高中數(shù)學解題方法及解析大全

1、高中數(shù)學解題方法大全最全面的高考復習資料、戶 、. TOC o 1-5 h z 刖百,2第一章高中數(shù)學解題基本方法，,，3一、配方法,3二、換元法,7二、待定系數(shù)法，,，14四、定義法,19五、數(shù)學歸納法，,，23六、參數(shù)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,H一、類比與歸納法十二、觀察與實驗法 ,第二章高中數(shù)學常用的數(shù)學思想,35一、數(shù)形結合思想,35二、分類討論思想,“，41三、函數(shù)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,

2、一、高考數(shù)學試卷分析, 汽2二、兩套高考模擬試卷、乙刖百美國著名數(shù)學教育家波利亞說過，掌握數(shù)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 篡”，這只是滿足于解出來， 只有對數(shù)學思想、數(shù)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(shù)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(shù)學思想方法。我們要有意識地應用數(shù)學思想方法去分析 問題解決問題，形成能力，提高數(shù)學素質，使自己具有數(shù)學頭腦和眼光。高考試題主要從以下幾個方面對數(shù)學思想方法進行考查： 常用數(shù)學方法：配方法、換元法、待定系數(shù)法、數(shù)學歸納法、參 數(shù)法、消去法等；

3、 數(shù)學邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹 法等；數(shù)學思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與 一般、類比、歸納和演繹等； 常用數(shù)學思想：函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想、 分類討論思想、 轉化（化歸）思想等。數(shù)學思想方法與數(shù)學基礎知識相比較， 它有較高的地位和層次。數(shù)學 知識是數(shù)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(shù)學思想方法則是一種數(shù)學意識，只能夠領會和運用， 屬于思維的范疇，用以對數(shù)學問題的認識、處理和解決，掌握數(shù)學思想方法，不 是受用一陣子，而是受用一輩子，即使數(shù)學知識忘記了，數(shù)學思想方法也還是對 你起作用。數(shù)學思想

4、方法中，數(shù)學基本方法是數(shù)學思想的體現(xiàn)，是數(shù)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(shù)學思想是數(shù)學 的靈魂，它與數(shù)學基本方法常常在學習、掌握數(shù)學知識的同時獲得?？梢哉f，知識”是基礎，方法”是手段，思想”是深化，提高數(shù)學素 質的核心就是提高學生對數(shù)學思想方法的認識和運用，數(shù)學素質的綜合體現(xiàn)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(shù)學基本方法：配方法、換元法、待定系數(shù)法、數(shù)學歸納法、參 數(shù)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(shù)學思想：函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想

5、、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(jié)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(xiàn)。再現(xiàn)性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現(xiàn)，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(shù)、三角、 幾何幾個部分重要章節(jié)的數(shù)學知識。23第一章高中數(shù)學解題基本方法一、配方法配方法是對數(shù)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(lián)系，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適

6、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使數(shù)學式子出現(xiàn)完全平方。它主要適最常見的配方是進行恒等變形，用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數(shù)、二次代數(shù)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(jù)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= (ab) + 2ab; a+ab+ b= (a+ b) ab= (ab) + 3ab= (a+ a+ b+ c+ ab+ bc+ ca=22222222222

7、2222222b232)+ (b); 221222(a+b)+(b+c)+(c+a) 22a+ b + c= (a+ b + c) 2(ab+ bc+ ca)= (a+ b c) 2(ab bc ca)=, 結合其它數(shù)學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如： 1 + sin2后1 + 2sin a cos= a (sin 才 cos 4;2 11212x+2=(x + ) 2=(x ) + 2 ;,等等。 xxx 2I、再現(xiàn)性題組：.在正項等比數(shù)列an中,al a5+2a3 a5+aJ a7=25,則 a3+ a5 =。 2.方程x+y- 4kx- 2y+ 5k= 0表示圓的充要條件是 。

8、A. k1B. k1 C. kCR D. k =或k= 123.已知sin才cos停1,則sin時cos a的值為。 A. 1 B. -1C.1 或一1D. 0 4.函數(shù) y=log1 (2x +5x+3)的單調遞增區(qū)間是。24425155A.(一巴 5 B. ,+ 8) C. (-, D. ,3)5.已知方程 x+(a-2)x+a-1=0 的兩根 x1、x2,貝U點 P(x1,x2)在圓 x+y=4 上，則實數(shù)a=?！竞喗狻?小題：利用等比數(shù)列性質 加pam ? = am,將已知等 式左邊后配方(a3+ a5)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,

9、解r0即可， 選B o222222 222343小題：已知等式經(jīng)配方成(sin擊cos a42sin a cos= 1，求出sin a cos a 然后求出所求式的平方值，再開方求解。選Co4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對數(shù)函數(shù)及復合函數(shù)的單調性求解。選D。5小題：答案3-0H、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(shù)學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z,則22222 2(xy yz xz) 1 屋而欲求對角線長4(x y z) 24x2 y2 乂，將其配湊成兩已知式

10、的組合形式可得?！窘狻吭O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(xy / xz) 11 之和為 24”而得：。4(x y z) 24長方體所求對角線長為：色丫2 z2 = (x y z)2 2(xy 詈xz) = 62 11=5所以選Bo【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(shù)學表示式，觀察和分析三個數(shù)學式，容易發(fā)現(xiàn)使用配方法將三個數(shù)學式進行聯(lián)系，即聯(lián)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。p2q2例2.設方程x+kx + 2=0的兩實根為p、q,若()+() 砒立，求 實數(shù)k的取qp2值范圍?！窘狻糠匠蘹+kx

11、+ 2=0的兩實根為p、q,由韋達定理得：p+q= k, pq = 2,2p2q2(p q)2 2pq2 2p2q2(p2 q2)2 2P2q2P4 q4()+() = = = = qp(pq)2(pq)2(pq)2(k2 4)2 S7,解得 k。 4又 vp. q 為方程 x + kx + 2=0 的兩實根，= k-80iP k22 或k0 22綜合起來，k的取值范圍是：k 22或者220kW【注】關于實系數(shù)一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“ A;”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(lián)想到先通分后配方， 表示成p+q

12、與pq的組合 式。假如本題不對 八”討論，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對 公”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(shù) a、b 滿足 a+ ab+ b=0,求(2222ba19981998)+ ()。a ba b45【分析】對已知式可以聯(lián)想：變形為(2a2aa)+ () + 1 = 0,則=(為1的立方bbb虛根)；或配方為(a+ b)=ab。則代入所求式即得?！窘狻坑?a+ ab+ b=0 變形得：(22a2a)+ ()+1 = 0 , bba1b233設必=,則十+1=0,可知為1的立方虛根，所以：=, 3=1。b a又由 a+ ab+

13、 b=0 變形得：(a+ b)=ab , 222baa999b999a2999b299919981998所以()+()=() + ()=()+()=加 bbaa babab999 +=2?！咀ⅰ?本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用 1的立方虛根， 活用的性質，計算表達式中的高次幕。一系列的變換過程，有較大的靈活性， 要求我們善于聯(lián)想和展開。999a2ab 1 i) +() + 1 = 0 ,解出=后，化 bba2a999b999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ba1 i只是未聯(lián)想到時進行解題。2I 3122假如本題沒有想到以上一系列變換過程時

14、，還可由a+ ab+ b=0解出：a=b, 2【另解】由a+ ab+ b=0變形得：(22直接代入所求表達式，進行分式化簡后，化成復數(shù)的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的計算。田、鞏固性題組：.函數(shù)y=(x a) + (x b)(a、b為常數(shù))的最小值為 。222a b(a b)A. 8 B. C.D 最小值不存在 2222.、a B是方程x-2ax+ a+6=0的兩實根，則(31) +( -1)的最小值是0A. -49 B. 8 C. 18 D.不存在.已知x、yCR,且滿足x+3y 1 = 0,則函數(shù)t=2 + 8有。A.最大值2B.最大值C.最小值22B.最小值22 xy222.橢圓x

15、2ax+ 3y+a6 = 0的一個焦點在直線 x+y+4=0上，則 01- oA. 2B. -6 C. 2 或6 D. 2或 6.化簡：2 sin8 + 2 2cos8的結果是。A. 2sin4 B. 2sin4 4cos4 C. 2sin4 D. 4cos4 2sin422x6.設F1和F2為雙曲線一y=1的兩個焦點，點P在雙曲線上且 滿足/ F1PF2= 90, 4222則FeF2的面積是。5627.若 x 1,則 f(x) = x + 2x+ 1 的最小值為 X 18.已知 B 12, sin( a 忤 + 3,求 sin2 的值。 (9224135年高考題)9.設二次函數(shù) f(x) =

16、 Ax + Bx + C ,給定 m、( m0 ; 是否存在一個實數(shù)t,使當tC (m+t,n-t)時，f(x)1 ,t1 ,mC R,x = logst+ logts,y=logst+ logts+ m(logst + logts), 將y表示為x的函數(shù)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。6442222222227二、換元法解數(shù)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(jù)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

17、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(lián)系起來，隱含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯(lián)系起來?；蛘咦?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(shù)式，在研究方程、不等式、函數(shù)、數(shù)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(shù)式幾次出現(xiàn)，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(fā)現(xiàn)。例如解不等式：4 + 2-2Q先變形為設2 = t (t0),

18、而變?yōu)槭煜さ囊辉尾坏仁角蠼夂椭笖?shù)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(shù)式中與三角知識中有某點聯(lián)系進行換元。如求函數(shù)y = x+ X的值域時，易發(fā)現(xiàn)x 0,1,設x = sin a, 02xxx ,問題變成了熟悉的求三角函數(shù)值 域。為什么會想到如此設，其中 2222主要應該是發(fā)現(xiàn)值域的聯(lián)系，又有去根號的需要。如變量 x、y 適合條件 x + y=r (r0)時，則可作三角代換 x=rcos y y = rsin能為三角問題。均值換元，如遇到x+y= S形式時，設x = SS+1, y= t等等。22 我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標準化的原

19、則，換元 后要注重新變量范圍的選取，一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍，不 能縮小也不能擴大。如上幾例中的t0和0, 。241、再現(xiàn)性題組：1.y= sinx2sosx+ sinx+cosx的最大值是。2.設 f(x + 1) = loga(4 x)(a1),則 f(x)的值域是3.已知數(shù)列an中，a1=1, an 1%口=皿 1 - an,則數(shù)列通項 an21 an 11=n,所以 an= 一；n x2一11=1，設 bn=,則 b1 = 1,bn= 1 + (n 1)(-1)anan4小題：設 x + y=k, WJ x 2kx+1=0, z = 4k 4所以 kM k -1; 5小

20、題：設3= y,則3y+ 2y1 = 0，解彳3y =x221,所以 x = 1; 35,log23)o 46 小題:設 10g2(21) = y,則 y(y+1)2 ,解得一2y1 ,所 以x C (log2 H、示范性題組：例 1.實數(shù) x、y 滿足 4x5xy +4y = 5(式)，設 S= x+y,求的值。(93年全國高中數(shù)學聯(lián)賽題)22221Smax十1Smin【分析】由S=x + y聯(lián)想至I cos時sin后1,于是進行三角換元，設2222x Scosa代入式求Smax和Smin的值。y Ssinax Seos a【解】設 代入式得：4S- 5s2sinacoy Ssina10解得

21、S=;8 5sin2a101010v -10sin2a01 30A5sin2 a 13 二 138 5sin 331316811二 + = + =SmaxSmin10101058S 10此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2即的有界性而求, 即解不等S器1。式：|這種方法是求函數(shù)值域時經(jīng)常用到的宥界法”。SSSSS2222【另解】 由 S=x + y,設乂= + 3 y= - t, tC一,2222892S2S-12 代入式得：4S =t5-t2=5,則 xy =掃4移項平方整理得 100t+39S 160S+ 100= 0 。 221010S + = + =

22、 = 1010105SmaxSmin；39S-160S+1000,求 f(x) = 2a(sinx+cosx)sinx2sosx 2a 的最大值和 最小值。22,2,由(sinx+12c0迎)=1 + 2sinx230sx 得：sinx2cosx= 2112； f(x) =g(t)= (t 2a)+ (a0), t -2,2 2212t= -2 時，取最小值：2a 22a 212當2a方宏寸，t=2,取最大值：2a+ 22a; 2當 02a , t=2a,取最大值：。21(0 a 1 22. f(x)的最小值為一2a22a,最大值為2 2a 2【解】 設 sinx+cosx= t,則 te -

23、2)2122& (a )22?！咀ⅰ?此題屬于局部換元法，設sinx+cosx= t后，抓住sinx+cosx 與sinx230sx的t0 即 log&H;0 22a It 0 或t 6 4t 8t(3 t) 0 111202a1 ,解得 0a0恒成立，求k的范圍。 916(X 1)2(7 1)222【分析】由已知條件+= 1,可以發(fā)現(xiàn)它與a+ b=1有相似之處， 于916是實施三角換元。1213x ly l(x l)2(y 1)2【解】由 十 = 1,設=cos Q = sin 0 34916X 1 3cos。即：代入不等式x+y k0得：v 1 4sin9 3cos 外 4sin 6 k0

24、,即 k3cos 書4sin 與 5sin( 8+山)所以k0 (a0)所表示的區(qū)域為直線ax+ by+c=0此題不等式 包成立問題化為圖形問題：橢圓上的點始終位于平面上x+yk0的區(qū)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， 16(x 1)2 9(y 1)2 144方程組 有相等的一組實x+ y- k&gi;O x y k 0數(shù)解，消元后由= 0可求得k= 3，所以k0),則 f(4)的值為。A. 2lg2B. 1lg2 C. 2lg2 D. 2lg4 333.函數(shù)y = (x+1) + 2的單調增區(qū)間是 。A.-2,+ 8) B. -1,+ OO) D

25、. (-OO,+ OO) C. (-00-1.設等差數(shù)列an的公差d=1,且S100= 145,則a1 + a3+ a5+, + a99的值為24A. 85B. 72.5 C. 60 D. 52.5.已知 x + 4y = 4x,貝U x + y 的范圍是.已知aQ bQ a+ b=1,則a 1+b 1的范圍是2222.不等式 xax + 3 的解集是(4,b),則 a=, b=。2.函數(shù)y = 2x+X 1的值域是 o.在等比數(shù)列an中，a1+a2+,+a10= 2, a11 + a12+ , + a30= 12, 求 a31 + a32+,+ a60o1314.實數(shù)m在什么范圍(x0,y0

26、)上移動，且AB、AD始 終平 行x軸、y軸，求矩形ABCD的最小面積。2二、待定系數(shù)法要確定變量間的函數(shù)關系，設出某些未知系數(shù)，然后根據(jù)所給條件來 確定這些未知系數(shù)的方法叫待定系數(shù)法， 其理論依據(jù)是多項式恒等，也就是利用 了多項式Rx) g(x)的充要條件是：對于一個任意的a值，都有Ra) g(a)；或者 兩個多項式各同類項的系數(shù)對應相等。待定系數(shù)法解題的關鍵是依據(jù)已知，正確列出等式或方程。使用待定 系數(shù)法，就是把具有某種確定形式的數(shù)學問題，通過引入一些待定的系數(shù)，轉化為方程組來解決，要判斷一個問題是否用待定系數(shù)法求解， 主要是看所求解的數(shù) 學問題是否具有某種確定的數(shù)學表達式，如果具有，就可

27、以用待定系數(shù)法求解。 例如分解因式、拆分分式、數(shù)列求和、求函數(shù)式、求復數(shù)、解析幾何中求曲線方 程等，這些問題都具有確定的數(shù)學表達形式，所以都可以用待定系數(shù)法求解。使用待定系數(shù)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(shù)的解析式；第二步，根據(jù)恒等的條件，列出一組含待定系數(shù)的方程；第三步，解方程組或者消去待定系數(shù)，從而使問題得到解決。如何列出一組含待定系數(shù)的方程，主要從以下幾方面著手分析：利用對應系數(shù)相等列方程；由恒等的概念用數(shù)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(shù)法求方程：首先設 所求方程的形式，其中含有待定的系數(shù)

28、；再把幾何條件轉化為含所求方程未知系 數(shù)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(shù)，并把求出的系數(shù)代入已經(jīng)明確的方程形式，得到所求圓錐曲線的方程。I、再現(xiàn)性題組：.設f(x)=X 1 + m, f(x)的反函數(shù)f(x) = nx 5,那么m、n的值依 次為。 25555A. , -2 B. , 2 C. , 2 D. , 2 22221415.二次不等式ax+bx+20的解集是(3105211,),則 a+ b 的值是。 23A. 10 B. -10 C. 14D. -14 3.在(1x) (1+x)的展開式中，x的系數(shù)是。A. 297 B.-252 C. 297 D. 207.函

29、數(shù)y = abcos3x (b0 即：y (m + n)y + (mn 12) 0不等式的解集為(-1,7),則一1、7是方程y(m+n)y+(mn 12) = 0 的兩根，2222m 5ml 1 fm n) inn 12 0代入兩根得：解得：或 n 149 7(m i】)mn 12 。口 55x2 4x 1x2 4x 5 ； y=或者 y= x2 1x2 1此題也可由解集(-1,7)而設(y+1)(y7)0(8P y-6y-70 , 7 x0 , x0。4 設 V = (15a ax)(7bbx)x (a0,b0 ) aba b 1 0要使用均值不等式，則 15a ax 7b bx x解得：

30、a= 31, b= , x = 3 o 441718 15216415x21364 364從而v=()(x)x0(327=576。 34443343所以當x = 3時，矩形盒子的容積最大，最大容積是576cm?！咀ⅰ烤挡坏仁綉脮r要注意等號成立的條件， 當條件不滿足時要 湊配系數(shù)，可以用 待定系數(shù)法”求。本題解答中也可以令 V = 344(15a ax)(7- x)bx 或(15 x)(7a ababax)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(shù)，本題也體現(xiàn)了湊配法”和函數(shù)思想”。田、鞏固性題組：.函數(shù)y= logax的xC 2,+ 00t包有|y|>；

31、1 ,則a的取值范圍是OA. 2a1 且 a*1 B. 0a1 或 1a2 C. 1a2 或 0a1 222.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 + q D.無法確.如果函數(shù)y = sin2x+aos2x的圖像關于直線x=一冗對稱，那么a =。 822A.B. -2C. 1D. -112n4.滿足 C0n+12Cn+22Cn+,+n2Dn500 的最大正整數(shù)是 。A. 4 B. 5 C. 6 D. 75.無窮等比數(shù)列an的前n項和為Sn= a- 1,則所有項的和等于。 2A. - 1B. 1C. 1D.與 a 有關

32、22. (1 + kx) = b0+ b1x+ b2x+ , +b9x,若 b0+ b1 + b2+ , + b9= - 1, 則k =.經(jīng)過兩直線11x 3y 9 = 0與12x+y19=0的交點，且過點(3,-2) 的直線方程為.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 o.設y = f(x)是一次函數(shù)，已知f(8) = 15，且f(2)、f(5)、(f14)成等比數(shù) 列，求 f(1)+f(2) + , +f(m)的值。.設拋物線經(jīng)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

33、得的線段長是4,求拋物線的方程。9291819四、定義法所謂定義法，就是直接用數(shù)學定義解題。數(shù)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 B. 7n9C.5n9 D. 5 n7.設MP、OM、AT分別是46角的正弦線、余弦線和正切線，則。A. MPOMATB. OMMPATC.ATOMMP D. OMATMP.復數(shù) z1 = a+2i , z2= 2+ i ,如果 |z1| |z2|,則實數(shù) a 的取 值范圍是。A. 1a1 C. a0 D. a15y2x2.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2259。 75 D. 3 4T5

34、.奇函數(shù)f（x）的最小正周期為T,則f（一）的值為。 2TA. T B. 0 C. D.不能確定 2A. 8 C. 7.5 C.6.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(shù)線定義，作出圖形，選 B;3小題：利用復數(shù)模的定義得 也22也選A;|PF左|44小題：利用橢圓的第二定義得到=e=,選A; 55219205小題：利用周期函數(shù)、奇函數(shù)的定義得到 f（ 6小題：利用線面角、 面面角的定義，答案2。 H、示范性題組：TTT） = f（） = f（一）,選 B; 222z2 az b例1.已知z=1+ i , 設0

35、 = 2+3 4,求w的三角形式；如果2Z Z 12=1 1 ,求實數(shù)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(shù)三角形式和復數(shù)相等的定義解答?！窘狻坑?z=1+ i ,有 w = z+3z 4=(1+ i )+3(1 i)4 = 2i + 3(1 i ) 4= 1 i , w 的三角形式是 2 (cos225 5 + i sin); 44z2 az b(l i)2 a(l i) b(a b) (a 2)i由 z = 1 + i ,有 2= = = (a+ 2) (a2iz z 1(1 i) (1 i) 1+ b) i o由題設條件知：(a+ 2) (a+ b) i =

36、1 + i ；a 2 1根據(jù)復數(shù)相等的定義，得：，(a b) 1 a 1解得。b 2【注】求復數(shù)的三角形式，一般直接利用復數(shù)的三角形式定義求解。利用復數(shù)相等的定義，由實部、虛部分別相等而建立方程組，這是復數(shù)中經(jīng)常遇到的。例 2.已知 f(x) = -x+cx, f(2) = 14, f(4) = 252,求 y= log n22f(x)的定義域，判定在(2,1)上的單調性。2【分析】要判斷函數(shù)的單調性，必須首先確定n與c的值求出函數(shù)的 解析式，再利用函數(shù)的單調性定義判斷。2 2c14n4 4c252解 f(x)0 得：0 x2, x1+x2(x1+x2)( x1+x2)2A 1222 f(x1

37、)-f(x2)0 即 f(x)在(,1)上是減函數(shù)22220212v 0的解集是(1,2),則不等式bx+cx+ab0)的兩個焦點，其中F2與拋物線y=12x的ab焦點重合，M是兩曲線的一個焦點，且有 cos/ M F1F22cos/ MF2F1 =,求橢圓方程。2223五、數(shù)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(jù)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(shù)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數(shù)學歸納法是用來證明某些與自然數(shù)有關

38、的數(shù)學命題的一種推理方法，在解數(shù)學題中有著廣泛的應用。 它是一個遞推的數(shù)學論證方法， 論證的第一 步是證明命題在n=1(或n0)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(jù)， 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(shù)(或nnCfi nCN)結論都正確”。由這兩步可以看出，數(shù)學歸納法是 由遞推實現(xiàn)歸納的，屬于完全歸納。運用數(shù)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

39、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(xiàn)目標完成解題。運用數(shù)學歸納法，可以證明下列問題：與自然數(shù)n有關的恒等式、代 數(shù)不等式、三角不等式、數(shù)列問題、幾何問題、整除性問題等等。I、再現(xiàn)性題組：.用數(shù)學歸納法證明(n+1)(n+2),(n+n) = 22122,(2n- 1)(nCN),從“蒯k+1”，左端需乘的代數(shù)式為 。A. 2k+1 B. 2(2k+ 1) C. n2k 12k 3 D.k Ik 11112.用數(shù)學歸納法證明1 + + +, + n1)時，由n = k(k1)不等式成立,232 1推證n= k+ 1時，左邊應增加的代數(shù)式的個數(shù)

40、是 。A. 2B. 2-1C. 2D. 2+13.某個命題與自然數(shù)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?，F(xiàn)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.數(shù)列a中，已知a1=1,當n2時an=ail l + 2n-1,依次計算 a2、a3、a4后，猜想an的表達式是。Ilk IkRk2324A. 3n-2B. nC. 3.用數(shù)學歸納法證明3+ 52(k 1) 14n 22rl 1 D 4n - 3 4(k 1) 2 + 52

41、n I(nCN)能被14整除，當n=k+1時對于式子3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(shù)為f(k+1) = f(k) +o【簡解】1小題：n=k時，左端的代數(shù)式是(k+1)(k+2),(k + k),n=k + 1時，左端的(2k l)(2k 2)代數(shù)式是(k + 2)(k + 3),(2k+1)(2k + 2),所以應乘的代 數(shù)式為，選b； k 12 小題：(21) (21) =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 Co 4小題：計算出a1=1、a2=4、a3= 9、a4= 16再猜想an, 選B;5

42、小題：答案(3+ 56小題：答案k-10H、示范性題組：例 1.已知數(shù)列4k 22k Ik lkk)3+5k2k 1(53)； 24321821, 得，。Sn 為其前 n 項和，求 S1、12羽21 l)2n 1)2S2、S3、S4,推測Sn公式，并用數(shù)學歸納法證明。(93年全國理)8024488, S2=, S3=, S4= ,2549819(2n 1)2 1 猜測 Sn= (nCN)。(2n 1)2【解】 計算得 S1 =當n=1時，等式顯然成立；(2k I)9 1假設當n=k時等式成立，即：Sk=, (2k 1)28-(k ln = k+1 時，Sk l=Sk+22(2k iy(2k 3

43、)次k lX2k 1)2 l = + 22 2(2k -Qk 3)(2k 1)(2k 1)2 (2k 3)2 (2k 3)2 弱k 1)= 22(2k iy(2k 3)(2k 1)2 (2k 3)2 (2k l)2(2k 3)2 1=,(2k 3)2(2k l)22(2k 3)2由此可知，當n = k+1時等式也成立。綜上所述，等式對任何n C N都成立。(2k 3)2 12【注】把要證的等式Sk 1=作為目標，先通分使分母 含有(2k+3),再 2(2k 3)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

44、、觀察出 發(fā)，用不完全歸納法作出歸納猜想，再用數(shù)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(shù)列問題中經(jīng)常見到。假22425如猜想后不用數(shù)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 一猜想一證明?！玖斫狻坑昧秧椣嘞ㄇ蠛停?18乃=得，Qu D2(2n 1.)2話n 1必2口 1)2111111Sn= (12) + (22) + , + = 1 335(2n l)2(2n l)2(2n 1)2 由 an=(2n 1)2 1=。 (2n 1)2此種解法與用試值猜想證明相比，過程十分簡單，但要求發(fā)現(xiàn)821=(2n lj22(2n 1)211的裂項公

45、式?？梢哉f，用試值猜想證明三步解題，具有一 般性。(2n 1)2(211 1)211 例 2.設 an=3? + 2+,十口 D (n C N),n(n + 1)an (n22 + 1) O【分析】與自然數(shù)n有關，考慮用數(shù)學歸納法證明。n=1時容易證 得，n = k+1時，因為ak I2=ak+k l)(k 2)、所以在假設n=k成立得到的不 等式中同時加上k l)(k 2),再與目標比較而進行適當?shù)姆趴s求解。1112【解】 當 n=1 時，an= 2, n(n+1)=,(n+1)=2 ,222n= 1時不等式成立。112假設當 n=k 時不等式成立,即：k(k+1)ak(k + 1)(k+2

46、), 2222111132222(k+1)+k l)(k 2)=(k + 1) + k 3k 2&h;(k + 1) + (k + ) =(k22222+ 2), 2112(k+1)(k+2) ak(k +2),即 n= k+1 時不等式也成立。22112綜上所述,對所有的nCN,不等式n(n+ 1)ann 可得，an1+2+3+,11111+n=n(n+1)；由口(n 1)&1口1+可得，an1 +2+3+, + n+ 3n=n(n+1)+n222221211122= (n + 2n)(n + 1)。所以 n(n+1)an3時，猜測正確，即：ak= a1+(k-1)d ,(k l)(al a

47、k l)k(al 的當 n= k+1 時，ak l=Sk 1Sk= ,22將 ak=a1+(k1)d 代入上式， 得到 2ak l=(k+1)(a1+冰 D 2ka1-k(k-1)d, 整理得(k- D業(yè) 1 =(k1)a1 + k(k1)d,因為k即以汰l = a1+kd,即n = k+1時彳青測正確。綜上所述，對所有的自然數(shù)n,都有an=a1+(n1)d,從而an是等 差數(shù)列。【注】 將證明等差數(shù)列的問題轉化成證明數(shù)學恒等式關于自然數(shù)n成立的問題。在證明過程中歡1的得出是本題解答的關鍵，利用了已知的等式 Sn=n(al 啕、數(shù)列中通項與2前n項和的關系ak l=Sk 1 Sk建立含ak I

48、的方程，代入假設 成立的式子ak=a1+(k 1)d解出來 林1。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(shù)學歸納法證明時遞推的基礎是 n = 2時等式成立， 因為由(kl)ak l=(k1)a1+k(k 1)d 得到 正 =a1+kd 的條件是 k2【另解】可證an 1 an= an- an 1對于任意n2都成立：當n12 時，an=SnSn 1 = 口間 an)(n l)(al anail 1)；同理有an l = Sn 1 Sn= -222n(al an)(n 1)1 an l)n l)(al an 1)；從而 an 1an= n(a1 + an)+,整理 222

49、一般地，在數(shù)列問題中含有 an與Sn時，我們可以考慮運用an= Sn -Sn 1的關系，并注得an 1 an= an- an 1,從而an是等差數(shù)列。意只對n2時關系成立，象已知數(shù)列的Sn求an一類型題應用此關系 最多。2627田、鞏固性題組：1.用數(shù)學歸納法證明：6n211 1+ 1 (nCN)能被7整除。222.用數(shù)學歸納法證明：13I+237+330+, + n(3n+1)=n(n+1) (n N)o 3. nCN,試比較2與(n+1)的大小，并用證明你的結論。 4.用數(shù)學歸納法證明等式：cosx2cosx22cosx32,2cos xn2222sinx2n2sin2n(81.用數(shù)學歸納

50、法證明：|sinnx| n (n1 且 n C N)2728六、參數(shù)法參數(shù)法是指在解題過程中，通過適當引入一些與題目研究的數(shù)學對象 發(fā)生聯(lián)系的新變量(參數(shù))，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(shù)方程都是用參數(shù)法解題的例證。換元法也是引入?yún)?shù)的典型例子。辨證唯物論肯定了事物之間的聯(lián)系是無窮的，聯(lián)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3 B.C.D. 22【簡解】1小題：設2=3 = 5 = t,分別取2、3、5為底的對數(shù)，解出 x、v、z,再用比較法”比較 2x、3y、5z,得出 3y2x 331222所以a+b+c的最小值是。3【注】由均值換元法

51、”引入了三個參數(shù)，卻將代數(shù)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)2(a + b+c), 即 a + b + c 22222222221 3兩種解法都要求代數(shù)變形的技巧性強，多次練習，可以提高我們的代數(shù)變形能力。1x2y2例2.橢圓+= 1上有兩點P、Q, O為原點。連OP、OQ,若kOP2OQ =,4164.求證：|OP|十 |OQ侍于定值；.求線段PQ中點M的軌跡方程。22X 4cos9【分析】 由換元法”引入新的參數(shù)，即設 (橢圓參數(shù) 方程)，參數(shù)91 y 2s

52、in68功P、Q兩點，先計算kOP%OQ得出一個結論，再計算|OP|+ |OQ|, 并運用參數(shù)法” 22求中點M的坐標，消參而得。x 4cos0y2x2【解】 由 十 = 1,設 ，P(4cos 9 1,2sin q 1)Q(4cos9 2,2sin 8 2), 164ir9 v 2s則 kOP20),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3121+1 為定值。|MP|2|MQ|232七、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(shù)學家阿達瑪(H

53、adamard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(jīng)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(jù)的是邏輯思維規(guī)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

54、中，得到矛盾的判斷， 根據(jù) 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(jīng)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(jù) 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(guī) 律和理論為依據(jù)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一推理一否定”。即從否定結論開始，經(jīng)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

55、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(shù)學解題中經(jīng)常使用反證法，牛頓曾經(jīng)說過：反證法是數(shù)學家最精當?shù)奈淦髦灰话銇碇v，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”

56、形式出現(xiàn)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(xiàn)性題組：.已知函數(shù)f(x)在其定義域B.至少一個實根C. 一個實根D.無實根.已知a0, 1bab ab B. ababa C. aba ab D. ab aba.已知a n#l, a a b 機 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.

57、 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;44小題：分析清楚結論的幾種情況，列式是：C10-C463136，選 DoH、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 不垂直工【證明】 假設AC，平面SOB,:直線SO在平面SOBAC!SO, v

58、 SO,底面圓 O,. SOX AB, SO,平面SAB,.平面SAB/底面圓O,這顯然出現(xiàn)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。2222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(shù) 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： 2222 TOC o 1-

59、5 h z 13a 22Al 16a2 4(4a 3) 01 3 22a1 或a ,解得，即一a 1或a0時，三個方程至少有一個方程有實根。2【注】至少、至多”問題經(jīng)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3334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。lx 1例3.給定實數(shù)a, a*0且aw 1設函數(shù)y=(其中x C R且xw)證明：般 1a經(jīng)過這個函數(shù)圖像上任意兩個不同點的直線不平行于x軸；.這個函數(shù)的圖像關于直線y=x成

60、軸對稱圖像。(88年全國理)?！痉治觥?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】 設M1(x1,y1)、M2(x2,y2)是函數(shù)圖像上任意兩個不同的點，則 x1*x2,X1 1x2 1假設直線M1M2平行于x軸，則必有y1=y2,即=,整理得 a(x1 x2)axl lax2 1=x1 x2x1 x2a=1,這與已知“aw并盾，因此假設不對，即直線 M1M2不平行于x軸。x ly 1 得 axyy = x 1，即(ay1)x= y 1,所以 x =, 感 lay 1x lx 1即原函數(shù)丫=的反函數(shù)為y=，圖像一致。ax lax 1X i由互為反函數(shù)的兩個圖像關于