高中数学解题方法及解析大全

1、高中数学解题方法大全最全面的高考复习资料、户 、. TOC o 1-5 h z 刖百,2第一章高中数学解题基本方法，,，3一、配方法,3二、换元法,7二、待定系数法，,，14四、定义法,19五、数学归纳法，,，23六、参数法,28七、反证法,32八、消去法,九、分析与综合法,十、特殊与一般法,H一、类比与归纳法十二、观察与实验法 ,第二章高中数学常用的数学思想,35一、数形结合思想,35二、分类讨论思想,“，41三、函数与方程思想,47四、转化（化归）思想,54第三章 高考热点问题和解题策略,59一、应用问题,59二、探索性问题，,65三、选择题解答策略,71四、填空题解答策略,77 附录,

2、一、高考数学试卷分析, 汽2二、两套高考模拟试卷、乙刖百美国著名数学教育家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。而 当我们解题时遇到一个新问题，总想用熟悉的题型去 篡”，这只是满足于解出来， 只有对数学思想、数学方法理解透彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。高考试题十分重视对于数学思想方法的考查， 特别是突出考查能力的试题，其解 答过程都蕴含着重要的数学思想方法。我们要有意识地应用数学思想方法去分析 问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查： 常用数学方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参 数法、消去法等；

3、 数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎 法等；数学思维方法：观察与分析、概括与抽象、分析与综合、特殊与 一般、类比、归纳和演绎等； 常用数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、 分类讨论思想、 转化（化归）思想等。数学思想方法与数学基础知识相比较， 它有较高的地位和层次。数学 知识是数学内容，可以用文字和符号来记录和描述， 随着时间的推移，记忆力的 减退，将来可能忘记。而数学思想方法则是一种数学意识，只能够领会和运用， 属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决，掌握数学思想方法，不 是受用一阵子，而是受用一辈子，即使数学知识忘记了，数学思想方法也还是对 你起作用。数学思想

4、方法中，数学基本方法是数学思想的体现，是数学的行为， 具有模式化与可操作性的特征，可以选用作为解题的具体手段。数学思想是数学 的灵魂，它与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得。可以说，知识”是基础，方法”是手段，思想”是深化，提高数学素 质的核心就是提高学生对数学思想方法的认识和运用，数学素质的综合体现就是 能力”。为了帮助学生掌握解题的金钥匙， 掌握解题的思想方法，本书先是介 绍高考中常用的数学基本方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参 数法、消去法、反证法、分析与综合法、特殊与一般法、类比与归纳法、观察与 实验法，再介绍高考中常用的数学思想：函数与方程思想、数形结合思想

5、、分类 讨论思想、转化（化归）思想。最后谈谈解题中的有关策略和高考中的几个热点 问题，并在附录部分提供了近几年的高考试卷。在每节的内容中，先是对方法或者问题进行综合性的叙述， 再以三种 题组的形式出现。再现性题组是一组简单的选择填空题进行方法的再现，示范性题组进行详细的解答和分析，对方法和问题进行示范。巩固性题组旨在检查学习 的效果，起到巩固的作用。每个题组中习题的选取，又尽量综合到代数、三角、 几何几个部分重要章节的数学知识。23第一章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

6、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使数学式子出现完全平方。它主要适最常见的配方是进行恒等变形，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。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+ 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)=, 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 + sin2后1 + 2sin a cos= a (sin 才 cos 4;2 11212x+2=(x + ) 2=(x ) + 2 ;,等等。 xxx 2I、再现性题组：.在正项等比数列an中,al a5+2a3 a5+aJ a7=25,则 a3+ a5 =。 2.方程x+y- 4kx- 2y+ 5k= 0表示圆的充要条件是 。

8、A. k1B. k1 C. kCR D. k =或k= 123.已知sin才cos停1,则sin时cos a的值为。 A. 1 B. -1C.1 或一1D. 0 4.函数 y=log1 (2x +5x+3)的单调递增区间是。24425155A.(一巴 5 B. ,+ 8) C. (-, D. ,3)5.已知方程 x+(a-2)x+a-1=0 的两根 x1、x2,贝U点 P(x1,x2)在圆 x+y=4 上，则实数a=。【简解】1小题：利用等比数列性质 加pam ? = am,将已知等 式左边后配方(a3+ a5)易求。答案是：5。2小题：配方成圆的标准方程形式(x-a)+ (y-b) = r,

9、解r0即可， 选B o222222 222343小题：已知等式经配方成(sin击cos a42sin a cos= 1，求出sin a cos a 然后求出所求式的平方值，再开方求解。选Co4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3-0H、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. 2B.C. 5D. 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22222 2(xy yz xz) 1 屋而欲求对角线长4(x y z) 24x2 y2 乂，将其配凑成两已知式

10、的组合形式可得。【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2(xy / xz) 11 之和为 24”而得：。4(x y z) 24长方体所求对角线长为：色丫2 z2 = (x y z)2 2(xy 詈xz) = 62 11=5所以选Bo【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。p2q2例2.设方程x+kx + 2=0的两实根为p、q,若()+() 砒立，求 实数k的取qp2值范围。【解】方程x+kx

11、+ 2=0的两实根为p、q,由韦达定理得：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 为方程 x + kx + 2=0 的两实根，= k-80iP k22 或k0 22综合起来，k的取值范围是：k 22或者220kW【注】关于实系数一元二次方程问题，总是先考虑根的判别式“ A;”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

12、与pq的组合 式。假如本题不对 八”讨论，结果将出错，即使有些题目可能结果相同，去掉对 公”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。例 3.设非零复数 a、b 满足 a+ ab+ b=0,求(2222ba19981998)+ ()。a ba b45【分析】对已知式可以联想：变形为(2a2aa)+ () + 1 = 0,则=(为1的立方bbb虚根)；或配方为(a+ b)=ab。则代入所求式即得。【解】由 a+ ab+ b=0 变形得：(22a2a)+ ()+1 = 0 , bba1b233设必=,则十+1=0,可知为1的立方虚根，所以：=, 3=1。b a又由 a+ ab+

13、 b=0 变形得：(a+ b)=ab , 222baa999b999a2999b299919981998所以()+()=() + ()=()+()=加 bbaa babab999 +=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， 活用的性质，计算表达式中的高次幕。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。999a2ab 1 i) +() + 1 = 0 ,解出=后，化 bba2a999b999成三角形式，代入所求表达式的变形式() + ()后，完成后面 的运算。此方法用于ba1 i只是未联想到时进行解题。2I 3122假如本题没有想到以上一系列变换过程时

14、，还可由a+ ab+ b=0解出：a=b, 2【另解】由a+ ab+ b=0变形得：(22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，利用棣莫佛定理完成最后的计算。田、巩固性题组：.函数y=(x a) + (x b)(a、b为常数)的最小值为 。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的两实根，则(31) +( -1)的最小值是0A. -49 B. 8 C. 18 D.不存在.已知x、yCR,且满足x+3y 1 = 0,则函数t=2 + 8有。A.最大值2B.最大值C.最小值22B.最小值22 xy222.椭圆x

15、2ax+ 3y+a6 = 0的一个焦点在直线 x+y+4=0上，则 01- oA. 2B. -6 C. 2 或6 D. 2或 6.化简：2 sin8 + 2 2cos8的结果是。A. 2sin4 B. 2sin4 4cos4 C. 2sin4 D. 4cos4 2sin422x6.设F1和F2为双曲线一y=1的两个焦点，点P在双曲线上且 满足/ F1PF2= 90, 4222则FeF2的面积是。5627.若 x 1,则 f(x) = x + 2x+ 1 的最小值为 X 18.已知 B 12, sin( a 忤 + 3,求 sin2 的值。 (9224135年高考题)9.设二次函数 f(x) =

16、 Ax + Bx + C ,给定 m、( m0 ; 是否存在一个实数t,使当tC (m+t,n-t)时，f(x)1 ,t1 ,mC R,x = logst+ logts,y=logst+ logts+ m(logst + logts), 将y表示为x的函数y= f(x),并求出f(x)的定义域； 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。6442222222227二、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

17、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，当然有时候要通过变形才能发现。例如解不等式：4 + 2-2Q先变形为设2 = t (t0),

18、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+ X的值域时，易发现x 0,1,设x = sin a, 02xxx ,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 2222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 + y=r (r0)时，则可作三角代换 x=rcos y y = rsin能为三角问题。均值换元，如遇到x+y= S形式时，设x = SS+1, y= t等等。22 我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原

19、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。如上几例中的t0和0, 。241、再现性题组：1.y= sinx2sosx+ sinx+cosx的最大值是。2.设 f(x + 1) = loga(4 x)(a1),则 f(x)的值域是3.已知数列an中，a1=1, an 1%口=皿 1 - an,则数列通项 an21 an 11=n,所以 an= 一；n x2一11=1，设 bn=,则 b1 = 1,bn= 1 + (n 1)(-1)anan4小题：设 x + y=k, WJ x 2kx+1=0, z = 4k 4所以 kM k -1; 5小

20、题：设3= y,则3y+ 2y1 = 0，解彳3y =x221,所以 x = 1; 35,log23)o 46 小题:设 10g2(21) = y,则 y(y+1)2 ,解得一2y1 ,所 以x C (log2 H、示范性题组：例 1.实数 x、y 满足 4x5xy +4y = 5(式)，设 S= x+y,求的值。(93年全国高中数学联赛题)22221Smax十1Smin【分析】由S=x + y联想至I cos时sin后1,于是进行三角换元，设2222x Scosa代入式求Smax和Smin的值。y Ssinax Seos a【解】设 代入式得：4S- 5s2sinacoy Ssina10解得

21、S=;8 5sin2a101010v -10sin2a01 30A5sin2 a 13 二 138 5sin 331316811二 + = + =SmaxSmin10101058S 10此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2即的有界性而求, 即解不等S器1。式：|这种方法是求函数值域时经常用到的宥界法”。SSSSS2222【另解】 由 S=x + y,设乂= + 3 y= - t, tC一,2222892S2S-12 代入式得：4S =t5-t2=5,则 xy =扫4移项平方整理得 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 时，取最小值：2a 22a 212当2a方宏寸，t=2,取最大值：2a+ 22a; 2当 02a , t=2a,取最大值：。21(0 a 1 22. f(x)的最小值为一2a22a,最大值为2 2a 2【解】 设 sinx+cosx= t,则 te -

23、2)2122& (a )22。【注】 此题属于局部换元法，设sinx+cosx= t后，抓住sinx+cosx 与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的范围。 916(X 1)2(7 1)222【分析】由已知条件+= 1,可以发现它与a+ b=1有相似之处， 于916是实施三角换元。1213x ly l(x l)2(y 1)2【解】由 十 = 1,设=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 书4sin 与 5sin( 8+山)所以k0 (a0)所表示的区域为直线ax+ by+c=0此题不等式 包成立问题化为图形问题：椭圆上的点始终位于平面上x+yk0的区域。即当直线x+y k = 0在与椭圆下部相切的切线之下时。当直线与椭圆相切时， 16(x 1)2 9(y 1)2 144方程组 有相等的一组实x+ y- k&gi;O x y k 0数解，消元后由= 0可求得k= 3，所以k0),则 f(4)的值为。A. 2lg2B. 1lg2 C. 2lg2 D. 2lg4 333.函数y = (x+1) + 2的单调增区间是 。A.-2,+ 8) B. -1,+ OO) D

25、. (-OO,+ OO) C. (-00-1.设等差数列an的公差d=1,且S100= 145,则a1 + a3+ a5+, + a99的值为24A. 85B. 72.5 C. 60 D. 52.5.已知 x + 4y = 4x,贝U x + y 的范围是.已知aQ bQ a+ b=1,则a 1+b 1的范围是2222.不等式 xax + 3 的解集是(4,b),则 a=, b=。2.函数y = 2x+X 1的值域是 o.在等比数列an中，a1+a2+,+a10= 2, a11 + a12+ , + a30= 12, 求 a31 + a32+,+ a60o1314.实数m在什么范围(x0,y0

26、)上移动，且AB、AD始 终平 行x轴、y轴，求矩形ABCD的最小面积。2二、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Rx) g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有Ra) 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

27、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：利用对应系数相等列方程；由恒等的概念用数值代入法列方程； 利用定义本身的属性列方程；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

28、；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。I、再现性题组：.设f(x)=X 1 + m, f(x)的反函数f(x) = nx 5,那么m、n的值依 次为。 25555A. , -2 B. , 2 C. , 2 D. , 2 22221415.二次不等式ax+bx+20的解集是(3105211,),则 a+ b 的值是。 23A. 10 B. -10 C. 14D. -14 3.在(1x) (1+x)的展开式中，x的系数是。A. 297 B.-252 C. 297 D. 207.函

29、数y = abcos3x (b0 即：y (m + n)y + (mn 12) 0不等式的解集为(-1,7),则一1、7是方程y(m+n)y+(mn 12) = 0 的两根，2222m 5ml 1 fm n) inn 12 0代入两根得：解得：或 n 149 7(m i】)mn 12 。口 55x2 4x 1x2 4x 5 ； y=或者 y= x2 1x2 1此题也可由解集(-1,7)而设(y+1)(y7)0(8P y-6y-70 , 7 x0 , x0。4 设 V = (15a ax)(7bbx)x (a0,b0 ) aba b 1 0要使用均值不等式，则 15a ax 7b bx x解得：

30、a= 31, b= , x = 3 o 441718 15216415x21364 364从而v=()(x)x0(327=576。 34443343所以当x = 3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm。【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 = 344(15a ax)(7- x)bx 或(15 x)(7a ababax)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”。田、巩固性题组：.函数y= logax的xC 2,+ 00t包有|y|>；

31、1 ,则a的取值范围是OA. 2a1 且 a*1 B. 0a1 或 1a2 C. 1a2 或 0a1 222.方程x+px+q = 0与x + qx+p=0只有一个公共根，则其余两个 不同根之和为A. 1B. -1C. p + q D.无法确.如果函数y = sin2x+aos2x的图像关于直线x=一冗对称，那么a =。 822A.B. -2C. 1D. -112n4.满足 C0n+12Cn+22Cn+,+n2Dn500 的最大正整数是 。A. 4 B. 5 C. 6 D. 75.无穷等比数列an的前n项和为Sn= a- 1,则所有项的和等于。 2A. - 1B. 1C. 1D.与 a 有关

32、22. (1 + kx) = b0+ b1x+ b2x+ , +b9x,若 b0+ b1 + b2+ , + b9= - 1, 则k =.经过两直线11x 3y 9 = 0与12x+y19=0的交点，且过点(3,-2) 的直线方程为.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 o.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。.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

33、得的线段长是4,求抛物线的方程。9291819四、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 B. 7n9C.5n9 D. 5 n7.设MP、OM、AT分别是46角的正弦线、余弦线和正切线，则。A. MPOMATB. OMMPATC.ATOMMP D. OMATMP.复数 z1 = a+2i , z2= 2+ i ,如果 |z1| |z2|,则实数 a 的取 值范围是。A. 1a1 C. a0 D. a15y2x2.椭圆+= 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2259。 75 D. 3 4T5

34、.奇函数f（x）的最小正周期为T,则f（一）的值为。 2TA. T B. 0 C. D.不能确定 2A. 8 C. 7.5 C.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 也22也选A;|PF左|44小题：利用椭圆的第二定义得到=e=,选A; 55219205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。 H、示范性题组：TTT） = f（） = f（一）,选 B; 222z2 az b例1.已知z=1+ i , 设0

35、 = 2+3 4,求w的三角形式；如果2Z Z 12=1 1 ,求实数a、b的值。（94年全国理）【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+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由题设条件知：(a+ 2) (a+ b) i =

36、1 + i ；a 2 1根据复数相等的定义，得：，(a b) 1 a 1解得。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+cx, f(2) = 14, f(4) = 252,求 y= log n22f(x)的定义域，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。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)上是减函数22220212v 0的解集是(1,2),则不等式bx+cx+ab0)的两个焦点，其中F2与抛物线y=12x的ab焦点重合，M是两曲线的一个焦点，且有 cos/ M F1F22cos/ MF2F1 =,求椭圆方程。2223五、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数学归纳法是用来证明某些与自然数有关

38、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n0)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nnCfi nCN)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

39、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。I、再现性题组：.用数学归纳法证明(n+1)(n+2),(n+n) = 22122,(2n- 1)(nCN),从“蒯k+1”，左端需乘的代数式为 。A. 2k+1 B. 2(2k+ 1) C. n2k 12k 3 D.k Ik 11112.用数学归纳法证明1 + + +, + n1)时，由n = k(k1)不等式成立,232 1推证n= k+ 1时，左边应增加的代数式的个数

40、是 。A. 2B. 2-1C. 2D. 2+13.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.数列a中，已知a1=1,当n2时an=ail l + 2n-1,依次计算 a2、a3、a4后，猜想an的表达式是。Ilk IkRk2324A. 3n-2B. nC. 3.用数学归纳法证明3+ 52(k 1) 14n 22rl 1 D 4n - 3 4(k 1) 2 + 52

41、n I(nCN)能被14整除，当n=k+1时对于式子3应变形为6.设k棱柱有f(k)个对角面，则k+1棱柱对角面的个数为f(k+1) = f(k) +o【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(2k l)(2k 2)代数式是(k + 2)(k + 3),(2k+1)(2k + 2),所以应乘的代 数式为，选b； k 12 小题：(21) (21) =2,选 C;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 Co 4小题：计算出a1=1、a2=4、a3= 9、a4= 16再猜想an, 选B;5

42、小题：答案(3+ 56小题：答案k-10H、示范性题组：例 1.已知数列4k 22k Ik lkk)3+5k2k 1(53)； 24321821, 得，。Sn 为其前 n 项和，求 S1、12羽21 l)2n 1)2S2、S3、S4,推测Sn公式，并用数学归纳法证明。(93年全国理)8024488, S2=, S3=, S4= ,2549819(2n 1)2 1 猜测 Sn= (nCN)。(2n 1)2【解】 计算得 S1 =当n=1时，等式显然成立；(2k I)9 1假设当n=k时等式成立，即：Sk=, (2k 1)28-(k ln = k+1 时，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，当n = k+1时等式也成立。综上所述，等式对任何n C N都成立。(2k 3)2 12【注】把要证的等式Sk 1=作为目标，先通分使分母 含有(2k+3),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) -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

44、、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22425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 一猜想一证明。【另解】用裂项相消法求和：118乃=得，Qu D2(2n 1.)2话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此种解法与用试值猜想证明相比，过程十分简单，但要求发现821=(2n lj22(2n 1)211的裂项公

45、式。可以说，用试值猜想证明三步解题，具有一 般性。(2n 1)2(211 1)211 例 2.设 an=3? + 2+,十口 D (n C N),n(n + 1)an (n22 + 1) O【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ak I2=ak+k l)(k 2)、所以在假设n=k成立得到的不 等式中同时加上k l)(k 2),再与目标比较而进行适当的放缩求解。1112【解】 当 n=1 时，an= 2, n(n+1)=,(n+1)=2 ,222n= 1时不等式成立。112假设当 n=k 时不等式成立,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 时不等式也成立。22112综上所述,对所有的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时，猜测正确，即：ak= a1+(k-1)d ,(k l)(al a

47、k l)k(al 的当 n= k+1 时，ak l=Sk 1Sk= ,22将 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业 1 =(k1)a1 + k(k1)d,因为k即以汰l = a1+kd,即n = k+1时彳青测正确。综上所述，对所有的自然数n,都有an=a1+(n1)d,从而an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。在证明过程中欢1的得出是本题解答的关键，利用了已知的等式 Sn=n(al 啕、数列中通项与2前n项和的关系ak l=Sk 1 Sk建立含ak I

48、的方程，代入假设 成立的式子ak=a1+(k 1)d解出来 林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(kl)ak l=(k1)a1+k(k 1)d 得到 正 =a1+kd 的条件是 k2【另解】可证an 1 an= an- an 1对于任意n2都成立：当n12 时，an=SnSn 1 = 口间 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)；从而 an 1an= n(a1 + an)+,整理 222

49、一般地，在数列问题中含有 an与Sn时，我们可以考虑运用an= Sn -Sn 1的关系，并注得an 1 an= an- an 1,从而an是等差数列。意只对n2时关系成立，象已知数列的Sn求an一类型题应用此关系 最多。2627田、巩固性题组：1.用数学归纳法证明：6n211 1+ 1 (nCN)能被7整除。222.用数学归纳法证明：13I+237+330+, + n(3n+1)=n(n+1) (n N)o 3. nCN,试比较2与(n+1)的大小，并用证明你的结论。 4.用数学归纳法证明等式：cosx2cosx22cosx32,2cos xn2222sinx2n2sin2n(81.用数学归纳

50、法证明：|sinnx| n (n1 且 n C N)2728六、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3 B.C.D. 22【简解】1小题：设2=3 = 5 = t,分别取2、3、5为底的对数，解出 x、v、z,再用比较法”比较 2x、3y、5z,得出 3y2x 331222所以a+b+c的最小值是。3【注】由均值换元法

51、”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+b+c=(a+b+c) 2(ab + bc + ac)2(a + b+c), 即 a + b + c 22222222221 3两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。1x2y2例2.椭圆+= 1上有两点P、Q, O为原点。连OP、OQ,若kOP2OQ =,4164.求证：|OP|十 |OQ侍于定值；.求线段PQ中点M的轨迹方程。22X 4cos9【分析】 由换元法”引入新的参数，即设 (椭圆参数 方程)，参数91 y 2s

52、in68功P、Q两点，先计算kOP%OQ得出一个结论，再计算|OP|+ |OQ|, 并运用参数法” 22求中点M的坐标，消参而得。x 4cos0y2x2【解】 由 十 = 1,设 ，P(4cos 9 1,2sin q 1)Q(4cos9 2,2sin 8 2), 164ir9 v 2s则 kOP20),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3121+1 为定值。|MP|2|MQ|232七、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，即：肯定题设而否定结论，从而导出矛盾推理而得。 法国数学家阿达玛(H

53、adamard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 “A或者非 A”，这就是逻辑思维中的 排中律”。反证法在其证明过程

54、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一推理一否定”。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

55、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”

56、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。I、再现性题组：.已知函数f(x)在其定义域B.至少一个实根C. 一个实根D.无实根.已知a0, 1bab ab B. ababa C. aba ab D. ab aba.已知a n#l, a a b 机 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.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.

57、 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;44小题：分析清楚结论的几种情况，列式是：C10-C463136，选 DoH、示范性题组：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。【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 不垂直工【证明】 假设AC，平面SOB,:直线SO在平面SOBAC!SO, v

58、 SO,底面圆 O,. SOX 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。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： 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3334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。lx 1例3.给定实数a, a*0且aw 1设函数y=(其中x C R且xw)证明：般 1a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；.这个函数的图像关于直线y=x成

60、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】 设M1(x1,y1)、M2(x2,y2)是函数图像上任意两个不同的点，则 x1*x2,X1 1x2 1假设直线M1M2平行于x轴，则必有y1=y2,即=,整理得 a(x1 x2)axl lax2 1=x1 x2x1 x2a=1,这与已知“aw并盾，因此假设不对，即直线 M1M2不平行于x轴。x ly 1 得 axyy = x 1，即(ay1)x= y 1,所以 x =, 感 lay 1x lx 1即原函数丫=的反函数为y=，图像一致。ax lax 1X i由互为反函数的两个图像关于