第一篇：高中數學 解題規范

語言（包括數學語言）敘述是表達解題思路的過程，是數學解題的重要環節。因此，語言敘述必須規范。規范的語言敘述應步驟清楚、正確、完整、詳略得當，言必有據。數學本身有一套規范的語言系統，切不可隨意杜撰數學符號和數學術語，讓人不知所云。

答案規范是指答案準確、簡潔、全面，既注意結果的驗證、取舍，又要注意答案的完整。要做到答案規范，就必須審清題目的目標，按目標作答。解答數學問題是有嚴格的格式化要求的。哪一類題型該用什么格式答題，教材上是有明確規定的，高考命題給出的標準答案是按照教材上的規定解答的，不符合要求的要扣分。

應用問題，解出結果之后要標明單位，要寫出結論性的答案，要有一個專門的作答過程．

利用數學歸納法證明數學問題，完成n=n0和n=k到n=k+1的證明之后,要有一個結論性的表述：由1°,2°可知，命題對從0n開始的所有正整數都成立.凡是解不等式問題，其結果一定要寫成解集的形式.求函數y= f(x)的定義域和值域：函數y= f(x)的定義域是自變量x取值的全體構成的集合；函數y= f(x)的值域是函數值y的全體構成的集合.求函數y= f(x)的單調區間問題.如:函數f(x)=1/(x-1)的單調區間--------(?∞,1)和(1, +∞).1.解與解集：方程的結果一般用解表示(除非強調求解集)；不等式、三角方程的結果一般用解集(集合或區間)表示，三角方程的通解中必須加k∈Z。在寫區間或集合時，要正確地書寫圓括號、方括號或花括號，區間的兩端點之間、集合的元素之間用逗號隔開。

2.帶單位的計算題或應用題，最后結果必須帶單位，特別是應用題解題結束后一定要寫符合題意的“解答”。

3.分類討論題，一般要寫綜合性結論。

4.任何計算結果要最簡。

5.排列組合題，無特別聲明，要求出數值。

6.函數問題一般要注明定義域。

7.參數方程化普通方程，要考慮消參數過程中最后的限制范圍。

8.軌跡問題

①注意軌跡與軌跡方程的區別。軌跡方程一般用普通方程表示，軌跡需要說明圖形情況。

②有限制條件的必須注明軌跡中圖形的范圍或軌跡方程中x或y的范圍。

9.分數線要劃橫線，不用斜線。

第二篇：高中數學解題基本方法

一、配方法

配方法是對數學式子進行一種定向變形（配成“完全平方”）的技巧，通過配方找到已知和未知的聯系，從而化繁為簡.何時配方，需要我們適當預測，并且合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧，從而完成配方.有時也將其稱為“湊配法”.最常見的配方是進行恒等變形，使數學式子出現完全平方.它主要適用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題.配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(a＋b)＝a＋2ab＋b，將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：

a＋b＝(a＋b)－2ab＝(a－b)＋2ab；

a＋ab＋b＝(a＋b)－ab＝(a－b)＋3ab＝(a＋)＋（b）；

a＋b＋c＋ab＋bc＋ca＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]

a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)－2(ab－bc－ca)＝…

結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：

1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）；

x＋＝(x＋)－2＝(x－)＋2

；……

等等.Ⅰ、再現性題組：

1.在正項等比數列{a}中，asa+2asa+a?a=25，則

a＋a＝_______.2.方程x＋y－4kx－2y＋5k＝0表示圓的充要條件是_____.A.

B.k<或k>1

C.k∈R

D.k＝或k＝1

3.已知sinα＋cosα＝1，則sinα＋cosα的值為______.A.1

B.－1

C.1或－1

D.0

4.函數y＝log

(－2x＋5x＋3)的單調遞增區間是_____.A.（－∞,]

B.[,+∞)

C.(－,]

D.[,3)

5.已知方程x+(a-2)x+a-1=0的兩根x、x，則點P(x,x)在圓x+y=4上，則實數a＝_____.【簡解】

1小題：利用等比數列性質aa＝a，將已知等式左邊后配方（a＋a）易求.答案是：5.2小題：配方成圓的標準方程形式(x－a)＋(y－b)＝r，解r>0即可，選B.3小題：已知等式經配方成(sinα＋cosα)－2sinαcosα＝1，求出sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再開方求解.選C.4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解.選D.5小題：答案3－.Ⅱ、示范性題組：

例1.已知長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24，則這個長方體的一條對角線長為_____.A.2

B.C.5

D.6

【分析】

先轉換為數學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z，則,而欲求對角線長，將其配湊成兩已知式的組合形式可得.【解】設長方體長寬高分別為x,y,z，由已知“長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24”而得：.長方體所求對角線長為：＝＝＝5，所以選B.【注】本題解答關鍵是在于將兩個已知和一個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個數學式，容易發現使用配方法將三個數學式進行聯系，即聯系了已知和未知，從而求解.這也是我們使用配方法的一種解題模式.例2.設方程x＋kx＋2=0的兩實根為p、q，若()+()≤7成立，求實數k的取值范圍.【解】方程x＋kx＋2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：p＋q＝－k，pq＝2,()+()＝＝＝＝≤7，解得k≤－或k≥

.又

∵p、q為方程x＋kx＋2=0的兩實根，∴

△＝k－8≥0即k≥2或k≤－2

綜合起來，k的取值范圍是：－≤k≤－

或者

≤k≤.【注】

關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“Δ”；已知方程有兩根時，可以恰當運用韋達定理.本題由韋達定理得到p＋q、pq后，觀察已知不等式，從其結構特征聯想到先通分后配方，表示成p＋q與pq的組合式.假如本題不對“△”討論，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對“△”的討論，但解答是不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視.例3.設非零復數a、b滿足a＋ab＋b=0，求()＋()

.【分析】

對已知式可以聯想：變形為()＋()＋1＝0，則＝ω

（ω為1的立方虛根）；或配方為(a＋b)＝ab

.則代入所求式即得.【解】由a＋ab＋b=0變形得：()＋()＋1＝0，設ω＝，則ω＋ω＋1＝0，可知ω為1的立方虛根，所以：＝，ω＝＝1.又由a＋ab＋b=0變形得：(a＋b)＝ab，所以

()＋()＝()＋()＝()＋()＝ω＋＝2

.【注】

本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用ω的性質，計算表達式中的高次冪.一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯想和展開.【另解】由a＋ab＋b＝0變形得：()＋()＋1＝0，解出＝后，化成三角形式，代入所求表達式的變形式()＋()后，完成后面的運算.此方法用于只是未聯想到ω時進行解題.假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由a＋ab＋b＝0解出：a＝b，直接代入所求表達式，進行分式化簡后，化成復數的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的計算.二、換元法

解數學題時，把某個式子看成一個整體，用一個變量去代替它，從而使問題得到簡化，這叫換元法.換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化，變得容易處理.換元法又稱輔助元素法、變量代換法.通過引進新的變量，可以把分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯系起來.或者變為熟悉的形式，把復雜的計算和推證簡化.它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式，在研究方程、不等式、函數、數列、三角等問題中有廣泛的應用.換元的方法有：局部換元、三角換元、均值換元等.局部換元又稱整體換元，是在已知或者未知中，某個代數式幾次出現，而用一個字母來代替它從而簡化問題，當然有時候要通過變形才能發現.例如解不等式：4＋2－2≥0，先變形為設2＝t（t>0），而變為熟悉的一元二次不等式求解和指數方程的問題.三角換元，應用于去根號，或者變換為三角形式易求時，主要利用已知代數式中與三角知識中有某點聯系進行換元.如求函數y＝＋的值域時，易發現x∈[0,1]，設x＝sinα，α∈[0,]，問題變成了熟悉的求三角函數值域.為什么會想到如此設，其中主要應該是發現值域的聯系，又有去根號的需要.如變量x、y適合條件x＋y＝r（r>0）時，則可作三角代換x＝rcosθ、y＝rsinθ化為三角問題.均值換元，如遇到x＋y＝S形式時，設x＝＋t，y＝－t等等.我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標準化的原則，換元后要注重新變量范圍的選取，一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴大.如上幾例中的t>0和α∈[0,].Ⅰ、再現性題組：

1.y＝sinx·cosx＋sinx+cosx的最大值是_________.2.設f(x＋1)＝log(4－x)

（a>1），則f(x)的值域是_______________.3.已知數列{a}中，a＝－1，a·a＝a－a，則數列通項a＝___________.4.設實數x、y滿足x＋2xy－1＝0，則x＋y的取值范圍是___________.5.方程＝3的解是_______________.6.不等式log(2－1)

·log(2－2)〈2的解集是_______________.【簡解】1小題：設sinx+cosx＝t∈[－,]，則y＝＋t－，對稱軸t＝－1，當t＝，y＝＋；

2小題：設x＋1＝t

(t≥1)，則f(t)＝log[-(t-1)＋4]，所以值域為(－∞,log4]；

3小題：已知變形為－＝－1,設b＝，則b＝－1,b＝－1＋(n－1)(-1)＝－n，所以a＝－；

4小題：設x＋y＝k，則x－2kx＋1＝0,△＝4k－4≥0,所以k≥1或k≤－1；

5小題：設3＝y，則3y＋2y－1＝0,解得y＝，所以x＝－1；

6小題：設log(2－1)＝y，則y(y＋1)<2，解得－2

例1.實數x、y滿足4x－5xy＋4y＝5

（①式），設S＝x＋y，求＋的值.【分析】

由S＝x＋y聯想到cosα＋sinα＝1,于是進行三角換元，設代入①式求S和S的值.【解】設代入①式得：

4S－5S·sinαcosα＝5，解得

S＝；

∵

-1≤sin2α≤1

∴

3≤8－5sin2α≤13

∴

≤≤

∴

＋＝＋＝＝

此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2α＝的有界性而求，即解不等式：||≤1.這種方法是求函數值域時經常用到的“有界法”.【另解】

由S＝x＋y，設x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，則xy＝±代入①式得：4S±5=5，移項平方整理得

100t+39S－160S＋100＝0

.∴

39S－160S＋100≤0

解得：≤S≤，∴

＋＝＋＝＝

【注】

此題第一種解法屬于“三角換元法”，主要是利用已知條件S＝x＋y與三角公式cosα＋sinα＝1的聯系而聯想和發現用三角換元，將代數問題轉化為三角函數值域問題.第二種解法屬于“均值換元法”，主要是由等式S＝x＋y而按照均值換元的思路，設x＝＋t、y＝－t，減少了元的個數，問題且容易求解.另外，還用到了求值域的幾種方法：有界法、不等式性質法、分離參數法.和“均值換元法”類似，我們還有一種換元法，即在題中有兩個變量x、y時，可以設x＝a＋b，y＝a－b，這稱為“和差換元法”，換元后有可能簡化代數式.本題設x＝a＋b，y＝a－b，代入①式整理得3a＋13b＝5，求得a∈[0,]，所以S＝(a－b)＋(a＋b)＝2(a＋b)＝＋a∈[,]，再求＋的值.例2．

△ABC的三個內角A、B、C滿足：A＋C＝2B，＋＝－，求cos的值.【分析】

由已知“A＋C＝2B”和“三角形內角和等于180°”的性質，可得

；由“A＋C＝120°”進行均值換元，則設，再代入可求cosα即cos.【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得,由A＋C＝120°，設，代入已知等式得：

＋＝＋＝＋＝＝＝－2,解得：cosα＝，即：cos＝.【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°.所以＋＝－＝－2，設＝－＋m，＝－－m，所以cosA＝，cosC＝，兩式分別相加、相減得：cosA＋cosC＝2coscos＝cos＝，cosA－cosC＝－2sinsin＝－sin＝，即：sin＝－，＝－，代入sin＋cos＝1整理得：3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cos＝＝.【注】

本題兩種解法由“A＋C＝120°”、“＋＝－2”分別進行均值換元，隨后結合三角形角的關系與三角公式進行運算，除由已知想到均值換元外，還要求對三角公式的運用相當熟練.假如未想到進行均值換元，也可由三角運算直接解出：由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°.所以＋＝－＝－2，即cosA＋cosC＝－2cosAcosC，和積互化得：2coscos＝－[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos＝－cos(A-C)＝－(2cos－1)，整理得：4cos＋2cos－3＝0,解得：cos＝

y，－

x

例3.設a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a的最大值和最小值.【解】

設sinx＋cosx＝t，則t∈[-,]，由(sinx＋cosx)＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx＝

∴

f(x)＝g(t)＝－(t－2a)＋

（a>0），t∈[-,]

t＝-時，取最小值：－2a－2a－

當2a≥時，t＝，取最大值：－2a＋2a－；

當0<2a≤時，t＝2a，取最大值：

.∴

f(x)的最小值為－2a－2a－，最大值為.【注】

此題屬于局部換元法，設sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx與sinx·cosx的內在聯系，將三角函數的值域問題轉化為二次函數在閉區間上的值域問題，使得容易求解.換元過程中一定要注意新的參數的范圍（t∈[-,]）與sinx＋cosx對應，否則將會出錯.本題解法中還包含了含參問題時分類討論的數學思想方法，即由對稱軸與閉區間的位置關系而確定參數分兩種情況進行討論.一般地，在遇到題目已知和未知中含有sinx與cosx的和、差、積等而求三角式的最大值和最小值的題型時，即函數為f(sinx±cosx，sinxcsox)，經常用到這樣設元的換元法，轉化為在閉區間上的二次函數或一次函數的研究.例4.設對所于有實數x，不等式xlog＋2x

log＋log>0恒成立，求a的取值范圍.【分析】不等式中log、log、log三項有何聯系？進行對數式的有關變形后不難發現，再實施換元法.【解】

設log＝t，則log＝log＝3＋log＝3－log＝3－t，log＝2log＝－2t，代入后原不等式簡化為（3－t）x＋2tx－2t>0，它對一切實數x恒成立，所以，解得

∴

t<0即log<0，0<<1，解得0

(②式)，求的值.【解】

設＝＝k，則sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sinθ＋cosθ＝k(x+y)＝1,代入②式得：

＋＝＝

即：＋＝

設＝t，則t＋＝,解得：t＝3或

∴＝±或±

【另解】

由＝＝tgθ，將等式②兩邊同時除以，再表示成含tgθ的式子：1＋tgθ＝＝tgθ，設tgθ＝t，則3t—10t＋3＝0，∴t＝3或，解得＝±或±.【注】

第一種解法由＝而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數.第二種解法將已知變形為＝，不難發現進行結果為tgθ，再進行換元和變形.兩種解法要求代數變形比較熟練.在解高次方程時，都使用了換元法使方程次數降低.例6.實數x、y滿足＋＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范圍.【分析】由已知條件＋＝1，可以發現它與a＋b＝1有相似之處，于是實施三角換元.【解】由＋＝1，設＝cosθ，＝sinθ，即

代入不等式x＋y－k>0得3cosθ＋4sinθ－k>0，即k<3cosθ＋4sinθ＝5sin(θ+ψ)，所以k<-5時不等式恒成立.【注】本題進行三角換元，將代數問題（或者是解析幾何問題）化為了含參三角不等式恒成立的問題，再運用“分離參數法”轉化為三角函數的值域問題，從而求出參數范圍.一般地，在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似的代數式時，或者在解決圓、橢圓、雙曲線等有關問題時，經常使用“三角換元法”.本題另一種解題思路是使用數形結合法的思想方法：在平面直角坐標系，不等式ax＋by＋c>0

(a>0)所表示的區域為直線ax＋by＋c＝0所分平面成兩部分中含x軸正方向的一部分.此題不等式恒成立問題化為圖形問題：橢圓上的點始終位于平面上x＋y－k>0的區域.即當直線x＋y－k＝0在與橢圓下部相切的切線之下時.當直線與橢圓相切時，方程組有相等的一組實數解，消元后由△＝0可求得k＝－3,所以k<-3時原不等式恒成立.y

x

x＋y－k>0

k

平面區域

三、待定系數法

要確定變量間的函數關系，設出某些未知系數，然后根據所給條件來確定這些未知系數的方法叫待定系數法，其理論依據是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x)g(x)的充要條件是：對于一個任意的a值，都有f(a)g(a)；或者兩個多項式各同類項的系數對應相等.待定系數法解題的關鍵是依據已知，正確列出等式或方程.使用待定系數法，就是把具有某種確定形式的數學問題，通過引入一些待定的系數，轉化為方程組來解決，要判斷一個問題是否用待定系數法求解，主要是看所求解的數學問題是否具有某種確定的數學表達式，如果具有，就可以用待定系數法求解.例如分解因式、拆分分式、數列求和、求函數式、求復數、解析幾何中求曲線方程等，這些問題都具有確定的數學表達形式，所以都可以用待定系數法求解.使用待定系數法，它解題的基本步驟是：

第一步，確定所求問題含有待定系數的解析式；

第二步，根據恒等的條件，列出一組含待定系數的方程；

第三步，解方程組或者消去待定系數，從而使問題得到解決.如何列出一組含待定系數的方程，主要從以下幾方面著手分析：

①

利用對應系數相等列方程；

②

由恒等的概念用數值代入法列方程；

③

利用定義本身的屬性列方程；

④

利用幾何條件列方程.比如在求圓錐曲線的方程時，我們可以用待定系數法求方程：首先設所求方程的形式，其中含有待定的系數；再把幾何條件轉化為含所求方程未知系數的方程或方程組；最后解所得的方程或方程組求出未知的系數，并把求出的系數代入已經明確的方程形式，得到所求圓錐曲線的方程.Ⅰ、再現性題組：

1.設f(x)＝＋m，f(x)的反函數f(x)＝nx－5，那么m、n的值依次為_____.A.,－2

B.－，2

C.,2

D.－，－2

2.二次不等式ax＋bx＋2>0的解集是(－,)，則a＋b的值是_____.A.10

B.－10

C.14

D.－14

3.在(1－x)（1＋x）的展開式中，x的系數是_____.A.－297

B.－252

C.297

D.207

4.函數y＝a－bcos3x

(b<0)的最大值為，最小值為－，則y＝－4asin3bx的最小正周期是_____.5.與直線L：2x＋3y＋5＝0平行且過點A(1,-4)的直線L’的方程是_______________.6.與雙曲線x－＝1有共同的漸近線，且過點(2,2)的雙曲線的方程是____________.【簡解】1小題：由f(x)＝＋m求出f(x)＝2x－2m，比較系數易求，選C；

2小題：由不等式解集(－,)，可知－、是方程ax＋bx＋2＝0的兩根，代入兩根，列出關于系數a、b的方程組，易求得a＋b，選D；

3小題：分析x的系數由C與(－1)C兩項組成，相加后得x的系數，選D；

4小題：由已知最大值和最小值列出a、b的方程組求出a、b的值，再代入求得答案；

5小題：設直線L’方程2x＋3y＋c＝0，點A(1,-4)代入求得C＝10，即得2x＋3y＋10＝0；

6小題：設雙曲線方程x－＝λ，點(2,2)代入求得λ＝3，即得方程－＝1.Ⅱ、示范性題組：

例1

已知函數y＝的最大值為7，最小值為－1，求此函數式.【分析】求函數的表達式，實際上就是確定系數m、n的值；已知最大值、最小值實際是就是已知函數的值域，對分子或分母為二次函數的分式函數的值域易聯想到“判別式法”.【解】

函數式變形為：

(y－m)x－4x＋(y－n)＝0，x∈R,由已知得y－m≠0

∴

△＝(－4)－4(y－m)(y－n)≥0

即：

y－(m＋n)y＋(mn－12)≤0

①

不等式①的解集為(-1,7)，則－1、7是方程y－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的兩根，代入兩根得：

解得：或

∴

y＝或者y＝

此題也可由解集(-1,7)而設(y＋1)(y－7)≤0,即y－6y－7≤0，然后與不等式①比較系數而得：，解出m、n而求得函數式y.【注】

在所求函數式中有兩個系數m、n需要確定，首先用“判別式法”處理函數值域問題，得到了含參數m、n的關于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求參數m、n.兩種方法可以求解，一是視為方程兩根，代入后列出m、n的方程求解；二是由已知解集寫出不等式，比較含參數的不等式而列出m、n的方程組求解.本題要求對一元二次不等式的解集概念理解透徹，也要求理解求函數值域的“判別式法”：將y視為參數，函數式化成含參數y的關于x的一元二次方程，可知其有解，利用△≥0,建立了關于參數y的不等式，解出y的范圍就是值域，使用“判別式法”的關鍵是否可以將函數化成一個一元二次方程.例2.設橢圓中心在(2,-1)，它的一個焦點與短軸兩端連線互相垂直，且此焦點與長軸較近的端點距離是－，求橢圓的方程.【分析】求橢圓方程，根據所給條件，確定幾何數據a、b、c之值，問題就全部解決了.設a、b、c后，由已知垂直關系而聯想到勾股定理建立一個方程，再將焦點與長軸較近端點的距離轉化為a－c的值后列出第二個方程.【解】

設橢圓長軸2a、短軸2b、焦距2c，則|BF’|＝a

y

B’

x

A

F

O’

F’

A’

B

∴

解得：

∴

所求橢圓方程是：＋＝1

也可有垂直關系推證出等腰Rt△BB’F’后，由其性質推證出等腰Rt△B’O’F’，再進行如下列式，更容易求出a、b的值.【注】

圓錐曲線中，參數（a、b、c、e、p）的確定，是待定系數法的生動體現；如何確定，要抓住已知條件，將其轉換成表達式.在曲線的平移中，幾何數據（a、b、c、e）不變，本題就利用了這一特征，列出關于a－c的等式.一般地，解析幾何中求曲線方程的問題，大部分用待定系數法，基本步驟是：設方程（或幾何數據）→幾何條件轉換成方程→求解→已知系數代入.例3.是否存在常數a、b、c，使得等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(an＋bn＋c)對一切自然數n都成立？并證明你的結論.【分析】是否存在，不妨假設存在.由已知等式對一切自然數n都成立，取特殊值n＝1、2、3列出關于a、b、c的方程組，解方程組求出a、b、c的值，再用數學歸納法證明等式對所有自然數n都成立.【解】假設存在a、b、c使得等式成立，令：n＝1，得4＝(a＋b＋c)；n＝2，得22＝(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c.整理得：,解得，于是對n＝1、2、3，等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(3n＋11n＋10)成立，下面用數學歸納法證明對任意自然數n，該等式都成立：

假設對n＝k時等式成立，即1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＝(3k＋11k＋10)；

當n＝k＋1時，1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)＝(3k＋11k＋10)

＋(k＋1)(k＋2)＝(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)＝（3k＋5k＋12k＋24）＝[3(k＋1)＋11(k＋1)＋10]，也就是說，等式對n＝k＋1也成立.綜上所述，當a＝8、b＝11、c＝10時，題設的等式對一切自然數n都成立.【注】建立關于待定系數的方程組，在于由幾個特殊值代入而得到.此種解法中，也體現了方程思想和特殊值法.對于是否存在性問題待定系數時，可以按照先試值、再猜想、最后歸納證明的步驟進行.本題如果記得兩個特殊數列1＋2＋…＋n、1＋2＋…＋n求和的公式，也可以抓住通項的拆開，運用數列求和公式而直接求解：由n(n＋1)＝n＋2n＋n得S＝1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(1＋2＋…＋n)＋2(1＋2＋…＋n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋2×＋＝(3n＋11n＋10)，綜上所述，當a＝8、b＝11、c＝10時，題設的等式對一切自然數n都成立.例4.有矩形的鐵皮，其長為30cm，寬為14cm，要從四角上剪掉邊長為xcm的四個小正方形，將剩余部分折成一個無蓋的矩形盒子，問x為何值時，矩形盒子容積最大，最大容積是多少？

【分析】實際問題中，最大值、最小值的研究，先由已知條件選取合適的變量建立目標函數，將實際問題轉化為函數最大值和最小值的研究.【解】

依題意，矩形盒子底邊邊長為(30－2x)cm，底邊寬為(14－2x)cm，高為xcm.∴

盒子容積

V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x，顯然:15－x>0，7－x>0，x>0.設V＝(15a－ax)(7b－bx)x

(a>0,b>0），要使用均值不等式，則

解得：a＝，b＝，x＝3

.從而V＝(－)(－x)x≤()＝×27＝576.所以當x＝3時，矩形盒子的容積最大，最大容積是576cm.【注】均值不等式應用時要注意等號成立的條件，當條件不滿足時要湊配系數，可以用“待定系數法”求.本題解答中也可以令V＝(15a－ax)(7－x)bx

或

(15－x)(7a－ax)bx，再由使用均值不等式的最佳條件而列出方程組，求出三項該進行湊配的系數，本題也體現了“湊配法”和“函數思想”.四、定義法

所謂定義法，就是直接用數學定義解題.數學中的定理、公式、性質和法則等，都是由定義和公理推演出來.定義是揭示概念內涵的邏輯方法，它通過指出概念所反映的事物的本質屬性來明確概念.定義是千百次實踐后的必然結果，它科學地反映和揭示了客觀世界的事物的本質特點.簡單地說，定義是基本概念對數學實體的高度抽象.用定義法解題，是最直接的方法，本講讓我們回到定義中去.Ⅰ、再現性題組：

1.已知集合A中有2個元素，集合B中有7個元素，A∪B的元素個數為n，則______.A.2≤n≤9

B.7≤n≤9

C.5≤n≤9

D.5≤n≤7

2.設MP、OM、AT分別是46°角的正弦線、余弦線和正切線，則_____.A.MP

B.OM

C.AT<

D.OM

3.復數z＝a＋2ｉ，z＝－2＋ｉ，如果|z|<

|z|，則實數a的取值范圍是_____.A.－1

B.a>1

C.a>0

D.a<－1或a>1

4.橢圓＋＝1上有一點P，它到左準線的距離為，那么P點到右焦點的距離為_____.A.8

C.7.5

C.D.3

5.奇函數f(x)的最小正周期為T，則f(－)的值為_____.A.T

B.0

C.D.不能確定

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：利用三角函數線定義，作出圖形，選B；

3小題：利用復數模的定義得<，選A；

4小題：利用橢圓的第二定義得到＝e＝，選A；

5小題：利用周期函數、奇函數的定義得到f(－)＝f()＝－f(－)，選B；

6小題：利用線面角、面面角的定義，答案2.Ⅱ、示范性題組：

例1.已知z＝1＋ｉ，①

設w＝z＋3－4，求w的三角形式；

②

如果＝1－ｉ，求實數a、b的值.【分析】代入z進行運算化簡后，運用復數三角形式和復數相等的定義解答.【解】由z＝1＋ｉ，有w＝z＋3－4＝(1＋ｉ)＋3－4＝2ｉ＋3(1－ｉ)－4＝－1－ｉ，w的三角形式是（cos＋ｉsin）；

由z＝1＋ｉ，有＝＝＝(a＋2)－(a＋b)ｉ.由題設條件知：(a＋2)－(a＋b)ｉ＝1＋ｉ；

根據復數相等的定義，得：，解得.【注】求復數的三角形式，一般直接利用復數的三角形式定義求解.利用復數相等的定義，由實部、虛部分別相等而建立方程組，這是復數中經常遇到的.例2.已知f(x)＝－x＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，求y＝logf(x)的定義域，判定在(,1)上的單調性.【分析】要判斷函數的單調性，必須首先確定n與c的值求出函數的解析式，再利用函數的單調性定義判斷.【解】

解得：，∴

f(x)＝－x＋x

解f(x)>0得：0

設

x+x>，x+x>

∴

(x+x)（x+x)〉×＝1

∴

f(x)－f(x)>0即f(x)在(,1)上是減函數

∵

<1

∴

y＝logf(x)

在(,1)上是增函數.【注】關于函數的性質：奇偶性、單調性、周期性的判斷，一般都是直接應用定義解題.本題還在求n、c的過程中，運用了待定系數法和換元法.例3.求過定點M(1,2)，以x軸為準線，離心率為的橢圓的下頂點的軌跡方程.【分析】運動的橢圓過定點M，準線固定為x軸，所以M到準線距離為2.抓住圓錐曲線的統一性定義，可以得到＝建立一個方程，再由離心率的定義建立一個方程.y

M

F

A

x

【解】設A(x,y)、F(x,m)，由M(1,2)，則橢圓上定點M到準線距離為2，下頂點A到準線距離為y.根據橢圓的統一性定義和離心率的定義，得到：，消m得：（x－1）＋＝1，所以橢圓下頂點的軌跡方程為（x－1）＋＝1.【注】求曲線的軌跡方程，按照求曲線軌跡方程的步驟，設曲線上動點所滿足的條件，根據條件列出動點所滿足的關系式，進行化簡即可得到.本題還引入了一個參數m,列出的是所滿足的方程組，消去參數m就得到了動點坐標所滿足的方程，即所求曲線的軌跡方程.在建立方程組時，巧妙地運用了橢圓的統一性定義和離心率的定義.一般地，圓錐曲線的點、焦點、準線、離心率等問題，常用定義法解決；求圓錐曲線的方程，也總是利用圓錐曲線的定義求解，但要注意橢圓、雙曲線、拋物線的兩個定義的恰當選用.五、數學歸納法

歸納是一種有特殊事例導出一般原理的思維方法.歸納推理分完全歸納推理與不完全歸納推理兩種.不完全歸納推理只根據一類事物中的部分對象具有的共同性質，推斷該類事物全體都具有的性質，這種推理方法，在數學推理論證中是不允許的.完全歸納推理是在考察了一類事物的全部對象后歸納得出結論來.數學歸納法是用來證明某些與自然數有關的數學命題的一種推理方法，在解數學題中有著廣泛的應用.它是一個遞推的數學論證方法，論證的第一步是證明命題在n＝1(或n)時成立，這是遞推的基礎；第二步是假設在n＝k時命題成立，再證明n＝k＋1時命題也成立，這是無限遞推下去的理論依據，它判斷命題的正確性能否由特殊推廣到一般，實際上它使命題的正確性突破了有限，達到無限.這兩個步驟密切相關，缺一不可，完成了這兩步，就可以斷定“對任何自然數（或n≥n且n∈N）結論都正確”.由這兩步可以看出，數學歸納法是由遞推實現歸納的，屬于完全歸納.運用數學歸納法證明問題時，關鍵是n＝k＋1時命題成立的推證，此步證明要具有目標意識，注意與最終要達到的解題目標進行分析比較，以此確定和調控解題的方向，使差異逐步減小，最終實現目標完成解題.運用數學歸納法，可以證明下列問題：與自然數n有關的恒等式、代數不等式、三角不等式、數列問題、幾何問題、整除性問題等等.Ⅰ、再現性題組：

1.用數學歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2·1·2…(2n－1)

（n∈N），從“k到k＋1”，左端需乘的代數式為_____.A.2k＋1

B.2(2k＋1)

C.D.2.用數學歸納法證明1＋＋＋…＋

(n>1)時，由n＝k

(k>1)不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應增加的代數式的個數是_____.A.2

B.2－1

C.2

D.2＋1

3.某個命題與自然數n有關，若n＝k

(k∈N)時該命題成立，那么可推得n＝k＋1時該命題也成立.現已知當n＝5時該命題不成立，那么可推得______.A.當n＝6時該命題不成立

B.當n＝6時該命題成立

C.當n＝4時該命題不成立

D.當n＝4時該命題成立

4.數列{a}中，已知a＝1，當n≥2時a＝a＋2n－1，依次計算a、a、a后，猜想a的表達式是_____.A.3n－2

B.n

C.3

D.4n－3

5.用數學歸納法證明3＋5

(n∈N)能被14整除，當n＝k＋1時對于式子3＋5應變形為_______________________.6.設k棱柱有f(k)個對角面，則k＋1棱柱對角面的個數為f(k+1)＝f(k)＋_________.【簡解】1小題：n＝k時，左端的代數式是(k＋1)(k＋2)…(k＋k),n＝k＋1時，左端的代數式是(k＋2)(k＋3)…(2k＋1)(2k＋2)，所以應乘的代數式為，選B；

2小題：（2－1）－（2－1）＝2，選C；

3小題：原命題與逆否命題等價，若n＝k＋1時命題不成立，則n＝k命題不成立，選C.4小題：計算出a＝1、a＝4、a＝9、a＝16再猜想a，選B；

5小題：答案（3＋5）3＋5（5－3）；

6小題：答案k－1.Ⅱ、示范性題組：

例1.已知數列，得，…，….S為其前n項和，求S、S、S、S，推測S公式，并用數學歸納法證明.【解】

計算得S＝，S＝，S＝，S＝，猜測S＝

(n∈N).當n＝1時，等式顯然成立；

假設當n＝k時等式成立，即：S＝，當n＝k＋1時，S＝S＋

＝＋

＝

＝＝,由此可知，當n＝k＋1時等式也成立.綜上所述，等式對任何n∈N都成立.【注】

把要證的等式S＝作為目標，先通分使分母含有(2k＋3)，再考慮要約分，而將分子變形，并注意約分后得到（2k＋3）－1.這樣證題過程中簡潔一些，有效地確定了證題的方向.本題的思路是從試驗、觀察出發，用不完全歸納法作出歸納猜想，再用數學歸納法進行嚴格證明，這是關于探索性問題的常見證法，在數列問題中經常見到.假如猜想后不用數學歸納法證明，結論不一定正確，即使正確，解答過程也不嚴密.必須要進行三步：試值

→

猜想

→

證明.【另解】

用裂項相消法求和：由a＝＝－得，S＝（1－）＋（－）＋……＋－＝1－＝.此種解法與用試值猜想證明相比，過程十分簡單，但要求發現＝－的裂項公式.可以說，用試值猜想證明三步解題，具有一般性.例2.設a＝＋＋…＋

(n∈N),證明：n(n＋1)

(n＋1)

.【分析】與自然數n有關，考慮用數學歸納法證明.n＝1時容易證得，n＝k＋1時，因為a＝a＋,所以在假設n＝k成立得到的不等式中同時加上，再與目標比較而進行適當的放縮求解.【解】

當n＝1時，a＝，n(n+1)＝，(n+1)＝2，∴

n＝1時不等式成立.假設當n＝k時不等式成立，即：k(k＋1)

(k＋1)，當n＝k＋1時，k(k＋1)＋k(k＋1)＋(k＋1)＝(k＋1)(k＋3)>(k＋1)(k＋2)，(k＋1)＋＝(k＋1)＋<(k＋1)＋(k＋)＝(k＋2)，所以(k＋1)(k＋2)

用數學歸納法解決與自然數有關的不等式問題，注意適當選用放縮法.本題中分別將縮小成(k＋1)、將放大成(k＋)的兩步放縮是證n＝k＋1時不等式成立的關鍵.為什么這樣放縮，而不放大成(k＋2)，這是與目標比較后的要求，也是遵循放縮要適當的原則.本題另一種解題思路是直接采用放縮法進行證明.主要是抓住對的分析，注意與目標比較后，進行適當的放大和縮小.解法如下：由>n可得，a>1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)；由

要證明{a}是等差數列，可以證明其通項符合等差數列的通項公式的形式，即證：a＝a＋(n－1)d

.命題與n有關，考慮是否可以用數學歸納法進行證明.【解】

設a－a＝d，猜測a＝a＋(n－1)d

當n＝1時，a＝a，∴

當n＝1時猜測正確.當n＝2時，a＋(2－1)d＝a＋d＝a，∴當n＝2時猜測正確.假設當n＝k（k≥2）時，猜測正確，即：a＝a＋(k－1)d，當n＝k＋1時，a＝S－S＝－，將a＝a＋(k－1)d代入上式，得到2a＝(k＋1)(a＋a)－2ka－k(k－1)d，整理得(k－1)a＝(k－1)a＋k(k－1)d，因為k≥2,所以a＝a＋kd，即n＝k＋1時猜測正確.綜上所述，對所有的自然數n，都有a＝a＋(n－1)d，從而{a}是等差數列.【注】

將證明等差數列的問題轉化成證明數學恒等式關于自然數n成立的問題.在證明過程中a的得出是本題解答的關鍵，利用了已知的等式S＝、數列中通項與前n項和的關系a＝S－S建立含a的方程，代入假設成立的式子a＝a＋(k－1)d解出來a.另外本題注意的一點是不能忽視驗證n＝1、n＝2的正確性，用數學歸納法證明時遞推的基礎是n＝2時等式成立，因為由(k－1)a＝(k－1)a＋k(k－1)d得到a＝a＋kd的條件是k≥2.【另解】

可證a

－a＝

a－

a對于任意n≥2都成立：當n≥2時，a＝S－S＝－；同理有a＝S－S＝－；從而a－a＝－n(a＋a)＋，整理得a

－a＝

a－

a，從而{a}是等差數列.一般地，在數列問題中含有a與S時，我們可以考慮運用a＝S－S的關系，并注意只對n≥2時關系成立，象已知數列的S求a一類型題應用此關系最多.六、參數法

參數法是指在解題過程中，通過適當引入一些與題目研究的數學對象發生聯系的新變量（參數），以此作為媒介，再進行分析和綜合，從而解決問題.直線與二次曲線的參數方程都是用參數法解題的例證.換元法也是引入參數的典型例子.辨證唯物論肯定了事物之間的聯系是無窮的，聯系的方式是豐富多采的，科學的任務就是要揭示事物之間的內在聯系，從而發現事物的變化規律.參數的作用就是刻畫事物的變化狀態，揭示變化因素之間的內在聯系.參數體現了近代數學中運動與變化的思想，其觀點已經滲透到中學數學的各個分支.運用參數法解題已經比較普遍.參數法解題的關鍵是恰到好處地引進參數，溝通已知和未知之間的內在聯系，利用參數提供的信息，順利地解答問題.Ⅰ、再現性題組：

1.設2＝3＝5>1，則2x、3y、5z從小到大排列是________________.2.（理）直線上與點A(-2,3)的距離等于的點的坐標是________.（文）若k<－1，則圓錐曲線x－ky＝1的離心率是_________.3.點Z的虛軸上移動，則復數C＝z＋1＋2ｉ在復平面上對應的軌跡圖像為____________________.4.三棱錐的三個側面互相垂直，它們的面積分別是6、4、3，則其體積為______.5.設函數f(x)對任意的x、y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且當x>0時，f(x)<0，則f(x)的R上是______函數.(填“增”或“減”)

6.橢圓＋＝1上的點到直線x＋2y－＝0的最大距離是_____.A.3

B.C.D.2

【簡解】1小題：設2＝3＝5＝t，分別取2、3、5為底的對數，解出x、y、z，再用“比較法”比較2x、3y、5z，得出3y<2x<5z；

2小題：（理）A(-2,3)為t＝0時，所求點為t＝±時，即(-4,5)或(0,1)；

（文）已知曲線為橢圓，a＝1，c＝，所以e＝－；

3小題：設z＝bｉ，則C＝1－b＋2ｉ，所以圖像為：從(1,2)出發平行于x軸向右的射線；

4小題：設三條側棱x、y、z，則xy＝6、yz＝4、xz＝3,所以xyz＝24,體積為4.5小題：f(0)＝0，f(0)＝f(x)＋f(-x)，所以f(x)是奇函數，答案：減；

6小題：設x＝4sinα、y＝2cosα，再求d＝的最大值，選C.Ⅱ、示范性題組：

例1.實數a、b、c滿足a＋b＋c＝1，求a＋b＋c的最小值.【分析】由a＋b＋c＝1

想到“均值換元法”，于是引入了新的參數，即設a＝＋t，b＝＋t，c＝＋t，代入a＋b＋c可求.【解】由a＋b＋c＝1，設a＝＋t，b＝＋t，c＝＋t，其中t＋t＋t＝0，∴

a＋b＋c＝（＋t）＋（＋t）＋(＋t)＝＋(t＋t＋t)＋t＋t＋t＝＋t＋t＋t≥，所以a＋b＋c的最小值是.【注】由“均值換元法”引入了三個參數，卻將代數式的研究進行了簡化，是本題此種解法的一個技巧.本題另一種解題思路是利用均值不等式和“配方法”進行求解，解法是：a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a＋b＋c)，即a＋b＋c≥.兩種解法都要求代數變形的技巧性強，多次練習，可以提高我們的代數變形能力.例2.橢圓＋＝1上有兩點P、Q，O為原點.連OP、OQ，若k·k＝－，①求證：|OP|＋|OQ|等于定值；

②求線段PQ中點M的軌跡方程.【分析】

由“換元法”引入新的參數，即設（橢圓參數方程），參數θ、θ為P、Q兩點，先計算k·k得出一個結論，再計算|OP|＋|OQ|，并運用“參數法”求中點M的坐標，消參而得.【解】由＋＝1，設，P(4cosθ,2sinθ)，Q(4cosθ,2sinθ),則k·k＝＝－，整理得到：

cosθ

cosθ＋sinθ

sinθ＝0,即cos（θ－θ）＝0.∴|OP|＋|OQ|＝16cosθ＋4sinθ＋16cosθ＋4sinθ＝8＋12(cosθ＋cosθ)＝20＋6（cos2θ＋cos2θ)＝20＋12cos（θ＋θ）cos（θ－θ）＝20，即|OP|＋|OQ|等于定值20.由中點坐標公式得到線段PQ的中點M的坐標為，所以有()＋y＝2＋2(cosθ

cosθ＋sinθ

sinθ)＝2,即所求線段PQ的中點M的軌跡方程為＋＝1.【注】由橢圓方程，聯想到a＋b＝1,于是進行“三角換元”，通過換元引入新的參數，轉化成為三角問題進行研究.本題還要求能夠熟練使用三角公式和“平方法”，在由中點坐標公式求出M點的坐標后，將所得方程組稍作變形，再平方相加，即（cosθ＋

cosθ）＋（sinθ＋sinθ），這是求點M軌跡方程“消參法”的關鍵一步.一般地，求動點的軌跡方程運用“參數法”時，我們可以將點的x、y坐標分別表示成為一個或幾個參數的函數，再運用“消去法”消去所含的參數，即得到了所求的軌跡方程.本題的第一問，另一種思路是設直線斜率k，解出P、Q兩點坐標再求：

設直線OP的斜率k，則OQ的斜率為－，由橢圓與直線OP、OQ相交于PQ兩點有：，消y得(1＋4k)x＝16,即|x|＝；，消y得(1＋)x＝16，即|x|＝；所以|OP|＋|OQ|＝()＋（）＝＝20.即|OP|＋|OQ|等于定值20.在此解法中，利用了直線上兩點之間的距離公式|AB|＝|x－x|求|OP|和|OQ|的長.七、反證法

與前面所講的方法不同，反證法是屬于“間接證明法”一類，是從反面的角度思考問題的證明方法，即：肯定題設而否定結論，從而導出矛盾推理而得.法國數學家阿達瑪(Hadamard)對反證法的實質作過概括：“若肯定定理的假設而否定其結論，就會導致矛盾”.具體地講，反證法就是從否定命題的結論入手，并把對命題結論的否定作為推理的已知條件，進行正確的邏輯推理，使之得到與已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題等相矛，矛盾的原因是假設不成立，所以肯定了命題的結論，從而使命題獲得了證明.反證法所依據的是邏輯思維規律中的“矛盾律”和“排中律”.在同一思維過程中，兩個互相矛盾的判斷不能同時都為真，至少有一個是假的，這就是邏輯思維中的“矛盾律”；兩個互相矛盾的判斷不能同時都假，簡單地說“A或者非A”，這就是邏輯思維中的“排中律”.反證法在其證明過程中，得到矛盾的判斷，根據“矛盾律”，這些矛盾的判斷不能同時為真，必有一假，而已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題都是真的，所以“否定的結論”必為假.再根據“排中律”，結論與“否定的結論”這一對立的互相否定的判斷不能同時為假，必有一真，于是我們得到原結論必為真.所以反證法是以邏輯思維的基本規律和理論為依據的，反證法是可信的.反證法的證題模式可以簡要的概括我為“否定→推理→否定”.即從否定結論開始，經過正確無誤的推理導致邏輯矛盾，達到新的否定，可以認為反證法的基本思想就是“否定之否定”.應用反證法證明的主要三步是：否定結論

→

推導出矛盾

→

結論成立.實施的具體步驟是：

第一步，反設：作出與求證結論相反的假設；

第二步，歸謬：將反設作為條件，并由此通過一系列的正確推理導出矛盾；

第三步，結論：說明反設不成立，從而肯定原命題成立.在應用反證法證題時，一定要用到“反設”進行推理，否則就不是反證法.用反證法證題時，如果欲證明的命題的方面情況只有一種，那么只要將這種情況駁倒了就可以，這種反證法又叫“歸謬法”；如果結論的方面情況有多種，那么必須將所有的反面情況一一駁倒，才能推斷原結論成立，這種證法又叫“窮舉法”.在數學解題中經常使用反證法，牛頓曾經說過：“反證法是數學家最精當的武器之一”.一般來講，反證法常用來證明的題型有：命題的結論以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“無限”形式出現的命題；或者否定結論更明顯.具體、簡單的命題；或者直接證明難以下手的命題，改變其思維方向，從結論入手進行反面思考，問題可能解決得十分干脆.Ⅰ、再現性題組：

1.已知函數f(x)在其定義域內是減函數，則方程f(x)＝0

______.A.至多一個實根

B.至少一個實根

C.一個實根

D.無實根

2.已知a<0,－1ab>

ab

B.ab>ab>a

C.ab>a>

ab

D.ab>

ab>a

3.已知α∩β＝l，a

α，b

β，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

4.四面體頂點和各棱的中點共10個，在其中取4個不共面的點，不同的取法有_____.(97年全國理)

A.150種

B.147種

C.144種

D.141種

【簡解】1小題：從結論入手，假設四個選擇項逐一成立，導出其中三個與特例矛盾，選A；

2小題：采用“特殊值法”，取a＝－1、b＝－0.5，選D；

3小題：從逐一假設選擇項成立著手分析，選B；

4小題：分析清楚結論的幾種情況，列式是：C－C×4－3－6,選D.Ⅱ、示范性題組：

S

C

A

B

O

例1.如圖，設SA、SB是圓錐SO的兩條母線，O是底面圓心，C是SB上一點.求證：AC與平面SOB不垂直.【分析】結論是“不垂直”，呈“否定性”，考慮使用反證法，即假設“垂直”后再導出矛盾后，再肯定“不垂直”.【證明】

假設AC⊥平面SOB，∵

直線SO在平面SOB內，∴

AC⊥SO，∵

SO⊥底面圓O，∴

SO⊥AB，∴

SO⊥平面SAB，∴平面SAB∥底面圓O，這顯然出現矛盾，所以假設不成立.即AC與平面SOB不垂直.【注】否定性的問題常用反證法.例如證明異面直線，可以假設共面，再把假設作為已知條件推導出矛盾.例2.若下列方程：x＋4ax－4a＋3＝0，x＋(a－1)x＋a＝0,x＋2ax－2a＝0至少有一個方程有實根.試求實數a的取值范圍.【分析】

三個方程至少有一個方程有實根的反面情況僅有一種：三個方程均沒有實根.先求出反面情況時a的范圍，再所得范圍的補集就是正面情況的答案.【解】

設三個方程均無實根，則有,解得,即－

(其中x∈R且x≠)，證明：①.經過這個函數圖像上任意兩個不同點的直線不平行于x軸；

②.這個函數的圖像關于直線y＝x成軸對稱圖像.【分析】“不平行”的否定是“平行”，假設“平行”后得出矛盾從而推翻假設.【證明】

①

設M(x,y)、M(x,y)是函數圖像上任意兩個不同的點，則x≠x,假設直線MM平行于x軸，則必有y＝y，即＝，整理得a(x－x)＝x－x，∵x≠x

∴

a＝1，這與已知“a≠1”矛盾，因此假設不對，即直線MM不平行于x軸.②

由y＝得axy－y＝x－1,即(ay－1)x＝y－1,所以x＝，即原函數y＝的反函數為y＝，圖像一致.由互為反函數的兩個圖像關于直線y＝x對稱可以得到，函數y＝的圖像關于直線y＝x成軸對稱圖像.【注】對于“不平行”的否定性結論使用反證法，在假設“平行”的情況下，容易得到一些性質，經過正確無誤的推理，導出與已知a≠1互相矛盾.第②問中，對稱問題使用反函數對稱性進行研究，方法比較巧妙，要求對反函數求法和性質運用熟練.

第三篇：如何提高高中數學解題能力

如何提高高中數學解題能力

在近年的高中教學中，存在著一個普遍的問題：有些學生課堂似乎能夠聽得懂，教材內容也能讀得懂，可就是在各種類型的考試中總有不少試題不會解答，以致成績難以提高。這一問題的主要原因存在于教師的教和學生的學兩個方面，應當從教師和學生兩個方面下功夫才能有效解決。

從教師方面看，應積極改進教學行為：

一、強化敬業精神，提高課堂教學效果

目前實施的新一輪課程改革倡導教師要實現由教學生“學會”到教學生“會學”的轉變，學校應切實加強教師職業道德建設，重點強化這部分教師的敬業精神，增強其負責意識和工作熱情，引導其充滿激情地上好每一節課，吃透教情和學情，把教師的教和學生的學有機地結合起來，保證《教學大綱》、《課程標準》規定的“應知”、“應會”目標的實現。

二、根據學生實際，合理確定教學的起點和難度

同級、同班高中學生之間存在著很大差別，教師要通過課堂、作業、測驗、反饋和調查等方法，掌握學生的學業基礎和接受能力，對不同層次的學生可制定不同層次的教學目標要求，使所有學生掌握基礎知識和基本技能，會做基礎題，穩拿中檔分。在此基礎上，再考慮適當提高優秀生的需要。

三、選擇典型試題，突出課堂訓練

“學習的目的全在于運用”。新課改強調要提高學生運用所學知識解決實際問題的能力，課堂教學中“以訓練為主線”的指導思想必須堅持。講授新知識后，應選擇具有典型性、代表性的例題向學生作解題示范，再由學生上講臺或在練習本上做同類試題，掌握解題的基本規律、方法和思路，達到舉一反

三、觸類旁通之程度。教師講例題，要把重點放在試題分析和解題思維方法的構想上，使學生從中學會基本的方法和技能。

從學生方面看，應切實改進學習行為。

一、增強學習信心，端正學習態度

面對激烈的高考競爭，一些同學缺乏必勝的信念，對自己要求不嚴，同學們一定要明確學習目的，充分認識高中階段是每個同學學業發展變化的關鍵時期，一切全在自己努力。只有下功夫，誰都能成功。從而增強信心，轉變學習態度，專心致志、聚精會神地去學習。

二、抓住中心環節，課堂認真聽講

據調查，不少同學不會做題的原因，主要是對一些基礎知識似懂非懂，或者缺乏解題的思路和方法。解決之法是應大力關注老師講解例題的分析過程和解題步驟，掌握運用本節所學知識解題的基本規律及其綜合運用知識分析問題的思路。這樣，解題答卷能力就能從根子上提高。

三、遵循學習規律，力求融會貫通

解題能力是以扎實的知識功底作基礎的，提高解題能力，必須著手知識的全面學習掌握和融會貫通。按照學習的一般規律，除課堂認真聽講外，對學習難度較大的課程，課前必須預習，讀熟課文內容，找出重點和難懂的內容，為課堂學習打好基礎。所有課程都應當在課后認真復習鞏固。

四、強化解題練習，達到熟能生巧

“熟能生巧”是掌握一切知識和技能的普遍規律，提高解題技能也不例外。必須強化解題訓練，課堂練習、作業和平時的考練題都應當一絲不茍地去做，步驟、單位等要書寫完整。各科都要建立錯題糾正本，重做錯題，定期回頭望，確保同類錯誤不再發生。在復課階段，要歸納各科試題類型，每類選做代表性試題，總結出方法，做到舉一反三，觸類旁通。在數學方面，能力比具體的知識更重要。

第四篇：高中數學大題解題思路

同學們，歡迎你們來到MiHop教育

王福喜（專利擁有）

1、高考數學大題結構安排：

A、三角函數與向量的結合B、概率論

C、立體幾何

D、圓錐曲線

E、導數

F、數列

2、解題方法淺析：其實高考大題并不可怕，它就是一個按部就班的過程，只要你能把握其中的解題思路，隨便怎么都可以搞到六七十分的，甚至猛一點的可以拿滿分。那么我就簡單的說一下我的想法和思路，希望對大家有幫助，同時也希望大家下來在這些方面有所加強，高考數學大題就不是問題了！

a、三角函數與向量：

考點：對于這類題型我們首先要知道它一般都是考我們什么，我覺得它主要是考我們向 量的數量積以及三角函數的化簡問題看，同時可能會涉及到正余弦定理，難度一般不大。只要你能熟練掌握公式，這類題都不是問題。

題型：這部分大題一般都是涉及以下的題型：

最值（值域）、單調性、周期性、對稱性、未知數的取值范圍、平移問題等

解題思路： 第一步就是根根據向量公式將表示出來：其表示共有兩種方法，一種是模長公式（該，另一種就是用坐標

種方法是在題目沒有告訴坐標的情況下應用），即公式表示出來（該種方法是在題目告訴了坐標），即

第二步就是三角函數的化簡：化簡的方法都是涉及到三角函數的誘導公式（只要題目出現了跟或者有關的角度，一定想到誘導公式），還有就是倍角半角公式（只要題目中的角度出現一半或者兩倍的關系，一定要此方法），最后可能就是用到三角函數的展開公式（注意輔助角公式的應用）

第三步就是將化簡為一個整體的式子（如y=a

解答：

最值（值域）：要首先求出的范圍，然后求出y的范圍

代入sin函數的單調范圍解出x的范的形式）根據題目要求來單調性：首先明確sin函數的單調性，然后將

圍（這里一定要注意2的正負性）

周期性：利用公式求解

對稱性：要熟練掌握sin、cos、tan函數關于軸對稱和點對稱的公式，同時解題過程中 不要忘記了加上周期性。

未知數的取值范圍：請文科生參照第九套試卷第二問的做法；理科生同樣參照第九套試 卷第二問的做法。

平移問題：永遠記住左右平移只是對x做變化，上下平移就是對y做變化，永遠切記。b、概率：

考點：對文科生來說，這個類型的題主要是考我們對題目意思的理解，在解題過程能學 會樹狀圖和列表，題目也是相當的簡單，只要你能審題準確，這類題都是送分題；對理 科生來說，主要注意結合排列組合、獨立重復試驗知識點，同時會要求我們準確掌握分 布列、期望、方差的公式，難度也是不大，都屬于送分題，是要求我們必須拿全部分數。題型：在這里我就不多說了，都是求概率，沒有什么新穎的地方，不過要注意我們曾經 在這里遇到過的線性規劃問題，還有就是籃球成功率與命中率和防守率之間關系的類似 題目。

解題思路：

第一步就是求出總體的情況

第二步就是求出符合題意的情況

第三步就是將兩者比起來就是題目要求的概率

這類型題目對理科生來說一定要掌握好期望與方差的公式，同時最重要的是獨立重復 試驗概率的求法。

c、幾何：

考點：這類題主要是考察咱們對空間物體的感覺，希望大家在平時學習過程中，多培養一些立體的、空間的感覺，將自己設身處地于那么一個立體的空間中去，這類題對文科生來說，難度都比較簡單，但是對理科生來說，可能會比較復雜一些，特別是在二面角的求法上，對理科生來說是一個巨大的挑戰，它需要理科生能對兩個面夾角培養出感情來，這樣輔助線的做法以及邊長的求法就變得如此之簡單了。

題型：這種題型分為兩類：第一類就是證明題，也就是證明平行（線面平行、面面平行），第二類就是證明垂直（線線垂直、線面垂直、面面垂直）；第二就是計算題，包括棱錐體的體積公式計算、點到面的距離、有關二面角的計算（理科生掌握）

解題思路：

證線面平行如直線與面有兩種方法：一種方法是在面中找到一條線與平行即可（一般情況下沒有現成的線存在，這個時候需要我們在面做一條輔助線去跟線平行，一般這條輔助線的作法就是找中點）；另一種方法就是過直線作一個平面與面平行即可，輔助面的作法也基本上是找中點。

證面面平行：這類題比較簡單，即證明這兩個平面的兩條相交線對應平行即可。證線面垂直如直線與面：這類型的題主要是看有前提沒有，即如果直線所在的平面與面在題目中已經告訴我們是垂直關系了，那么我們只需要證明直線垂直于面與面的交線即可；如果題目中沒有說直線所在的平面與面是垂直的關系，那么我們需要證明直線垂直面內的兩條相交線即可。

其實說實話，證明垂直的問題都是很簡單的，一般都有什么勾股定理呀，還有更多的是根據一個定理（一條直線垂直于一個面，那么這條直線就垂直這個面的任何一條線）來證明垂直。

證面面垂直與證面面垂直：這類問題也比較簡單，就是需要轉化為證線面垂直即可。體積和點到面的距離計算：如果是三棱錐的體積要注意等體積法公式的應用，一般情況就是考這個東西，沒有什么難度的，關鍵是高的尋找，一定要注意，只要你找到了高你就勝利了。除了三棱錐以外的其他錐體不要用等體積法了哈，等體積法是三棱錐的專利。二面角的計算：這類型對理科生來說是一個噩夢，其難度有二，第一是首先你要找到二面角在什么地方，另一個難度就是你要知道這個二面角所在直角三角形的邊長分別是多少。

二面角（面與面）的找法主要是遵循以下步驟：首先找到從一個面的頂點A出發引向另一個面的垂線，垂足為B，然后過垂足B向這兩個面的交線做垂線，垂足為C，最后將A點與C點連接起來，這樣即為二面角（說白了就是應用三垂線定理來找）二面角所在直角三角形的邊長求法：一般應用勾股定理，相似三角形，等面積法，正余弦定理等。

這里我著重說一下就是在題目中可能會出現這樣的情況，就是兩個面的相交處是一個點，這個時候需要我們過這個點補充完整兩個面的交線，不知道怎么補交線的跟我說一聲。

d、圓錐曲線：

考點：這類題型，其實難度真的不是很大，我個人理解主要是考大家的計算能力怎么樣，還有就是對題目的理解能力，同時也希望大家都能明白圓錐曲線中a，b，c，e的含義以及他們之間的關系，還有就是橢圓、雙曲線、拋物線的兩種定義，如果你現在還不知道，趁早去記一下，不然考試的時候都不知道的哈，我真的無語了。

題型：這種類型的題一般都是以下幾種出法：第一個問一般情況就是求圓錐曲線方程或者就是求某一個點的軌跡方程，第二個問一般都是涉及到直線的問題，要么就是求范圍，要么就是求定值，要么就是求直線方程

解題思路：

求圓錐曲線方程：一般情況下題目有兩種求法，一種就是直接根據題目條件來求解（如題目告訴你曲線的離心率和過某一個點坐標），另一種就是隱含的告訴我們橢圓的定義，然后讓我們去琢磨其中的意思，去寫出曲線的方程，這種問法就比較難點，其實也主要是看我們的基本功底怎么樣，對基礎扎實的同學來說，這種問法也不是問題的。

求軌跡方程：這種問題需要我們首先對要求點的坐標設出來A（x，y），然后用A點表示出題目中某一已知點B的坐標，然后用表示出來的點坐標代入點B的軌跡方程中，這樣就可以求出A點的軌跡方程了，一般求出來都是圓錐曲線方程，如果不是，你就可能錯了。

直線與圓錐曲線問題：三個步驟你還知道嗎（一設、二代，三韋達），要是有人還不知道的，我真的是想打人了。先做完這個三個步驟，然后看題目給了我們什么條件，然后對條件進行化簡（一般的條件都是跟向量呀，斜率呀什么的聯系起來，希望大家注意點），在化簡的過程中我們需要代韋達進去運算，如果我們在運算的過程中遇到了

定要記得應用直線方程將，一表示出來，然后根據韋達化簡到最后結果。最后看題目問我們什么，如果問定值，你還知道怎么做么，不知道的就現在來問我，如果問我們范圍，你還知道有一個東西么（），如果問直線方程，你求出來的直線斜率有兩個，還知

道怎么做么，如果要想舍去其中一個，你還記得一個東西么（）。同時如果你是一個追求完美的人，我希望你在做題的時候考慮到直線斜率存在與否的問題，如果你覺得你心胸開闊，那點分數我不要了，我考慮斜率存不存在的問題，那么我就說你牛！

個人理解的話，圓錐曲線都不是很難的，就是計算量比較復雜了一點，但是只要我們用心、專心點，都是可以做出來的，不信你慢慢的去嘗試看看！

e、函數導數：

考點：這種類型的題主要是考大家對導數公式的應用，導數的含義，明確導數可以用來干什么，如果你都不知道導數可以用來干什么，你還談什么做題呢。在導數這塊，我是希望大家都能盡量的多拿一些分數，因為其難度不是很大，主要你用心去學習了，記住方法了，這個分數對我們來說都是可以小菜一碟的。

題型：最值、單調性（極值）、未知數的取值范圍（不等式）、未知數的取值范圍（交點或者零點）

解題思路：

最值、單調性（極值）：首先對原函數求導，然后令導函數為零求出極值點，然后畫出表格判斷出在各個區間的單調性，最后得出結論。

未知數的取值范圍（不等式）：其實它就是一種一種變相的求最值問題，不知道大家還記得么，記住我講課的表情，未知數放在一邊，把已知的數放在另外一邊，求出相應的最值，咱們就勝利了，這個種看起來很復雜，其實很簡單，你說呢。

未知數的取值范圍（交點或者零點）：這種要是沒有掌握方法的人，覺得：哇，怎么就那么難呀，其實不然，很簡單的，只是各位你要明確這種題的解題思路哈。首先還是需要我們把要求的未知數放在一邊，把知道的數放在一邊去，這樣去求出已知數的最值，然后簡單的畫一個圖形我們就可以分析出未知數的取值范圍了，說起來也挺簡單的，如果有什么不了解的，可以馬上問我，不要留下遺憾。

f、數列：

考點：對于數列，我對大家的要求不是很高，我只是希望大家能盡自己的所能，盡量的去多拿分數，如果要是有人能全部做對，我也替你高興，這類題型，主要是考大家對等比等差數列的理解，包括通項與求和，難度還是有的，其實你要是留意生活的話，這類題還是不是我們想象中那么困難哈。

題型：一般分為證明和計算（包括通項公式、求和、比較大小），解題思路：

證明：就是要求我們證明一個數列是等比數列后還是等差數列，這種題的做法有兩種，一種是用，或者，我們就可以證明其為一個等差數列或者等比數列。另一種方法就是應用等差中項或者等比中項來證明數列。

計算（通項公式）：一般這個題都還是比較簡單的，這類型的題，我只要求大家能掌握其中題目表達式的關鍵字眼（如出現要用什么方法，如果出現

如果出現如果出現要用什么方法，），我相信通項公式對大家來說應該是達到駕輕就熟的地步了，希望大家能把握這么容易的分數。求和：這種題對文科生來說，應該知道我要說什么了吧，王福叉數列（等比等差數列）呀！，三個步驟：乘公比，錯位相減，化系數為一。光是記住步驟沒有用的，同時我也

希望同學們不要眼高手低，不要以為很簡單的，其實真正能算正確的不一定那么容易的，所以我還是希望大家多加練習，親自操作一下。對理科生來說，也要注意這樣的數列求和，同時還要掌握一種數列求和，就是這個數列求和是將其中的一個等差或等比數列按照一定的順序抽調了一部分數列，然后構成一個新的數列求和，還有就是要注意了如果題目里面涉及到這個的時候，一定要記住數列相互奇偶性的討論了，非常的重要哈。

比較大小：這種題目我對大家的要求很低，因為一般都是放縮法的問題，我也不是要求大家非要怎么樣怎么樣的，對這類問題需要我們的基本功底很深，要學會適當的放大和放小的問題，對這個問題的把握，需要大家對一些經常遇到的放縮公式印在腦海里面。

補充：在不是導數的其他大題中，如果遇到求最值的問題，一般有兩種方法求解，一種是二次函數求最值，一種就是基本不等式求最值。

結語：這些都是王某人的一些淺見，我也希望大家在做題的過程要根據題目意思來做，我們要學會具體問題具體分析，我只是給大家提供一些思路，如果大家有什么不明白的，請及時向我搞明白，不要把遺憾留在后面，同時如果在這個思路中有什么不對的，也請大家指正出來。希望我這樣的總結對大家有所幫助，我也祝福大家能考出好的成績來。謝謝！

第五篇：高中數學解題方法名錄

第一篇 數學具體解題方法 代入法

直接法

定義法

向量坐標法

查字典法

擋板模型法

等差中項法

逆向化法

極限化法

整體化法

參數法

交軌法

幾何法

弦中點軌跡求

比較法

基本不等式法

以題攻題法

綜合法

分析法

放縮法

反證法

換元法

構造法

數學歸納法

配方法

判別式法

序軸標根法

函數與方程思想

整體思想

比較法綜合法向量平行法篩選法（排除法）向量垂直法數形結合法同一法特殊值法累加法 回代法（驗證法）累乘法特殊圖形法倒序相加法 分類法分組法運算轉換法公式法結構轉換法錯位相減法 割補轉換法裂項法導數法迭代法象限分析法角的變換法補集法公式的變形及逆距離法用法變更主元法降冪法差異分析法升冪法反例法“1”的代換法閱讀理解法引入輔助角法信息遷移法三角函數線法類比聯想法構造對偶式法抽象概括法構造三角形法邏輯推理法估算法等價轉化法 待定系數法根的分布法特殊優先法分離參數法先選后排法抽簽法捆綁法隨機數表法插空法間接法數形結合思想第二篇 數學思想方法分類討論思想化歸轉化 第三篇分析法數學邏輯方法 反證法歸納法抽象與概括法思想類比法