高中数学知识总结

目录

前言...........................................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

三、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•般法........................

十一、类比与归纳法...................

4--如旗与立蛤翅...................

第二章海中数掌常用的数学思想.................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.........................................

・、高考数学试卷分析....................

两套高考模拟试卷...................

参考答案...........................

前言

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“套”，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杳：

①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；

②数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等；

③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；

④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。

2

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•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、分类讨论思想、

转化（化归）思想。最后谈淡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•

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

题组将在检查学习的效果，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。

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。

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）2=a24-2ab4-b2,将这个公式灵活运用,

可得到各种基木配方形式，如：

a2+b2=(a+b)2—2ab=(a—b)2+2ab；

22b?

22V32

a+ab+b=(a+b)"—ab=(a—b)+3ab=(aH---)+(b)

2T

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

2

a2+b2+c2=(a+b+c)2-2(ab+bc+ca)=(a+b-c)2-2(ab-be-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：

2

14-sin2a=l+2sinacosa=(sina+cosa)；

x2+~-2—(x+-)2—2=(x----)2+2：....等等。

XXX

I、再现性题组：

1.在正项等比数列｛a〃｝中，a1+2@3+@3也7=25,则@3+a$=

2.方程x2+y2—4kx—2y+5k=0表示圆的充要条件是。

A.4<k<lB.或k>lC.k£RD.k=《或k=l

3.已知sin4a+cos4Q=1,则sina+cosa的值为。

A.1B.-1C.1或一1D.0

4.函数y=log^(-2x2+5x+3)的单调递增区间是。

2

3

A.(—8,B.[4,+°°)C.(—J,4]D.[4,3)

5.已知方程x2+(a-2)x+a-l=0的两根x[,x?，则点P(x]，x2)在圆x?+y?=4上，则实数a=。

【简解】1小题：利用等比数列性质将已知等式左边后配方+@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=”，解=2〉0即可，选B。

3小题：已知等式经配方成(sin2a+cos?a)2—2sin?acos2a=1,求出sinacosa,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I)。

5小题：答案3一布\

II、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一。

A.2y[jB.V14C.5D.6

2(盯+yz+xz)=11

【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〈“、…，而

4(x+y+z)=24

欲求对角线长击N+N+Z，，将其配凑成两已知式的组合形式可得。

【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条棱的长度之和为24”而

2(xy+yz+xz)=11

得：〈。

[4(x+y+z)=24

长方体所求对角线长为：y]x2+y2+z2=«x+y+z)2-2(盯+yz+xz)=-\/62-11=5

所以选B。

【注】本题解答关键是在于将两个已知和•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•种

解题模式。

例2.设方程x2+kx+2=0的两实根为p、q,若(R)2+(2)2W7成立，求实数k的取值范围。

qp

【解】方程x2+kx+2=o的两实根为p、q,由韦达定理得：p+q=-k,pq=2,

P2(q、2P，+q4(p2+/)2-2p2/[(〃+疗—2〃行-2//

qp(pq)2(pqY(pqY

(公-4)2_8f—r-

-------------W7,解得kW—J10或J10.

4

又Yp、q为方程X?+kx+2=o的两实根，△=k2-8N0即k>2j]或kw-2j]

综合起来，k的取值范围是：一Jibwkw-2J5或者2j5wkwjid。

【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。

例3.设非零复数a、b满足a?+ab+b2=0,求(上：)师8+(心不)叨8。

a+b。+匕

3

4

aaa

【分析】对已知式可以联想：变形为(7)2+(7)+1=0,则7=3(3为1的立方虚根)；或配

bbb

方为(a+b)2=abo则代入所求式即得。

【解】由a2+ab+b2=0变形得：(£)2+(f)+i=o,

bb

Cl-J\bO—Q

设3=:，则3~+G)+l=0,可知3为1的立方虚根，所以：一=一,3=。-=1。

bcoa

又由a2+ab+b2=0变形得：(a+b)2=ab,

球］、］/a\1998./x1998/a\999I/0、999/〃、999।、999999.~999

所以(-----)+(-----)=(―)+(―)=(-)+(—)=(。+0)

a-vba+bababba

=2o

【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3的性质，计算表达式中的高

次惠。•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。

b

2a-1±V3z

【另解】由@2+放)+产=0变形得：(―)+(7)+1=0,解出一=---------后，化成三角形式,

bba2

代入所求表达式的变形式(f严9+(2严9后,-1±V3z

完成后面的运算。此方法用于只是未一-——联想到3

ba2

时进行解题。

22一1±y[3i

假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a2+ab+b2=0解出：a=--——b,直接代入

2

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。

山、巩固性题组：

函数y=(x—a)2+(x-b)2(a、b为常数)的最小值为

9-4C22

A.8B.a+hD.最小值不存在

22

2.a、B是方程x2—2ax+a+6=0的两实根，贝U(a-l)2+(BT)2的最小值是.

A.一普B.8C.18D.不存在

3.已知x、y£R+,且满足x+3y—1=0,则函数t=2”+8'有____。

B.最大值立C.最小值2夜B.最小值立

A.最大值20

22

4.椭圆X?—2ax+3y2+a?—6=0的一个焦点在直线x+y+4=0上，贝ija=

A.2B.-6C.-2或一6D.2或6

5.化简：2Vl-sin8+j2+2cos8的结果是____。

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

6.设F］和k、2为双曲线上一y2=l的两个焦点，点P在双曲线上且满足NF|PF2=90°,则△F/F2

4

的面积是.

7.若x>-l,则f(x)=x?+2x+—!_的最小值为

x+1

8.已知生<3<a<-n,cos(a-3)=13.,sin(a+B)=-3,求sin2a的值。(92年高考题)

24135

4

5

9.设二次函数f(x)=Ax2+Bx+C,给定m、n(m<n),A2[(m+n)2+m2n2]+2A[B(m+n)—Cmn]

+B2+C2=01,

①解不等式f(x)>0；

②是否存在一个实数t,使当te(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。

4422

10.设s〉Lt>LmdR,x=logst+log(s>y=logvt+log,s+m(log(t+logzs),

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，把某个式子看成个整体，用个变量去代替它，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，当然有时候要通过变形才能发现。例如解不等式:

4"+2*—220,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=«+Jl—x的值域时,易发现xe[0,1],设x=sin2a,ae[0,问

2

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x2+y2=r2(r>0)时，则可作三角代换x=rcos。、y=rsin。化为三角问题。

ss

均值换元，如遇到乂+丫=$形式时，设X=^+t,y=1—t等等。

22

我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原则，换元后要注重新变量范围的选取，一定

兀

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t>0和a二]。

2

I、再现性题组：

1.y=sinx•cosx+sinx+cosx的最大值是。

2.设f(x?+1)=loga(4—x")(a>l),则f(x)的值域是。

3.已知数列｛a“｝中，aj=-1,a〃+1•a”=a〃+]—a〃，贝U数列通项a“=

4.设实数x、y满足x2+2xy—l=0,则x+y的取值范围是。

1+3一工

5.方程一不-=3的解是。

1+31一

v+，

6.不等式log2(2入-1),log2(2—2)〈2的解集是o

产J

【简解】1小题：设sinx+cosx=t£[―V2,V2],贝ljy=—+t---,对称轴t=-1,当t=V2，

22

ymax=；+亚

5

6

2小题：设x?+l=t则f(t)=log,j[-(tT)?+4],所以值域为(-8,logq4]；

111

3小题：已知变形为———一=—1,设b“=---,则b]=-l,b“=—l+(n—1)(-1)-n,所以

许+iaan

J_

a〃=-

n

4小题:设x+y=k,则x/—2kx+l=0,△=4!<"—420,所以kel或kW—1：

x21

5小题:设3*=y,则3y"+2y—l=0,解得y=3,所以x=—l；

5

6小题:设log2(2x-1)=y,则y(y+l)<2,解得一2<y〈l,所以xe(log2工，log??)。

II、示范性题组:

999911

例1.实数x、y满足4x——5xy+4y~=5(①式)，设$=*~+丫,求----F----的值。(93

Qmax”min

年全国高中数学联赛题）

X=y[SCOSa

【分析】由S=x?+y2联想至ljcos2a+sin2a=1,于是进行三角换元,设《代入①

y4ssina

式求Smax和Smin的值。

x-Vs"cosa

【解】设〈代入①式得：4S—5S•sinacosa=5

y=sina

10

解得s=----------------------------

8-5sin2a

101010

：-l，sin2aVI3W8-5sin2aW13:.—w-------------------------s一

138-5sina3

113B_16_8

一十--=+-=―

VSmin

max1010105

8S-108s—10

此种解法后面求S最大值和最小值,还可由sin2a---的有界性而求,即解不等式:

S

«lo这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。

5Sss

【另解】*S=x2+y2,设x2=j+t,y2—t,te

222

则xy=±代入①式得：4S±5

移项平方整理得l()0t2+39s2-160S+】00=0.

21010

395-1605+100^0解得：一WSW一

133

11316_8

++

Smin~1010~10~5

imax

6

7

【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?+y2与三角公式cos?a+sin2

a=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：种解法属于“均值换元

法”，主要是由等式S=x?+y2而按照均值换元的思路，设x2=l+t,y2=I-t,减少了元的个数，

22

问题且容易求解。另外，还用到了求值域的几种方法：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•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3a2+

252210201010

13b=5,求得a2-e[0,q],所以S=(a—b)~+(a+b)~=2(a~2+b2〜)=百+a2~e[不，],

11

再求不一+--的值。

。max"min

11V2A-C

例2.Z\ABC的三个内角A、B、C满足：A+C=2B,---------+--------------------------，求cos-----------的

cosAcosCcosB2

值。(96年全国理)

'A+C=120°

【分析】由已知"A+C=2B”和“三角形内角和等于180°”的性质，可得1o；由

5=60°

A=60+aA-C

“A+C=120。”进行均值换元，则设〈，再代入可求cosa即cos——

C=60°-a2

4+C=120。

【解】由aABC中已知A+C=2B,可得《„

5=60°

[4=60+a

由A+C=120°,设《代入已知等式得:

C=60°-a

111

-------+-------=----------------

cosA--------cosCCOS(60°+6Z)cos(600-a)1V3

-cos6Z---sin^r

22

1cosacosa

=-2A/2,

1y/3123.22J

-COS6Z+—sin(7-cos^a--smacosa--

22444

V2A-CV2

解得：COSQ=-----,即：COS-----------=-----o

222

11V2

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°。所以------+----------------

cosAcosCcosB

=—2四，设'—血』，

cosAcosC

11

所以cosA=-----7=-------,cosC=------f=----,两式分别相加、相减得:

—A/2+加—V2—YYI

7

8

A+CA-CA-C2A/2

cosA4-cosC=2cos—~—cos-~-=cos-~-=~;----

222m2-2

A+CA-Cr-A-C2加

cosA—cosC=­2sin------sin-------=—"3sin-------=-z-----

222m2.

A-C2m2V2A-C2A-C4

即：，代入sin2------+cos—^-=1整理得：3m4

2—瓜n\2-2)m2-22

,A-C2V2V2

—16m-12=0,解出m=6,代入cos------=-z----=——

2m2—22

11r-

【注】本题两种解法由“A+C=120。"、“——-4-——二=—2J2”分别进行均值换元，随后

cosAcosC

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。

1

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,得A+C=120°,B=60°。所以------

cosA

+------=—=—2V2,即cosA+cosC=—2JEcosAcosC,和积互化得：

cosCcosB

A+CA—Cr-A—CV21—V2

2cos------cos-------=—y/2[cos(A+C)+cos(A-C),即cos-------=-----A/2COS(A-C)=.....-

nrjA—Cr-A.—CA—Cr-

V2(2cos"-------1),整理得：4J2cos-------+2cos---------3A/2=0,

222

A-CV2

解得：COS=——

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

【解】设sinx+cosx=l,则LG[-V2,V2],由(sinx+cosx)2

f2—1

+2sinx•cosx得：sinx•cosx=------

2

/.f(x)=g(t)=——(t—2a)2+-(a>0),tG[-^2,V2]

t=-J^时，取最小值：-2a2—2V2a——

2

当2a2J1时，t=J2,取最大值:—2a2+2V2a---

2

当0<2awJ1时，t=2a,取最大值:]_

2

1V2

-(0<<7<—)

1

...f(x)的最小值为一2a2—2J5a一最大值为《

2

-2a2+242a--(a>—)

22

8

9

【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(te[-V2,V2])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12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。

24(a+1)2a(a+1)2

例4.设对所于有实数x,不等式xlog,---------+2xlog,---^+log2-'~~5—>0恒成立，求

aa+l4a~

a的取值范围。(87年全国理)

4(a+l)2a(a+l-

【分析】不等式中log,--------、10g,--、10g2,2・三项有何联系？进行对数式的有关

a4a

变形后不难发现，再实施换元法。

2a4(〃+1)8(〃+1)Q+12a

【解】设log2=t,则log--------=log-----=3+log2==3—log-----

~aT\2a22a2a“Q+21

(Q4-1)~〃+1

3-t,log2———=21og9——=-2t,

4a~2a

代入后原不等式简化为(3-t)x2+2tx-2t>0,它对一切实数x恒成立，所以：

3-/>0卜<32a

<,,解得<„,：.t<0即log2-----<0

△=4厂+8/(3—/)<0[t<Oskr>6'a+l

2a

0<-----<1,解得

。+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设元，关键是发

4(。+1)2a(a+l)2

现已知不等式中log2--------、log,——-、log2,2三项之间的联系。在解决不等式恒成立问

aa-bl4a

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