4a 2
2

恒成立,求 a 的取值范围。 (87 年全国理)

4( a + 1) ( a + 1) 2 2a 【分析】不等式中 log 2 、 log 2 、log 2 三项有何联系?进行对 a a +1 4a 2
数式的有关变形后不难发现,再实施换元法。

【解】 设 log 2

4( a + 1) 2a 8( a + 1) a +1 =t,则 log 2 =log 2 =3+log 2 =3- a a +1 2a 2a

(a + 1)2 2a a +1 log 2 =3-t,log 2 =2log 2 =-2t, 2 a +1 2a 4a
代入后原不等式简化为(3-t)x 2 +2tx-2t>0,它对一切实数 x 恒成立,所以:

?3 ? t > 0 ?t < 3 ,解得 ? ? 2 ?t < 0或t > 6 ? ? = 4t + 8t ( 3 ? t ) < 0
0<

∴ t<0 即 log 2

2a <0 a +1

2a <1,解得 0<a<1。 a +1
【注】应用局部换元法,起到了化繁为简、化难为易的作用。为什么会想到换元及如何

4( a + 1) (a + 1)2 2a 设元,关键是发现已知不等式中 log 2 、 log 2 、log 2 三项之间的联 a a +1 4a 2
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。

例 5. 已知

sin θ cos θ cos 2 θ sin 2 θ 10 = ,且 + = 2 2 2 x y x y 3( x + y 2 )

(②式),求

x 的 y

值。

【解】 设

sin θ cos θ 2 2 = =k,则 sinθ=kx,cosθ=ky,且 sin θ+cos θ= x y 10k 2 k2 y2 k 2x2 10 + = = 3 x2 y2 3( x 2 + y 2 )
y2 x2 + 2 = x2 y

2

2

2

k (x +y )=1,代入②式得:

即:

10 3

1 x2 设 2 =t,则 t+ = 10 , t y 3

解得:t=3 或

1 3



x 3 =± 3 或± y 3

x sin θ cos 2 θ 【另解】 由 = =tgθ,将等式②两边同时除以 ,再表示成含 tgθ y cos θ x2
的式子:1+tg 4 θ= (1 + tg 2θ ) ×

10 3(1 + 1 ) tg 2θ


10 2 tg θ,设 tg 2 θ=t,则 3t 2 —10t+3 3

=0,

∴t=3 或

1 , 3

解得

x 3 =± 3 或± 。 y 3

【注】 第一种解法由

sin θ cos θ = 而进行等量代换, 进行换元, 减少了变量的个数。 x y

第二种解法将已知变形为

x sin θ = ,不难发现进行结果为 tgθ,再进行换元和变形。两 y cos θ

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。

例 6. 实数 x、y 满足

( x ? 1)2 ( y + 1) 2 + =1,若 x+y-k>0 恒成立,求 k 的范围。 9 16

( x ? 1)2 ( y + 1) 2 【分析】由已知条件 + =1,可以发现它与 a 2 +b 2 =1 有相似之处, 9 16
于是实施三角换元。

x ?1 ( x ? 1)2 ( y +1) 2 y +1 【解】由 + =1,设 =cosθ, =sinθ, 9 16 3 4
即: ?

? x = 1 + 3 cos θ ? y = ?1 + 4 sin θ
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 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” 。 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形问题:椭圆上的 y 点始终位于平面上 x+y-k>0 的区域。即当直线 x+y x -k=0 在与椭圆下部相切的切线之下时。当直线与椭

?16( x ? 1) 2 + 9( y + 1) 2 = 144 有相 圆相切时,方程组 ? ?x + y ? k = 0
k 等的一组实数解,消元后由△=0 可求得 k=-3,所以 k<-3 时原不等式恒成立。

x+y-k>0 平面区域

Ⅲ、巩固性题组: 巩固性题组: 1. 已知 f(x 3 )=lgx (x>0),则 f(4)的值为_____。 A. 2lg2 B.
1 lg2 3

C.

2 lg2 3

D.

2 lg4 3

2. 函数 y=(x+1) 4 +2 的单调增区间是______。 A. [-2,+∞) B. [-1,+∞)
2

D. (-∞,+∞)

C. (-∞,-1]

3. 设等差数列{a n }的公差 d= 1 ,且 S 100 =145,则 a 1 +a 3 +a 5 +……+a 99 的值为 _____。 A. 85

B. 72.5

C. 60

D. 52.5

4. 已知 x 2 +4y 2 =4x,则 x+y 的范围是_________________。 5. 已知 a≥0,b≥0,a+b=1,则 a + 1 + b + 1 的范围是____________。
2 2

6. 不等式 x >ax+ 3 的解集是(4,b),则 a=________,b=_______。
2

7. 函数 y=2x+ x + 1 的值域是________________。

8. 在等比数列{a n }中,a 1 +a 2 +…+a 10 =2,a 11 +a 12 +…+a 30 =12,求 a 31 +a 32 +…+a 60 。 9. 实数 m 在什么范围内取值,对任意实数 x,
2 不等式 sin x+2mcosx+4m-1<0 恒成立。

y

10. 已知矩形 ABCD,顶点 C(4,4),A 点在曲线 x 2 +y 2 =2 (x>0,y>0)上移动,且 AB、AD O

D A

C B x

始终平行 x 轴、y 轴,求矩形 ABCD 的最小面 积。

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。 再现性题组: Ⅰ、再现性题组: 1. 设 f(x)=

x +m,f(x)的反函数 f ?1 (x)=nx-5,那么 m、n 的值依次为_____。 2 5 5 5 5 A. , -2 B. - , 2 C. , 2 D. - ,-2 2 2 2 2 1 1 2 2. 二次不等式 ax +bx+2>0 的解集是(- , ),则 a+b 的值是_____。 2 3
A. 10 B. -10 C. 14 D. -14

3. 在(1-x 3 )(1+x) 10 的展开式中,x 5 的系数是_____。 A. -297 B.-252 C. 297 D. 207

4. 函数 y=a-bcos3x (b<0)的最大值为

3 1 ,最小值为- ,则 y=-4asin3bx 的最小 2 2

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_______________。

y2 6. 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
2

____________。

x +m 求出 f ?1 (x)=2x-2m,比较系数易求,选 C; 2 1 1 1 1 2 小题:由不等式解集(- , ),可知- 、 是方程 ax 2 +bx+2=0 的两根,代入 2 3 2 3
【简解】1 小题:由 f(x)= 两根,列出关于系数 a、b 的方程组,易求得 a+b,选 D;
5 2 3 小题:分析 x 5 的系数由 C 10 与(-1)C 10 两项组成,相加后得 x 5 的系数,选 D;

4 小题: 由已知最大值和最小值列出 a、 的方程组求出 a、 的值, b b 再代入求得答案

2π ; 3

5 小题: 设直线 L’方程 2x+3y+c=0, A(1,-4)代入求得 C=10, 点 即得 2x+3y+10=0; 6 小题: 设双曲线方程 x 2 -

y2 x2 y2 =λ, 点(2,2)代入求得λ=3, 即得方程 - =1。 4 3 12

Ⅱ、示范性题组: 示范性题组:

例1. 已知函数 y=

mx 2 + 4 3x + n 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” 。
2 【解】 函数式变形为: (y-m)x -4 3 x+(y-n)=0, x∈R, 由已知得 y-m≠0

∴ △=(-4 3 ) 2 -4(y-m)(y-n)≥0 即: y 2 -(m+n)y+(mn-12)≤0 ①
2 不等式①的解集为(-1,7),则-1、7 是方程 y -(m+n)y+(mn-12)=0 的两根,

代入两根得: ?

?1 + ( m + n ) + mn ? 12 = 0 ?49 ? 7( m + n ) + mn ? 12 = 0

解得: ?

?m = 5 ?m = 1 或? ?n = 1 ?n = 5

∴ y=

5x 2 + 4 3x + 1 x 2 + 4 3x + 5 或者 y= x2 +1 x2 +1

此题也可由解集(-1,7)而设(y+1)(y-7)≤0,即 y 2 -6y-7≤0,然后与不等式①比较

系数而得: ?

?m + n = 6 ,解出 m、n 而求得函数式 y。 ? mn ? 12 = ?7

【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勾股定理建立 y B’ 一个方程,再将焦点与长轴较近端点的距离转化为 a-c x 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



?a 2 = b 2 + c 2 ? 2 2 2 ?a + a = ( 2b ) ? ?a ? c = 10 ? 5

?a = 10 ? 解得: ? ?b = 5 ?

B

∴ 所求椭圆方程是:

x2 y2 + =1 10 5

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’O’F’,再进行如

?b = c ? 下列式: ?a ? c = 10 ? 5 ? 2 2 2 ?a = b + c

,更容易求出 a、b 的值。

【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。
2 2 2 例 3. 是否存在常数 a、b、c,使得等式 1·2 +2·3 +…+n(n+1) =

n( n + 1) (an 2 12

+bn+c)对一切自然数 n 都成立?并证明你的结论。 (89 年全国高考题) 【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。 【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,得 22 6



1 (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 ? ?
于是对 n=1、2、3,等式 1·2 2 +2·3 2 +…+n(n+1) 2 = 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:

n( n + 1) (3n 2 +11n+10) 12

k ( k + 1) (3k 2 +11k+10); 12 k ( k + 1) 当 n=k+1 时,1·2 2 +2·3 2 +…+k(k+1) 2 +(k+1)(k+2) 2 = (3k 2 +11k 12 k ( k + 1) ( k + 1)( k + 2 ) +10) +(k+1)(k+2) 2 = (k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2) 2 = 12 12 ( k + 1)( k + 2 ) (3k 2 +5k+12k+24)= [3(k+1) 2 +11(k+1)+10], 12
假设对 n=k 时等式成立, 1· 2 +2· 2 +…+k(k+1) 2 = 即 2 3 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 1 3 +2 3 +…+n 3 、 2 +2 2 +…+n 2 求 1 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: n(n+1) 2 =n 3 +2n 2 由 +n 得 S n =1·2 2 +2·3 2 +…+n(n+1) 2 =(1 3 +2 3 +…+n 3 )+2(1 2 +2 2 +…+n 2 )+

n 2 ( n + 1) 2 n( n + 1)( 2n + 1) n( n + 1) n( n + 1) (1+2+…+n)= +2× + = (3n 2 +11n+ 4 6 2 12
10),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。

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。 ∴ 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。 设 V=

4 (15a-ax)(7b-bx)x (a>0,b>0) ab

要使用均值不等式,则 ?

?? a ? b + 1 = 0 ?15a ? ax = 7b ? bx = x

解得:a=

3 1 , b= , x=3 。 4 4

15 21 64 15 x 21 3 64 4 + 4 3 64 从而 V= ( - )( - x)x≤ ( ) = ×27=576。 3 4 4 4 4 3 3 3
所以当 x=3 时,矩形盒子的容积最大,最大容积是 576cm 3 。 【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,可以用 “待定系数法”求。本题解答中也可以令 V=

4 4 (15a-ax)(7-x)bx 或 (15-x)(7a- ab ab

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: 巩固性题组: 1. 函数 y=log a x 的 x∈[2,+∞)上恒有|y|>1,则 a 的取值范围是_____。 A. 2>a> 1 且 a≠1
2

B. 0<a< 1 或 1<a<2
2

C.

1<a<2

D. a>2 或 0<a< 1
2

2. 方程 x 2 +px+q=0 与 x 2 +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
8

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=_____。 A.
2

B. - 2

C.

1

D. -1

4. 满足 C 0 +1·C 1 +2·C 2 +…+n·C n <500 的最大正整数是_____。 n n n n A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
2

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

A.

-1
2

B. 1

C.

1 2

D.与 a 有关

6. (1+kx) 9 =b 0 +b 1 x+b 2 x 2 +…+b 9 x 9 ,若 b 0 +b 1 +b 2 +…+b 9 =-1,则 k= ______。 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 4 10 , 求抛物线的方程。

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。 再现性题组: 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. MP<OM<AT B. OM<MP<AT C. AT<<OM<MP D. OM<AT<MP 3. 复数 z 1 =a+2i,z 2 =-2+i,如果|z 1 |< |z 2 |,则实数 a 的取值范围是_____。

A. -1<a<1

B. a>1

C. a>0

D. a<-1 或 a>1

5 x2 y2 + =1 上有一点 P, 它到左准线的距离为 ,那么 P 点到右焦点的距离为 4. 椭圆 25 9 2
_____。

A.

8

C. 7.5

C.

75 4

D.

3

5. 奇函数 f(x)的最小正周期为 T,则 f(-

T )的值为_____。 2

A.

T

B. 0

C.

T 2

D. 不能确定

6. 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 a 2 + 2 2 < 5 ,选 A;

4 小题:利用椭圆的第二定义得到

| PF左 | 4 =e= ,选 A; 5 5 2 T T T )=f( )=-f(- ),选 B; 2 2 2

5 小题:利用周期函数、奇函数的定义得到 f(- 6 小题:利用线面角、面面角的定义,答案 2。 示范性题组: Ⅱ、示范性题组: 例 1. 已知 z=1+i,

① 设 w=z 2 +3 z -4,求 w 的三角形式;

② 如果

z 2 + az + b =1-i,求实数 a、b 的值。 (94 年全国理) z2 ? 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=z 2 +3 z -4=(1+i) 2 +3 (1 + i ) -4=2i+3(1-i)-4= -1-i,w 的三角形式是 2 (cos

5π 5π +isin ) ; 4 4

由 z=1+i,有

z 2 + az + b (1 + i ) 2 + a (1 + i ) + b ( a + b) + ( a + 2)i = = =(a+2)- z2 ? z +1 (1 + i ) 2 ? (1 + i ) + 1 i

(a+b)i。 由题设条件知:(a+2)-(a+b)i=1+i; 根据复数相等的定义,得: ?

?a + 2 = 1 , ? ? ( a + b ) = ?1

解得 ?

? a = ?1 。 ?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)=-x n +cx,f(2)=-14,f(4)=-252,求 y=log
2 2

f(x)的定义域,

3

判定在(

2 ,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。

? f ( 2) = ?2 n + 2c = ?14 ? 【解】 ? ? f ( 4) = ?4 n + 4c = ?252 ?

解得: ?

?n = 4 ?c = 1

4 ∴ f(x)=-x +x 解 f(x)>0 得:0<x<1

3



2 <x 2

4
1

4

<x

2

<1 ,

则 f(x

1

) - f(x

2

)=-x

1

+x

1

- ( -x

2

+x

2



=(x 1 -x 2 )[1-(x 1 +x 2 )( x 1 2 +x 2 2 )],
2 2

∵ x 1 +x 2 > 2 , x 1 +x 2

3

4 > 2
3

3

3

∴ (x 1 +x 2 )( x 1 +x 2 )〉 2 ×

2

2

3

4 =1 2

∴ f(x 1 )-f(x 2 )>0 即 f(x)在(

2 ,1)上是减函数 2
3



2 <1 2

∴ y=log

f(x) 在( 2
2

2 ,1)上是增函数。 2

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

设 AC=1,作 OE⊥BC 于 E,则 DH=

3 3 1 1 sin60°= ,BH= ,EH= ; 2 4 4 4

Rt△BOH 中,OH 2 =BH×EH=

3 , 16



OH=

3 =DH 4

∴∠DOH=45°,即二面角 D—BC’—C 的度数为 45°。

【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: AE⊥BC 于 E, 作 连接 B’E 即所求, 易得到 OE∥B’B, 所以

EF OE 1 1 = = , EF= B’E。 BF B' B 2 3 1 在 Rt△B’BE 中, 易得到 BF⊥BE,由射影定理得: B’E×EF=BE 2 即 B’E 2 =1, 所以 B’E= 3 。 3 1 y 例 4. 求过定点 M(1,2),以 x 轴为准线,离心率为 的椭圆的 2 M F
A x

下顶点的轨迹方程。 【分析】运动的椭圆过定点 M,准线固定为 x 轴,所以 M 到准 线距离为 2。抓住圆锥曲线的统一性定义,可以得到

| AF | 1 = 建立一个方程,再由离心率 2 2

的定义建立一个方程。 【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 ? 2 2 ? ( x ? 1) + ( m ? 2 ) = 2 × 2 ? ?m ? y 1 ? = ? y 2 ?

4 ( y ? )2 3 =1, ,消 m 得: (x-1) 2 + 2 ( )2 3

4 ( y ? )2 3 =1。 所以椭圆下顶点的轨迹方程为(x-1) 2 + 2 2 ( ) 3
【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。 巩固性题组: Ⅲ、巩固性题组:
x 1. 函数 y=f(x)=a +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 A 1 、B 1 ,则∠A 1 FB 1 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 3x 2 -y 2 =3 的渐近线方程是_____。 A. y=±3x B. y=± 1 x
3

C. y=± 3 x

D. y=± 3 x
3

5. 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 6. C 38? n +C 3n+n =________。 3n 21 7. Z=4(sin140°-icos140°),则复数 12 的辐角主值是__________。
z

8. 不等式 ax 2 +bx+c>0 的解集是(1,2),则不等式 bx 2 +cx+a<0 解集是__________。 9. 已知数列{a n }是等差数列, 求证数列{b n }也是等差数列, 其中 b n = 1 (a 1 +a 2 +…
n

+a n )。 10. 已知 F 1 、F 2 是椭圆 x 2 + y 2 =1 (a>b>0)的两个焦点,其中 F 2 与抛物线 y 2 =12x 的
a b
7 焦点重合,M 是两曲线的一个焦点,且有 cos∠M F 1 F 2 ·cos∠MF 2 F 1 = 23 ,求椭圆方程。
2 2

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 n 0 )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≥n 0 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。 再现性题组: Ⅰ、再现性题组: 1. 用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2 n ·1·2…(2n-1) 到 k+1”,左端需乘的代数式为_____。 A. 2k+1 B. 2(2k+1) C. (n∈N) ,从“k

2k + 1 k +1

D.

2k + 3 k +1

2. 用数学归纳法证明 1+

1 1 1 + +…+ n <n (n>1)时,由 n=k (k>1)不等式成 2 3 2 ?1
2k 2 k +1

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

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{a n }中,已知 a 1 =1,当 n≥2 时 a n =a n?1 +2n-1,依次计算 a 2 、a 3 、a 4 后, 猜想 a n 的表达式是_____。 B. n 2 3 n?1

A. 3n-2

C.

D. 4n-3

5. 用数学归纳法证明 3 4 n+ 2 +5 2 n+1
4 ( k +1)+ 2

(n∈N)能被 14 整除,当 n=k+1 时对于式子

3

+5 2( k+1)+1 应变形为_______________________。

6. 设 k 棱柱有 f(k)个对角面, k+1 棱柱对角面的个数为 f(k+1)=f(k)+_________。 则 【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 2 小题: k +1 -1)-(2 k -1)=2 k ,选 C; (2 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 a 1 =1、a 2 =4、a 3 =9、a 4 =16 再猜想 a n ,选 B;
4k + 2

( 2k + 1)( 2k + 2) ,选 B; k +1

5 小题:答案(3 6 小题:答案 k-1。 示范性题组: Ⅱ、示范性题组:

+5 2 k +1 )3 k +5 2 k +1 (5 2 -3 4 ) ;

例1. 已知数列

8·1 8·n ,…。S n 为其前 n 项和,求 S 1 、 2 ,得,…, 1 ·3 ( 2n ? 1) 2 · ( 2n + 1) 2
2

S 2 、S 3 、S 4 ,推测 S n 公式,并用数学归纳法证明。 (93 年全国理)

【解】 计算得 S 1 =

80 8 24 48 ,S 2 = ,S 3 = ,S 4 = , 9 25 49 81

猜测 S n =

( 2n + 1) 2 ? 1 ( 2n + 1) 2

(n∈N)。

当 n=1 时,等式显然成立;

假设当 n=k 时等式成立,即:S k =

( 2k + 1) 2 ? 1 , ( 2 k + 1) 2

当 n=k+1 时,S k +1 =S k +

8·( k + 1) ( 2k + 1) 2 ·( 2k + 3) 2



( 2k + 1) 2 ? 1 8·( k + 1) + 2 ( 2 k + 1) ( 2k + 1) 2 ·( 2k + 3) 2

( 2k + 1) 2 ? ( 2k + 3) 2 ? ( 2k + 3) 2 + 8·( k + 1) = ( 2k + 1) 2 ·( 2k + 3) 2 ( 2k + 1) 2 ? ( 2k + 3) 2 ? ( 2k ? 1) 2 ( 2k + 3) 2 ? 1 = = , ( 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。

【注】 把要证的等式 S k +1 =

( 2k + 3) 2 ? 1 作为目标,先通分使分母含有(2k+3) 2 ,再 2 ( 2k + 3)

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, 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:

由 an =

1 1 8·n 得, 2 - 2 2 = ( 2n ? 1) ( 2 n + 1) 2 ( 2n ? 1) · ( 2n + 1)
1 1 1 1 1 1 2 - 2 =1- 2 )+( 2 - 2 )+……+ ( 2n ? 1) ( 2 n + 1) ( 2 n + 1) 2 3 3 5

S n =(1-

( 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

8·n = ( 2n ? 1) 2 · ( 2n + 1) 2

1 1 的裂项公式。可以说,用试值猜想证明三步解题,具有一般性。 2 - ( 2n ? 1) ( 2 n + 1) 2
例 2. 设 a n = 1×2 + 2× 3 +…+ n( n + 1) (n+1) 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 a
k +1

(n∈N),证明:

1 1 n(n+1)<a n < 2 2

=a

k



( 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。
【解】 当 n=1 时,a n = 2 , ∴ n=1 时不等式成立。

1 1 1 n(n+1)= , (n+1) 2 =2 , 2 2 2

1 1 k(k+1)<a k < (k+1) 2 , 2 2 1 1 当 n=k+1 时, k(k+1)+ ( k + 1)( k + 2) <a k +1 < (k+1) 2 + ( k + 1)( k + 2) , 2 2 1 1 1 1 k(k+1)+ ( k + 1)( k + 2) > k(k+1)+(k+1)= (k+1)(k+3)> (k+1)(k+2), 2 2 2 2
假设当 n=k 时不等式成立,即:

1 1 1 3 1 (k+1) 2 + ( k + 1)( k + 2) = (k+1) 2 + k 2 + 3k + 2 < (k+1) 2 +(k+ )= (k 2 2 2 2 2
+2) 2 ,

1 1 (k+1)(k+2) <a k < (k+2) 2 ,即 n=k+1 时不等式也成立。 2 2 1 1 综上所述,对所有的 n∈N,不等式 n(n+1)<a n < (n+1) 2 恒成立。 2 2
所以 【注】 用数学归纳法解决与自然数有关的不等式问题,注意适当选用放缩法。本题中 分别将 ( k + 1)( k + 2) 缩小成(k+1)、 将 ( k + 1)( k + 2) 放大成(k+

3 )的两步放缩是证 n 2

=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,a n >1+2+3

1 1 1 1 n(n+1); 由 n( n + 1) <n+ 可得, n <1+2+3+…+n+ ×n= n(n+1) a 2 2 2 2 1 1 1 1 1 + n= (n 2 +2n)< (n+1) 2 。所以 n(n+1)<a n < (n+1) 2 。 2 2 2 2 2 n( a1 + a n ) 例 3. 设数列{a n }的前 n 项和为 S n ,若对于所有的自然数 n,都有 S n = , 2
+…+n= 证明{a n }是等差数列。 (94 年全国文) 【分析】 要证明{a n }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:a n =a 1 +(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 a 2 -a 1 =d,猜测 a n =a 1 +(n-1)d 当 n=1 时,a n =a 1 , ∴ 当 n=1 时猜测正确。

当 n=2 时,a 1 +(2-1)d=a 1 +d=a 2 ,

∴当 n=2 时猜测正确。

假设当 n=k(k≥2)时,猜测正确,即:a k =a 1 +(k-1)d , 当 n=k+1 时,a k +1 =S k +1 -S k =

( k + 1)( a1 + a k +1 ) k ( a1 + a k ) - , 2 2

将 a k =a 1 +(k-1)d 代入上式, 得到 2a k +1 =(k+1)(a 1 +a k +1 )-2ka 1 -k(k-1)d, 整理得(k-1)a k +1 =(k-1)a 1 +k(k-1)d, 因为 k≥2,所以 a k +1 =a 1 +kd,即 n=k+1 时猜测正确。

综上所述,对所有的自然数 n,都有 a n =a 1 +(n-1)d,从而{a n }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 a k +1 的得出是本题解答的关键,利用了已知的等式 S n =

n( a1 + a n ) 、数列中通项 2

与前 n 项和的关系 a k +1 =S k +1 -S k 建立含 a k +1 的方程,代入假设成立的式子 a k =a 1 +(k -1)d 解出来 a k +1 。另外本题注意的一点是不能忽视验证 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)a k +1 =(k-1)a 1 +k(k-1)d 得到 a k +1 =a 1 +kd 的条件是 k≥2。 【另解】 可证 a n +1 -a n = a n - a n ?1 对于任意 n≥2 都成立:当 n≥2 时,a n =S n - S n ?1 =

n( a1 + a n ) ( n ? 1)( a1 + a n ?1 ) ( n + 1)( a1 + a n +1 ) - ;同理有 a n+1 =S n+1 -S n = - 2 2 2 n( a1 + a n ) ( n + 1)( a1 + a n +1 ) ( n ? 1)( a1 + a n ?1 ) ;从而 a n+1 -a n = -n(a 1 +a n )+ ,整 2 2 2

理得 a n+1 -a n = a n - a n?1 ,从而{a n }是等差数列。 一般地,在数列问题中含有 a n 与 S n 时,我们可以考虑运用 a n =S n -S n?1 的关系,并 注意只对 n≥2 时关系成立,象已知数列的 S n 求 a n 一类型题应用此关系最多。 Ⅲ、巩固性题组: 巩固性题组: 1. 用数学归纳法证明:6 2 n?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 3. n∈N,试比较 2 n 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:cos x ·cos x2 ·cos x3 ·…·cos xn =
2 2 2 2

(n∈N)。

sin x x 2 · sin n 2
n

(81 年

全国高考) 5. 用数学归纳法证明: |sinnx|≤n|sinx| 6. 数列{a n }的通项公式 a n =
1 ( n + 1) 2

(n∈N) 。

(85 年广东高考)

(n∈N), f(n)=(1-a 1 )(1-a 2 )…(1-a n ), 设

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{a n }满足 a 1 =1,a n =a n?1 cosx+cos[(n-1)x], (x≠kπ,n≥2 且 n ∈N)。 ①.求 a 2 和 a 3 ; ②.猜测 a n ,并用数学归纳法证明你的猜测。

2 8. 设 f(log a x)= a( x 2 ? 1) , ①.求 f(x)的定义域; ②.在 y=f(x)的图像上是否存在

x( a ? 1)

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。 且 n∈N)

③.求证: f(n)>n

(n>1

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。 再现性题组: Ⅰ、再现性题组:
x y z 1. 设 2 =3 =5 >1,则 2x、3y、5z 从小到大排列是________________。

2. (理)直线 ?

? x = ?2 ? 2 t ? ? y = 3 + 2t ?

上与点 A(-2,3)的距离等于 2 的点的坐标是________。

2 2 (文)若 k<-1,则圆锥曲线 x -ky =1 的离心率是_________。

3. 点 Z 的 虚 轴 上 移 动 , 则 复 数 C = z 2 + 1 + 2 i 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”)

x2 y2 6. 椭圆 + =1 上的点到直线 x+2y- 2 =0 的最大距离是_____。 16 4
A. 3 B.

11

C.

10

D.

2 2

【简解】1 小题:设 2 x =3 y =5 z =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); (文)已 知曲线为椭圆,a=1,c= 1 +

1 1 ,所以 e=- k k

k2 + k ;

3 小题:设 z=bi,则 C=1-b 2 +2i,所以图像为:从(1,2)出发平行于 x 轴向右的 射线; 4 小题:设三条侧棱 x、y、z,则

1 1 1 xy=6、 yz=4、 xz=3,所以 xyz=24,体积为 4。 2 2 2

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

6 小题:设 x=4sinα、y=2cosα,再求 d=

|4 sin α + 4 cos α ? 2 | 的最大值,选 C。 5

Ⅱ、示范性题组: 示范性题组: 例1. 实数 a、b、c 满足 a+b+c=1,求 a 2 +b 2 +c 2 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 a=

1 +t 1 , 3

b=

1 1 +t 2 ,c= +t 3 ,代入 a 2 +b 2 +c 2 可求。 3 3 1 1 1 【解】由 a+b+c=1,设 a= +t 1 ,b= +t 2 ,c= +t 3 ,其中 t 1 +t 2 +t 3 =0, 3 3 3 1 1 1 1 2 ∴ a 2 +b 2 +c 2 =( +t 1 ) 2 +( +t 2 ) 2 +( +t 3 ) 2 = + (t 1 +t 2 +t 3 ) 3 3 3 3 3 1 1 +t 1 2 +t 2 2 +t 3 2 = +t 1 2 +t 2 2 +t 3 2 ≥ 3 3 1 所以 a 2 +b 2 +c 2 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:a 2 +b 2 +c 2 = (a+b+c) 2 -2(ab+bc+ac)≥1-2(a 2 +b 2 +c 2 ),即 a 2 +b 2 +c 2 ≥ 。 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。

1 3

1 x2 y2 + =1 上有两点 P、Q,O 为原点。连 OP、OQ,若 k OP ·k OQ =- , 例2. 椭圆 16 4 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。

【分析】 由“换元法”引入新的参数,即设 ?

? x = 4 cos θ ? y = 2 sin θ
(椭圆参数方程) ,参数θ 1 、

θ 2 为 P、Q 两点,先计算 k OP ·k OQ 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。

【解】 由

? x = 4 cos θ x2 y2 + =1, ? 设 , P(4cosθ 1 ,2sinθ 1 ), Q(4cosθ 2 ,2sinθ 2 ), 16 4 ? y = 2 sin θ

则 k OP ·k OQ =

1 2 sin θ1 2 sin θ2 ? =- ,整理得到: 4 cos θ1 4 cos θ2 4

cosθ 1 cosθ 2 +sinθ 1 sinθ 2 =0,即 cos(θ 1 -θ 2 )=0。 ∴
2
1 +cos

|OP| 2 +|OQ| 2 =16cos 2 θ 1 +4sin 2 θ 1 +16cos 2 θ 2 +4sin 2 θ 2 =8+12(cos 2 θ θ 2 )=20+6(cos2θ 1 +cos2θ 2 )=20+12cos(θ 1 +θ 2 )cos(θ 1 -θ 2 )=

20,
2 2 即|OP| +|OQ| 等于定值 20。

由中点坐标公式得到线段 PQ 的中点 M 的坐标为 ?

? x M = 2(cos θ1 + cos θ 2 ) , ? y M = sin θ1 + sin θ 2

所以有(

x 2 ) +y 2 =2+2(cosθ 1 cosθ 2 +sinθ 1 sinθ 2 )=2, 2

即所求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程为

x2 y2 + =1。 8 2

【注】由椭圆方程,联想到 a 2 +b 2 =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(cosθ 1 + cosθ 2 )
2

+(sinθ 1 +sinθ 2 ) 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: 设直线 OP 的斜率 k,则 OQ 的斜率为-

1 ,由椭圆与直线 OP、OQ 相交于 PQ 两点有: 4k

?x 2 + 4 y 2 ? 16 = 0 4 2 2 ,消 y 得(1+4k )x =16,即|x P |= ; ? 1 + 4k 2 ? y = kx
? x 2 + 4 y 2 ? 16 = 0 |8k | 1 ? 2 ,消 y 得(1+ ; ? 1 2 )x =16,即|x Q |= 4k 1 + 4k 2 ? y = ? 4k x ?
所以|OP| 2 +|OQ| 2 =( 1 + k 2 ?

4 1 + 4k 2

) 2 +( 1 +

|8k | 1 )2 2 ? 2 16k 1 + 4k

20 + 80k 2 = =20。即|OP| 2 +|OQ| 2 等于定值 20。 2 1 + 4k
在此解法中,利用了直线上两点之间的距离公式|AB|= 1 + k AB 和|OQ|的长。 例 3.已知正四棱锥 S—ABCD 的侧面与底面的夹角为 β,相邻两侧面的夹角为α,求证:cosα=-cos 2 β。 E 【分析】要证明 cosα=-cos 2 β,考虑求出α、β的 D 余弦,则在α和β所在的三角形中利用有关定理求解。 【解】连 AC、BD 交于 O,连 SO;取 BC 中点 F,连 SF、 OF;作 BE⊥SC 于 E,连 DE。则∠SFO=β,∠DEB=α。 O A B F C
2

? |x A -x B |求|OP|
S

设 BC=a (为参数), 则 SF=

a OF = , cos β 2cos β

SC= SF + FC = (
2 2

a a )2 + ( )2 2 cos β 2



a 1 + cos 2 β 2cos β

又 ∵BE=

SF·BC a2 = × SC 2 cos β

1 a 1 + cos 2 β 2 cos β


a 1 + cos 2 β

a2 2× ? 2a 2 2 2 2 2BE ? BD 1 + cos β 在△DEB 中,由余弦定理有:cosα= = =-cos 2 2 2BE a2 2× 1 + cos 2 β
β。 所以 cosα=-cos 2 β。

【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。 巩固性题组: Ⅲ、巩固性题组: 1. 已 知 复 数 z 满 足 |z| ≤ 1 , 则 复 数 z + 2 i 在 复 平 面 上 表 示 的 点 的 轨 迹 是 ________________。 2. 函数 y=x+2+ 1 ? 4x ? x 2 的值域是________________。 3. 抛物线 y=x 2 -10xcosθ+25+3sinθ-25sin 2 θ与 x 轴两个交点距离的最大值为 _____ A. 5

B. 10

C.

2 3

D. 3

4. 过点 M(0,1)作直线 L,使它与两已知直线 L 1 :x-3y+10=0 及 L 2 :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。 6. f(x)=(1- a cos 2 x)sinx,x∈[0,2π),求使 f(x)≤1 的实数 a 的取值范围。
2
2 3 2 2 7. 若关于 x 的方程 2x 2 +xlg ( a ?31) +lg 2 ( a ? 1 )+lg 2 a =0 有模为 1 的虚根, 求

8a

2a

a ?1

实数 a 的值及方程的根。

2

8. 给定的抛物线 y =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
1 + 1 为定值。 | MP| 2 | MQ| 2

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, 肯定题设而否定结论, 即: 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 或者非 A”, “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。 再现性题组: 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 2. 已知 a<0,-1<b<0,那么 a、ab、ab 之间的大小关系是_____。

A.

a>ab> ab 2

B. ab 2 >ab>a

C. ab>a> ab 2

D. ab> ab 2 >a

3. 已知α∩β=l,a α,b β,若 a、b 为异面直线,则_____。 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;
4 4 小题:分析清楚结论的几种情况,列式是:C 10 -C 4 ×4-3-6,选 D。 6

Ⅱ、示范性题组: 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“不垂直” 。 A O 【证明】 假设 AC⊥平面 SOB, B ∵ 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:x 2 +4ax-4a+3=0, x 2 +(a-1)x+a 2 =0, x 2 +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 < 2 ?△ 1 = 16a 2 ? 4( ?4a + 3) < 0 ? ? 1 3 ? 2 2 ,解得 ?a < ?1或a > ,即- <a<-1。 ?△ 2 = ( a ? 1) ? 4a < 0 3 2 ? ? △ 2 = 4a 2 ? 4( ?2a ) < 0 ? ?? 2 < a < 0 ? ?
所以当 a≥-1 或 a≤-

3 时,三个方程至少有一个方程有实根。 2

【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。 例 3. 给定实数 a,a≠0 且 a≠1,设函数 y=

1 x ?1 (其中 x∈R 且 x≠ ),证明:①. ax ? 1 a

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 M 1 (x 1 ,y 1 )、M 2 (x 2 ,y 2 )是函数图像上任意两个不同的点,则 x 1 ≠x 2 ,

假设直线 M 1 M 2 平行于 x 轴,则必有 y 1 =y 2 ,即

x1 ? 1 x2 ?1 = ,整理得 a(x 1 -x 2 ) ax1 ? 1 ax 2 ? 1

=x 1 -x 2 ∵x 1 ≠x 2 ∴ a=1, 这与已知“a≠1”矛盾,

因此假设不对,即直线 M 1 M 2 不平行于 x 轴。

② 由 y=

y ?1 x ?1 得 axy-y=x-1,即(ay-1)x=y-1,所以 x= , ax ? 1 ay ? 1 x ?1 x ?1 的反函数为 y= ,图像一致。 ax ? 1 ax ? 1

即原函数 y=

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=

x ?1 的图像关于直 ax ? 1

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。 巩固性题组: Ⅲ、巩固性题组:

1. 已知 f(x)= x ,求证:当 x 1 ≠x 2 时,f(x 1 )≠f(x 2 )。
1+| x|

2. 已知非零实数 a、b、c 成等差数列,a≠c,求证: 1 、 1 、 1 不可能成等差数列。
a b c 2
2 3. 已知 f(x)=x +px+q,求证:|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一个不小于 1 。

4. 求证:抛物线 y= x -1 上不存在关于直线 x+y=0 对称的两点。
2

2

5. 已知 a、b∈R,且|a|+|b|<1,求证:方程 x 2 +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。 B M N

F

D

E

C

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。 再现性题组: Ⅰ、再现性题组: 5. 设命题甲:0<x<5;命题乙:|x-2|<3,那么甲是乙的_____。 (90 年全国文) A.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 log a 2<log b 2<0,则_____。(92 年全国理) A. 0<a<b<1 B. 0<b<a<1 C. a>b>1 D. b>a>1

7. 如果|x|≤

π ,那么函数 f(x)=cos 2 x+sinx 的最小值是_____。 (89 年全国文) 4
2 +1 2 1? 2 2

A.

2 ?1 2

B. -

C. -1

D.

8. 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

9. 设全集 I={(x,y)|x,y∈R},集合 M={(x,y)|

y?3 =1},N={(x,y)|y≠x+1}, x?2

那么 M∪N 等于_____。 A. φ

(90 年全国) C. (2,3) D. {(x,y)|y=x+1

B. {(2,3)}

10. 如果θ是第二象限的角,且满足 cos

θ θ θ -sin = 1 ? sin θ ,那么 是 2 2 2

_____。 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|cosθ<sinθ,0≤θ≤2π},F={θ|tgθ<sinθ},那么 E∩F 的区间是_____。 (93 年全国文理)

A. (

π ,π) 2

B. (

π 3π , ) 4 4

C. (π,

3π ) 2

D. (

3π 5 π , ) 4 4

12. 若复数 z 的辐角为

5π ,实部为-2 3 ,则 z=_____。 6
C. -2 3 +2 3 i D. -2 3 -2 3

A. -2 3 -2i i

B. -2 3 +2i

2 2 13. 如果实数 x、y 满足等式(x-2) +y =3,那么

y 的最大值是_____。 (90 年全 x

国理)

A.

1 2

B.

3 3

C.

3 2

D.

3

14. 满足方程|z+3- 3 i|= 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;

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-

3 3 + i。 2 2

【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) 。 示范性题组: Ⅱ、示范性题组: y 例 1. 若方程 lg(-x 2 +3x-m)=lg(3-x)在 x∈(0,3) 4 y=1-m 1 内有唯一解,求实数 m 的取值范围。 O 2 3 x 【分析】 将对数方程进行等价变形, 转化为一元二次方程 在某个范围内有实解的问题,再利用二次函数的图像进行解 决。 【解】 原方程变形为 ?

?3 ? x > 0
2 ?? x + 3x ? m = 3 ? x

即: ?

?3 ? x > 0
2 ?( x ? 2) = 1 ? m

2

设曲线 y 1 =(x-2)

, x∈(0,3)和直线 y 2 =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<m≤0, ∴ m=1 或-3<m≤0
2

此题也可设曲线 y 1 =-(x-2) +1 , x∈(0,3)和直线 y 2 =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|z 1 |=5,|z 2 |=2, |z 1 - z 2 |= 13 ,求 y A D B x

z1 的值。 z2
【分析】 利用复数模、四则运算的几何意义,将 复数问题用几何图形帮助求解。

O

C

【解】 如图,设 z 1 = OA 、z 2 = OB 后,则 z1 = OC 、 z 2 = OD 如图所示。

由图可知,|

z1 5 |= ,∠AOD=∠BOC,由余弦定理得: z2 2

cos∠AOD=

4 52 + 2 2 ? ( 13 ) 2 = 2 × 5× 2 5



z1 5 4 3 3 = ( ± i)=2± i z2 2 5 5 2
z1 5 |= , 2 z2
y A D x

【另解】 z 1 = OA 、 2 = OD 如图所示。 设 则| z 且

O

cos∠AOD=

4 52 + 2 2 ? ( 13 ) 2 = ,sin∠AOD=± 2 × 5× 2 5

3 , 5
所以

z1 z1 5 4 3 3 3 = ( ± i)=2± i,即 =2± i。 z2 2 2 z2 2 5 5

【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 z 1 =5(cosθ 1 +isinθ 1 ),z 2 = +isinθ 2 ),则|z 1 - z 2 |=|(5cosθ 1 -2cosθ 2 )+(5sinθ 1 +2sinθ 2 )i|=

4 3 29 ? 20 cos(θ1 + θ 2 ) = 13 ,所以 cos(θ 1 +θ 2 )= ,sin(θ 1 +θ 2 )=± , 5 5

z1 5[cos( ?θ1 ) + i sin( ?θ 2 )] 5 5 4 3 = = [cos(θ 1 +θ 2 )+isin(θ 1 +θ 2 )]= ( ± i) z2 2(cos θ 2 + i sin θ 2 ) 2 2 5 5
3 i。 2

=2±

本题还可以直接利用复数性质求解,其过程是:由|z 1 - z 2 |= 13 得: (z 1 - z 2 )( z1 -z 2 )=z 1 z1 +z 2 z 2 -z 1 z 2 - z1 z 2 =25+4-z 1 z 2 - z1 z 2 =13, 所以 z 1 z 2 + z1 z 2 =16,再同除以 z 2 z 2 得

z1 z1 z1 3 + =4,设 =z,解得 z=2± i。 z2 2 z2 z 2

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。 例 3. 直线 L 的方程为:x=-

p 2

(p>0),椭圆中心 D(2+

p ,0),焦点在 x 轴上,长半 2

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? 【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) 。 【解】 由已知得:a=2,b=1, A(

p ,0),设椭圆与双曲线方程并联立有: 2

? y 2 = 2 px ? p2 ? p ,消 y 得:x 2 -(4-7p)x+(2p+ )=0 ? [ x ? ( 2 + )]2 4 2 2 ? + y =1 ? 4 ?
所以△=16-64p+48p 2 >0,即 6p 2 -8p+2>0,解得:p<

1 或 p>1。 3

p2 p p 2 结合范围( ,4+ )内两根,设 f(x)=x -(4-7p)x+(2p+ ), 2 2 4
所以

p 4 ? 7p p 1 p p < <4+ 即 p< ,且 f( )>0、f(4+ )>0 即 p>-4+3 2 。 2 2 2 2 2 2

结合以上,所以-4+3 2 <p<

1 。 3

【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 =3m 2 +15} (m∈Z),C={(x,y)|x 2 +y 2 ≤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=3n 2 +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=3n 2 +15 上,且直线与圆 x 2 +y 2 =144 有公 共点,但原点到直线 L 的距离≥12。 【解】 由 A∩B≠φ得:na+b=3n 2 +15 ; 设动点(a,b)在直线 L:nx+y=3n 2 +15 上,且直线与圆 x 2 +y 2 =144 有公共点,

|3n 2 + 15|
所以圆心到直线距离 d=

n2 +1

=3( n 2 + 1 +

4 n2 + 1
)≥12

∵ 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: 由 A∩B≠φ得:na+b=3n 2 +15 ,即 b=3n 2 +15-an (①式) ;
2 2

由(a,b)∈C 得,a +b ≤144 (②式) ; 把①式代入②式,得关于 a 的不等式: (1+n 2 )a 2 -2n(3n 2 +15)a+(3n 2 +15) 2 -144≤0 (③式), 它的判别式△=4n 2 (3n 2 +15) 2 -4(1+n 2 )[(3n 2 +15) 2 -144]=-36(n 2 -3) 2 因为 n 是整数,所以 n 2 -3≠0,因而△<0,又因为 1+n 2 >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 巩固性题组: Ⅲ、巩固性题组: 1. 已知 5x+12y=60,则 x 2 + y 2 的最小值是_____。 A. 60
13

B. 13
5

C. 13
12

D. 1

2. 已知集合 P={(x,y)|y= 9 ? x 2 }、Q={(x,y)|y=x+b},若 P∩Q≠φ,则 b 的取值 范围是____。 A. |b|<3 B. |b|≤3 2 C. -3≤b≤3 2 D. -3<b<3 2 3. 方程 2 x =x 2 +2x+1 的实数解的个数是_____。 A. 1 B. 2 C. 3 D.以上都不对 4. 方程 x=10sinx 的实根的个数是_______。 5. 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+ 1 i且|z|≤1,那么 argz 的取值范围是____________。
2

7. 若方程 x 2 -3ax+2a 2 =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. sin 2 20°+cos 2 80°+ 3 sin20°·cos80°=____________。 9. 解不等式:
? x 2 ? 2 x >b-x
2

? 10. 设 A={x|<1x<3},又设 B 是关于 x 的不等式组 ? x ? 2 x + a≤ 0 的解集,试确定 a、b ? 2 ? x ? 2bx + 5≤ 0 ?

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。

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: 再现性题组 那么 a 的范围是_____。 1. 集合 A={x||x|≤4,x∈R}, B={x||x-3|≤a, x∈R}, A ? B, 若 A. 0≤a≤1 B. a≤1 C. a<1 D. 0<a<1 2.若 a>0 且 a≠1,p=log a (a 3 +a+1),q=log a (a 2 +a+1),则 p、q 的大小关系是 _____。 A. p=q

B. p<q

C. p>q

D.当 a>1 时,p>q;当 0<a<1 时,p<q

3.函数 y=

cos x sin x tgx | ctgx| + + + 的值域是_________。 |sin x| | cos x| | tgx| ctgx

4.若θ∈(0,

π cos n θ ? sin n θ ),则 lim 的值为_____。 n n n→∞ cos θ+ sin θ 2
B. 0 或-1 C. 0 或 1 D. 0 或 1 或-1

A. 1 或-1

5.函数 y=x+

1 的值域是_____。 x

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_____。

A.

8 3 9

B.

4 3 9

C.

2 3 9

D.

4 8 3或 3 9 9

7.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 【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、0<a<1 两种情况讨论,选 C; 3 小题:分 x 在第一、二、三、四象限等四种情况,答案{4,-2,0};

D.不能确定

π
4 小题:分θ= 、0<θ<

π


π
<θ<

π
三种情况,选 D;

4

4

4

2

5 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。 示范性题组: Ⅱ、示范性题组: 例 1. 设 0<x<1,a>0 且 a≠1,比较|log a (1-x)|与|log a (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】 ∵ 0<x<1 ∴ 0<1-x<1 , 1+x>1 ① 当 0<a<1 时,log a (1-x)>0,log a (1+x)<0,所以 |log a (1 - x)| - |log a (1 + x)| = log a (1 - x) - [ - log a (1 + x)] = log a (1-
2 x )>0;

② 当 a>1 时,log a (1-x)<0,log a (1+x)>0,所以 |log a (1-x)|-|log a (1+x)|=-log a (1-x) -log a (1+x)=-log a (1-
2 x )>0;

由①、②可知,|log a (1-x)|>|log a (1+x)|。 【注】本题要求对对数函数 y=log a x 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<a<1 时其是减函数。去绝对值时要判别符号,用到了函数的单调性;最后差值 的符号判断,也用到函数的单调性。 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。
1 2 2 1 3 0

【解】 C 12 ·C 8 +C 12 ·C 8 +C 12 ·C 8 =1084 【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 中元素如何取法。另一种 解题思路是直接使用“排除法” ,即 C 3 -C 3 =1084。 20 8 例 3. 设 {a
n

}是由正数组成的等比数列,S

n

是前 n 项和。

①. 证明:

lg S n + lg S n+2 <lgS n+1 ; 2

②.是否存在常数 c>0,使得

lg( S n ? c) + lg( S n +2 ? c) =lg 2

(S n+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{a n }的公比 q,则 a 1 >0,q>0 ①. q=1 时, n =na 1 , 当 S 从而 S n S n+2 -S n+1 2 =na 1 (n+2)a 1 -(n+1) 2 a 1 2 =-a 1 2 <0;

a1 (1 ? q n ) 当 q≠1 时,S n = ,从而 1? q
2

S n S n+2 -S n+1

a1 2 (1 ? q n )(1 ? q n+ 2 ) a1 2 (1 ? q n +1 ) 2 = - =-a 1 2 q n <0; 2 2 (1 ? q ) (1 ? q )

由上可得 S n S n+2 <S n+1 2 ,所以 lg(S n S n+2 )<lg(S n+1 2 ),即

lg S n + lg S n+2 <lgS n+1 。 2

②. 要使

lg( S n ? c) + lg( S n +2 ? c) =lg(S n+1 -c)成立,则必有(S n -c)(S n+2 -c)= 2

(S n+1 -c) 2 , 分两种情况讨论如下: 当 q=1 时,S n =na 1 ,则
2 2

(S n -c)(S n+2 -c)-(S n+1 -c) =(na 1 -c)[(n+2)a 1 -c]-[(n+1)a 1 -c] =-
2

a 1 <0

当 q≠1 时,S n =

a1 (1 ? q n ) 2 ,则(S n -c)(S n+2 -c)-(S n+1 -c) =[ 1? q
-c] 2 =-a 1 q n [a 1 -c(1-q)]



c][

-c]-[



a 1 q n ≠0



a 1 -c(1-q)=0 即 c=

而 S n -c=S n -

=-

<0

∴对数式无意义

由上综述,不存在常数 c>0, 使得

lg( S n ? c) + lg( S n +2 ? c) =lg(S n+1 -c)成立。 2

【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:证明

>log

S n+1 ,和理科第一问类似,只是所利用的是底数是 0.5 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)=ax 2 -2x+2,对于满足 1<x<4 的一切 x 值都有 f(x)>0,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 【解】当 a>0 时,f(x)=a(x- 4 x

1 2 1 ) +2- a a

1 ∴ 或

4

x



∴ a≥1 或

1 <a<1 或φ 2

即 a>

1 ; 2

当 a<0 时,

,解得φ;

当 a=0 时,f(x)=-2x+2, f(1)=0,f(4)=-6, ∴不合题意

由上而得,实数 a 的取值范围是 a>

1 。 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。

例 5. 解不等式

>0 (a 为常数,a≠-

1 ) 2

【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 的大小,故对

参数 a 分四种情况 a>0、a=0、-

1 1 <a<0、a<- 分别加以讨论。 2 2

【解】 2a+1>0 时,a>-

1 ; 2

-4a<6a 时,a>0 。

所以分以下四种情况讨论:

当 a>0 时,(x+4a)(x-6a)>0,解得:x<-4a 或 x>6a; 当 a=0 时,x 2 >0,解得:x≠0;

当-

1 <a<0 时,(x+4a)(x-6a)>0,解得: x<6a 或 x>-4a; 2 1 时,(x+4a)(x-6a)<0,解得: 6a<x<-4a 。 2 1 <a<0 时,x<6a 或 x> 2

当 a>-

综上所述,当 a>0 时,x<-4a 或 x>6a;当 a=0 时,x≠0;当-

-4a;当 a>-

1 时,6a<x<-4a 。 2

【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:z 2 +2|z|=a 。 (90 年全国高考)

【分析】由已知 z 2 +2|z|=a 和|z|∈R 可以得到 z 2 ∈R,即对 z 分实数、纯虚数两种情 况进行讨论求解。
2 2

【解】 ∵ |z|∈R,由 z +2|z|=a 得:z ∈R;
2 当 z∈R 时,|z| +2|z|=a,解得:|z|=-1+

∴ z 为实数或纯虚数

∴ z=±(-1+

);

当 z 为纯虚数时, z=±yi 设 ≤a≤1) 由上可得,z=±(-1+

(y>0),

∴ -y 2 +2y=a

解得: y=1±

(0

)或±(1±

)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 x 2 -y 2 +2 +2xyi=a;



当 y=0 时,x 2 +2|x|=a,解得 x=±(-1+ 当 x=0 时,-y 2 +2|y|=a,解得 y=±(1±

),所以 z=±(-1+

);

),所以±(1±

)i。

由上可得,z=±(-1+

)或±(1±

)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。 例 7. 在 xoy 平面上给定曲线 y 2 =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 y 2 =2x 上任意一点,则 |MA| 2 =(x-a) 2 +y 2 =(x-a) 2 +2x=x 2 -2(a-1)x+a 2 =[x-(a-1)] 2 +(2a-1) 由于 y 2 =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} 2
2

min

=2a-1;

当 a-1<0 时,x=0 取最小值,即|MA}

min

=a 2 ;

综上所述,有 f(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。 巩固性题组: Ⅲ、巩固性题组: 1. 若 log a 2 <1,则 a 的取值范围是_____。
3

A. (0,

)

B. ( ,1)

C. (0,

)∪(1,+∞)

D. ( ,+∞)

2. 非零实数 a、b、c,则







的值组成的集合是_____。

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 f 1 (x,y)=0 是椭圆方程,f 2 (x,y)=0 是直线方程,则方程 f 1 (x,y)+λf 2 (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)=ax 2 -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 C. a=-1,b=3

B. a=1,b=0 或 a=-1,b=3 D. 以上答案均不正确

2

6.方程(x -x-1)

=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 8.z∈C,方程 z 2 -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______________。
2

10.解关于 x 的不等式: 2log

(2x-1)>log a (x -a)

(a>0 且 a≠1) ,求

11.设首项为 1,公比为 q (q>0)的等比数列的前 n 项和为 S n ,又设 T n =

n→∞

lim T n 。
2 3 12. 若复数 z、z 、z 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)x 2 -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。

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

A. f(2)<f(1)<f(4) B. f(1)<f(2)<f(4) C. f(2)<f(4)<f(1) D. f(4)<f(2)<f(1) 3.已知函数 y=f(x)有反函数,则方程 f(x)=a (a 是常数) ______。 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

4.已知 sinθ+cosθ= ,θ∈(

π ,π),则 tgθ的值是_____。 2

A. -

B. -

C.

D.

且 5.已知等差数列的前 n 项和为 S n , S =S

(p≠q, q∈N), S p、 则

=_________。

2

6.关于 x 的方程 sin x+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 8m 3 ,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;

4 小题:设 tg

=x (x>0) ,则





,解出 x=2,再用万能公式,选 A;

5 小题: 利用

是关于 n 的一次函数, S =S =m, 设

=x, ( 则

,p) ( 、

,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; 6 小题:设 cosx=t,t∈[-1,1],则 a=t 2 -t-1∈[- ,1],所以答案:[- ,1];

7 小题:设高 h,由体积解出 h=2

,答案:24



8 小题:设长 x,则宽 Ⅱ、示范性题组: 示范性题组:

,造价 y=4×120+4x×80+

×80≥1760,答案:1760。

例 1. 设 a>0,a≠1,试求方程 log a (x-ak)=log

(x 2 -a 2 )有实数解的 k 的范围。

(89 年全国高考) 【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: a (x-ak)=log a log (a>0,a≠1)

, 等价于

∴ k=



( |

|>1 ),



=cscθ, θ∈(-

π π ,0)∪(0, ),则 k=f(θ)=cscθ-|ctgθ| 2 2

当θ∈(-

π ,0)时,f(θ)=cscθ+ctgθ=ctg 2 π )时,f(θ)=cscθ-ctgθ=tg 2

<-1,故 k<-1;

当θ∈(0,

∈(0,1),故 0<k<1;

综上所述,k 的取值范围是:k<-1 或 0<k<1。 【注】 求参数的范围,分离参数后变成函 数值域的问题, 观察所求函数式, 引入新的变量, 转化为三角函数的值域问题,在进行三角换元 时,要注意新的变量的范围。一般地,此种思路 C 可以解决有关不等式、方程、最大值和最小值、 参数范围之类的问题。本题还用到了分离参数 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 x : 原方程化为:log a (x-ak)=log a 等价于 x-ak= 如图所示。 ,

y

C1

-ak -a a

(x-ak>0), 设曲线 C 1 : y=x-ak, 曲线 C 2 : y=

(y>0),

由图可知,当-ak>a 或-a<-ak<0 时曲线 C 1 与 C 2 有交点,即方程有实解。所以 k 的取 值范围是:k<-1 或 0<k<1。 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:原方程等

价变形为

后,解得:

,所以

>ak,即

-k>0,通分得

<0,解得 k<-1 或 0<k<1。所以 k 的取值范围是:k<-1 或 0<k<1。

例 2. 设不等式 2x-1>m(x 2 -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。 【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
2

换一个角度以 m 为变量, 即关于 m 的一次不等式(x -1)m-(2x-1)<0 在[-2,2]上恒成立的 问题。 对此的研究, f(m)=(x 2 -1)m-(2x-1), 设 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 应该满足的条件



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



解得 x∈(

,



【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(x 2 -1)的解集是[-2,2]
2

时求 m 的值、关于 x 的不等式 2x-1>m(x -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{a n }的前 n 项的和为 S n ,已知 a 3 =12,S 12 >0,S <0 。 ①.求公差 d 的取值范围; ②.指出 S 1 、S 2 、…、S 12 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 a n 与 S n 建立不等式,容易求解 d 的范围;②问利用 S n 是 n 的 二次函数,将 S n 中哪一个值最大,变成求二次函数中 n 为何值时 S n 取最大值的函数最值 问题。 【解】① 由 a 3 =a 1 +2d=12,得到 a 1 =12-2d,所以 S =12a 1 +66d=12(12-2d)+66d=144+42d>0, S =13a 1 +78d=13(12-2d)+78d=156+52d<0。 解得:- <d<-3。

1 1 n(n1-1)d=n(12-2d)+ n(n-1)d 2 2 1 1 = [n- (5- )] 2 - [ (5- )] 2 2 2 1 1 因为 d<0, 故[n- (5- )] 2 最小时, n 最大。 S 由- <d<-3 得 6< (5- 2 2 1 故正整数 n=6 时[n- (5- )] 2 最小,所以 S 最大。 2
② S n =na 1 +

)<6.5,

【注】 数列的通项公式及前 n 项和公式实质上是定义在自然数集上的函数,因此可利 用函数思想来分析或用函数方法来解决数列问题。也可以利用方程的思想,设出未知的量, 建立等式关系即方程,将问题进行算式化,从而简洁明快。由次可见,利用函数与方程的思 想来解决问题,要求灵活地运用、巧妙的结合,发展了学生思维品质的深刻性、独创性。 本题的另一种思路是寻求 a n >0、 n+1 <0 , 由 d<0 知道 a 1 >a 2 >…>a , S =13a <0 a 即: 由 得 a <0,由 S =6(a +a )>0 得 a >0。所以,在 S 1 、S 2 、…、S 12 中,S 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 。
2 2 2 2 2 2

∴MD =x +[(2r-x)sinθ] =(sin +1)x -4rsin θx A +4r sin 2 θ D

M H C

B

=(sin 2 θ+1)[x-

]2+

即当 x=

时,MD 取最小值

为两异面直线的距离。

【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 4 3 ,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 ) 设 tgA、tgC 是方程 x 2 -( 3 +3)x+2+ 3 =0 的两根,解得 x 1 =1,x 2 =2+ 3

设 A<C,则 tgA=1,tgC=2+ 3 ,

∴A=

,C=

由此容易得到 a=8,b=4

,c=4

+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 b 2 -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;

2

当 x≠y 时,设方程(x-y)t -(z-x)t+(y-z)=0,由△=0 得 t 1 =t 2 ,并易知 t=1 是方程的根。

∴t 1 ·t 2 =

=1 , 即 2y=x+z ,

∴x、y、z 成等差数列

【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 1 +x 2 =a、 1 · 2 “x x x =b”的形式,则可以利用根与系数的关系构造方程;如果具备 b 2 -4ac≥0 或 b 2 -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” 。 例 7. △ABC 中,求证:cosA·cosB·cosC≤ 。

【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。

【证明】 设 k=cosA·cosB·cosC=

1 1 [cos(A+B)+cos(A-B)]·cosC= [-cosC+ 2 2

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



∴ k≤ 即 cosA·cosB·cosC≤ 【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” 、 。 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” ,具体解答过

程是:cosA·cosB·cosC=

1 1 1 [cos(A+B)+cos(A-B)]·cosC =- cos 2 C+ cos(A- 2 2 2
] 2 + cos 2 (A-B)≤ cos 2 (A-B) ≤ 。

B)·cosC=-

1 [cosC- 2

例 8. 设 f(x)=lg

,如果当 x∈(-∞,1]时 f(x)有意义,求实数 a 的取值

范围。

x

【分析】当 x∈(-∞,1]时 f(x)=lg

有意义的函数问题,转化为 1+2 +

4 x a>0 在 x∈(-∞,1]上恒成立的不等式问题。 【解】 由题设可知,不等式 1+2 x +4 x a>0 在 x∈(-∞,1]上恒成立,

即:(

1 1 ) +( ) x +a>0 在 x∈(-∞,1]上恒成立。 2 2 1 x 1 ) , 则 t≥ , 2 2
2

设 t=(

又设 g(t)=t +t+a,其对称轴为 t=-

1 2

∴ t 2 +t+a=0 在[

1 1 1 1 3 ,+∞)上无实根, 即 g( )=( ) 2 + +a>0,得 a>- 2 2 2 2 4 3 。 4

所以 a 的取值范围是 a>-

【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。

在解决不等式(

1 1 ) +( ) x +a>0 在 x∈(-∞,1]上恒成立的问题时, 也可使用 “分离 2 2 1 x 1 ) , t≥ ,则有 a=-t 2 -t∈(-∞,- ],所以 a 的取值范围是 2 2

参数法” 设 t=( :

a>-

3 。其中最后得到 a 的范围,是利用了二次函数在某区间上值域的研究,也可属应用 4

“函数思想” 。 巩固性题组: 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 2. 已知函数 f(x)=|2 x -1|,a<b<c,且 f(a)>f(c)>f(b),则_____。

A. a<0,b<0,c>0

B. a<0,b>0,c>0

C. 2

<2

D. 2 +2 <2

3. A.

已知函数 f(x)=log a (x 2 -4x+8), x∈[0,2]的最大值为-2,则 a=_____。
1 2

B.

C. 2

D.

4

4.已知{a n }是等比数列,且 a 1 +a 2 +a 3 =18,a 2 +a 3 +a 4 =-9,S n =a 1 +a 2 +…+ a n ,那么 lim S n 等于_____。
n→∞

A. 8

B.

16

C. 32

D. 48

5.等差数列{a n }中,a 4 =84,前 n 项和为 S n ,已知 S 9 >0,S 10 <0,则当 n=______时, S n 最大。
2 6. 对于满足 0≤p≤4 的所有实数 p,使不等式 x +px〉4x+p-3 成立的 x 的取值范围

是________。 7.若关于 x 的方程|x 2 -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=x 2 +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 lg 2 -4·lg ·lg =0,求证:b 是 a、c 的等比中项。

11.设α、β、γ均为锐角,且 cos 2 α+cos 2 β+cos 2 γ+2cosα·cosβ·cosγ=1, 求证:α+β+γ=π 。 12.当 p 为何值时,曲线 y 2 =2px (p>0)与椭圆 (x―2― 年全国高考) 13.已知关于 x 的实系数二次方程 x 2 +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 I k 表示区间 (2k-1,2k+1],已知当 x∈I 0 时,f(x)=x 2 。 ①.求 f(x)在 I k 上的解析表达式; ②. ) 2 +y 2 =1 有四个交点。(88

对自然数 k,求集合 M k ={a|使方程 f(x)=ax 在 I k 上有两个不相等的实根}。 全国理)

(89 年

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。 再现性题组: Ⅰ、再现性题组: 1. f(x)是 R 上的奇函数, f(x+2)=f(x), 0≤x≤1 时, 当 f(x)=x, f(7.5)等于_____。 则 A. 0.5 B. -0.5 C. 1.5 D. -1.5 2.设 f(x)=3x-2,则 f [f(x)]等于______。

A.

B. 9x-8

C. x

D.

3. 若 m、n、p、q∈R 且 m 2 +n 2 =a,p 2 +q 2 =b,ab≠0,则 mp+nq 的最大值是______。

A.

B.

C.

D.

4. 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. C. 2 D.

5. 设椭圆



=1 (a>b>0)的半焦距为 c,直线 l 过(0,a)和(b,0),已知原点到

l 的距离等于

c,则椭圆的离心率为_____。

A.

B.

C.

D.

6. 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_____。

A.

B. 10

C.

D.

【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;

3 小题:由 mp+nq≤



容易求解,选 A;

4 小题:由复数模几何意义利用数形结合法求解,选 A; ,变形为 12e -31e 2 +7=0,再解出 e,选 B;

5 小题:ab=

×

6 小题:由 S



S

和三棱椎的等体积转化容易求,选 A。

Ⅱ、示范性题组: 示范性题组:

例 1. 若 x、y、z∈R 且 x+y+z=1,求(

1 -1)( x

-1)(

-1)的最小值。

【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。

【解】(

1 -1)( x

-1)(

-1)=

(1-x)(1-y)(1-z)



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

(xy+yz+zx-xyz)







-1≥3

-1=

-1≥

-1=9

【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。此题属于代数恒等变形题型,即代

数式在形变中保持值不变。
2 2 2 2 例 2. 设 x、y∈R 且 3x +2y =6x,求 x +y 的范围。

【分析】 设 k=x 2 +y 2 ,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-3x 2 =2y 2 ≥0 得 0≤x≤2。 设 k=x 2 +y 2 ,则 y 2 =k-x 2 ,代入已知等式得:x 2 -6x+2k=0 , x 2 +3x,其对称轴为 x=3。

即 k=-

由 0≤x≤2 得 k∈[0,4]。 所以 x 2 +y 2 的范围是:0≤x 2 +y 2 ≤4。 【另解】 数形结合法(转化为解析几何问题) :

2

2

2

由 3x +2y =6x 得(x-1) +

=1,即表示如图所示椭圆,其一个顶点在坐标原点。

2 2 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

2

2

2

点是以原点为圆心的圆与椭圆相切的切点。 设圆方程为 x +y =k, 代入椭圆中消 y 得 x - 6x+2k=0。由判别式△=36-8k=0 得 k=4,所以 x 2 +y 2 的范围是:0≤x 2 +y 2 ≤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) :

由 3x 2 +2y 2 =6x 得(x-1) 2 +

=1,设

,则

x 2 +y 2 =1+2cosα+cos 2 α+

3 3 1 sin 2 α=1+ +2cosα- cos 2 α 2 2 2

=-

1 cos 2 α+2cosα+ 2

∈[0,4]

所以 x 2 +y 2 的范围是:0≤x 2 +y 2 ≤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。

【解一】ctg10°-4cos10°=

-4cos10°=













3
(基本过程:切化弦→通分→化同名→拆项→差化积→化同名→差化积)

【解二】ctg10°-4cos10°=

-4cos10°=













= 3

(基本过程:切化弦→通分→化同名→特值代入→积化和→差化积)

【解三】ctg10°-4cos10°=

-4cos10°=













(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。

例 4. 已知 f(x)=tgx,x∈(0,

π π ),若 x 1 、x 2 ∈(0, )且 x 1 ≠x 2 , 2 2

求证:

[f(x 1 )+f(x 2 )]>f(

)

(94 年全国高考)

【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。

【证明】

[f(x 1 )+f(x 2 )]>f(

)

[tgx 1 +tgx 2 ]>tg

(



)>

>

1+cos(x 1 +x 2 )>2cosx 1 cosx 2

1+cosx 1 cosx 2 +sinx 1 sinx 2 >2cosx 1 cosx 2

cosx 1 cosx 2 +sinx 1 sinx 2 <1

cos(x 1 -x 2 )<1

由已知显然 cos(x 1 -x 2 )<1 成立,所以

[f(x 1 )+f(x 2 )]>f(

)

S 【注】 本题在用分析法证明数学问题的过程中,每一 步实施的都是等价转化。此种题型属于分析证明型。 M 例 5. 如图,在三棱锥 S-ABC 中,S 在底面上的射影 N A 位于底面的高 CD 上,M 是侧棱 SC 上的一点,使截面 MAB 与 D N C 底面所成角等于∠NSC。求证:SC 垂直于截面 MAB。 (83 年 B 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。 【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。 巩固性题组: 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 0<a<b 时有 f(a)>f(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. [ - ] (n∈N)的值为______。

A.

B.

2

C. 0

D. 1

4. (a+b+c) 展开式的项数是_____。

A. 11

B. 66

C. 132

D.

3

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= + 的值域是____________。
3 8. 不等式 log (x +x+3)>log 2 (x+2)的解是____________。

9.设 x>0,y>0,求证:(x 2 +y 2 ) >(x 3 +y 3 )
2

(86 年上海高考)

10. 当 x∈[0, π ]时,求使 cos 2 x-mcosx+2m-2>0 恒成立的实数 m 的取值范围。 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+ 角主值 argz 的最大值。 12. 已知抛物线 C: y=(t 2 +t-1)x 2 -2(a+t) 2 x+(t 2 +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。 )+isin(π+ )]·[sin( - )+icos( - )]的辐


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