第一篇：智力測驗解題的基本方法

1、排除法

把一些無關的問題先予以排除，可以確定的問題先確定，盡可能縮小未知的范圍，以便于問題的分析和解決。這種思維方式在我們的工作和生活中都是很有用處的。

2、遞推法

由已知條件層層向下分析，要確保每一步都能準確無誤。可能會有幾個分支，應本著先易后難的原則，先從簡單的一支入手。

3、倒推法

從問題最后的結果開始，一步一步往前推，直到求出問題的答案。有些問題用此法解起來很簡單，如用其他方法則很難。

4、假設法

對給定的問題，先作一個或一些假設，然后根據已給的條件進行分析，如果出現與題目給的條件有矛盾，說明假設錯誤，可再作另一個或另一些假設。如果結果只有兩種可能，那么問題就已經解決了。在科學史上，“假設”曾起了極大的作用。

5、計算法

有些問題必須經計算才能解決。要注意的是，智力測驗中的問題往往含有隱含的條件，有時給出的數是無用的。

6、分析法

這是最基本的方法。各種方法常常要用到分析法。可以說，分析能力的高低，是一個人的智力水平的體現。分析能力不僅是先天性的，在很大程度上取決于后天的訓練，應養成對客觀事物進行分析的良好習慣。

7、作圖法

根據問題中已知的條件，采用適當的方法畫出圖形，有助于問題的解決。有些問題，在沒畫圖之前，會覺得無處下手，畫了圖后就一目了然了。

8、綜合法

事實上，許多問題都要運用幾種不同的方法才能解決。所謂綜合法，就是綜合各種方法（包括前述各種方法以外的方法）去解決某些問題。

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：高中數學解題基本方法

高中數學解題基本方法

前言

美國著名數學教育家波利亞說過，掌握數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“套”，這只是滿足于解出來，只有對數學思想、數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學思想方法。我們要有意識地應用數學思想方法去分析問題解決問題，形成能力，提高數學素質，使自己具有數學頭腦和眼光。

高考試題主要從以下幾個方面對數學思想方法進行考查：

① 常用數學方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法等； ② 數學邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；

③ 數學思維方法：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；

④ 常用數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想等。

數學思想方法與數學基礎知識相比較，它有較高的地位和層次。數學知識是數學內容，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。而數學思想方法則是一種數學意識，只能夠領會和運用，屬于思維的范疇，用以對數學問題的認識、處理和解決，掌握數學思想方法，不是受用一陣子，而是受用一輩子，即使數學知識忘記了，數學思想方法也還是對你起作用。

數學思想方法中，數學基本方法是數學思想的體現，是數學的行為，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。數學思想是數學的靈魂，它與數學基本方法常常在學習、掌握數學知識的同時獲得。

可以說，“知識”是基礎，“方法”是手段，“思想”是深化，提高數學素質的核心就是提高學生對數學思想方法的認識和運用，數學素質的綜合體現就是“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學基本方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、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學思想：函數與方程思想、數形結合思想、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。再現性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現，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、三角、幾何幾個部分重要章節的數學知識。

第四篇：類比推理解題基本方法總結

類比推理解題技巧

類比推理是根據兩個或兩類對象有部分屬性相同，從而推出它們的其他屬性也相同的推理。簡稱類推、類比以關于兩個事物某些屬性相同的判斷為前提，推出兩個事物的其他屬性相同的結論的推理。如聲和光有不少屬性相同--直線傳播，有反射、折射和干擾等現象；由此推出：既然聲有波動性質，光也有波動性質。這就是類比推理。類比推理具有或然性。

類比推理是國家公務員錄用考試的必考題型之一，在“行政職業能力測驗”中，固定地有10道題目。學一手教育公務員考試研究中心的專家從公務員考試歷年真題出發，從題型和考查內容上對類比推理的10道題做了詳細分析。具體到題型，到目前為止共出現過三種：二項式、三項式和對稱型類比推理。其中二項式型由07年的10題減少到09年的2題，三項式和對稱型分別由08年的3題和2題增加到09年的4題。很明顯第二、第三種題型在近年來的考試中比重逐年增加，難度也是依次增加的，因此應該引起我們重視從根本上突破類比推理的解題技巧。具體到詞項間的關系，詞組間的關系已經不僅僅是簡單的并列、對立、包含等關系，很多詞組間的關系很難進行概括，對常識的考查也越來越多，這樣就將類比推理和常識考查結合了起來，2010年國考大綱中已經對常識部分進行了較大改革，因此學一手教育公務員考試研究中心的專家預測：將常識與類比推理相結合可能會作為今后類比推理題的一個發展方向。

從問題的設置入手

類比推理題目不難，是整張試卷最好擠時間的點，但簡單并不代表我們都能做對。如果在這里失分，將非常可惜。要做到又快又好，一定要在考試時注意應試的技巧。具下面具體介紹幾種技巧：

技巧一 盡可能多地了解兩個詞語間的常見邏輯關系。邏輯關系大多為因果、遞進、轉折、層進、條件、假設、并列、相反、類屬、代表等，后面將舉例說明。只有積蓄了這些邏輯關系，才能在短時間內準確地對類比對象進行分析，找出符合要求的邏輯關系，得到正確結論。

1.原因與結果

【例1】努力：成功：失敗

A.生根：發芽：開花

C.發展：城市：鄉村 B.耕耘：豐收：欠收 D.起訴：原告：被告

【考題解析】該題題干中的第一個詞與后兩個詞具有某種條件（或因果）關系，即只有努力才能成功或者說努力是成功必不可少的原因之一，同時努力了不一定成功，還可能失敗。努力能引起成功和失敗兩種相反結果。弄清了這一關系，就很容易找出正確的答案。答案是為B。

2.工具與作用

【例2】傷人：汽車：運輸

A.魚網：編織：魚群

C.捕魚：魚網：出海

3.物體與其運動空間

【例3】輪船：海洋：陸地

A.飛機：海洋：天空

C.海鷗：天空：地面

4.特定環境與專門人員

【例4】商場：售貨員：經理

A.生豬：工廠：城市

C.農民：阡陌：大路

5.整體與其構成部分 B.教室：學生：老師 D.野獸：曠野：地球 B.海洋：鯨魚：陸地 D.山：河流：蘆葦 B.海難：編織：魚網 D.捕蝦：魚網：捕魚 【考題解析】中間是工具，兩旁是兩種不同用途的后果。此題答案D。【考題解析】前兩詞為物體與其運動空間，后兩詞為對應關系。此題答案為C。【考題解析】特定環境聯想到特定人員。此題答案為B。

【例5】水果：蘋果：圣女果：無花果 A.水果：香梨：黃梨：貢梨 C.家具：桌子：椅子：凳子 個“果”字，所以答案為選項B。6.同一類屬下的兩個相互并列的概念 【例6】綠豆：豌豆 A.家具：燈具 哺乳動物。答案為D。7.同一事物的兩個不同稱謂 【例7】芙蕖：荷花 A.兔子：月亮 8.事物的出處與事物 【例8】稻谷：大米：粗糠 A.核桃：桃仁：桃殼 C.西瓜：瓜子：瓜皮 答案為B。9.工具與作用對象 【例9】剪刀：尺子：布匹 A.玻璃：屋頂：門窗 C.衣服：剪刀：縫紉機 【考題解析】此題答案為B。10.作者與作品

【例10】易中天：三國志；三國演義 A.宋江：花榮：水滸傳 C.王勃：李白：長恨歌

B.魯迅：吶喊：少年閏土 D.于丹：孟子：論語 B.鋸子：斧子：木頭 D.門窗：玻璃：木頭 B.棉花：棉絨：棉子 D.槍：子彈：彈頭

B.住宅：府第C.伽藍：寺廟

D.映山紅：杜蘅

【考題解析】此題答案為C。因為芙蕖是荷花的書面別稱，而伽藍是寺廟的書面別稱。

B.猴子：樹木

C.鯊魚：鯨魚

D.香瓜：西瓜

【考題解析】對于此題，考生常常是看到哪里就選到哪里，尤其是選項C，其中的鯨魚其實不是魚，而是

B.樹木：樹枝：樹干：樹梢 D.山脈：天山：高山：昆侖山

【考題解析】該題題干中“水果：蘋果：圣女果：無花果”四個詞之間是總稱與特稱的關系，并且都有一

【考題解析】因為稻谷是大米和粗糠（大米的外殼）的惟一來源，而棉花是棉絨和棉子的惟一來源。此題

【考題解析】易中天的《品三國》主要源于《三國志》和《三國演義》，此題答案為D。11.物品與制作材料

【例11】書籍：紙張：（）相當于菜肴：（）：蘿卜 A.毛筆、宣紙

B.文具、文具盒

C.油墨、調料

D.鉛筆、辣椒

【考題解析】此題答案為C。12.專業人員與其面對的對象 【例12】作家：出版商：讀者 A.售貨員：經理：顧客 C.官員：改革：百姓

銷商品，消費者才能了解廠商。此題答案為D。13.事物的環節

【例13】爭議：仲裁：聽證A.訴訟：審判：旁聽

C.突發事故：現場搶救：善后處理

B.通貨膨脹：宏觀調控：貨幣政策 D.交通安全：交通法規：交通警察 B.校長：教師：學生 D.廠商：營業員：消費者

【考題解析】作者通過出版商出書使讀者認識他。作者與讀者很難直接見面。廠商通過營業員向消費者推

【考題解析】發生爭議后進行仲裁，然后是執行過程。聽證是勞動仲裁中的程序。那在訴訟審判中旁聽也是同時發生的程序。此題答案為A。14.特殊與一般

【例14】饅頭：食物：物質 A.食品：副食品：餅干 C.手：手指：食指

B.頭：身體：軀干 D.鋼鐵：鐵：金屬

【考題解析】注意鐵與鋼鐵沒有種屬關系，只是含碳量的不同。此題答案為D。

技巧二 答題時要將四個選項看完之后，逐一分析，找到與題干詞有最多共性，以及在本質屬性上最為相似的備選項。特別要注意詞性間的類比。【例15】安居樂業：顛沛流離A.吸收：放棄

C.雪中送炭：雪上加霜

B.簡單：雜亂

D.巧奪天工：鬼斧神工

【考題解析】這種題相對比較簡單，首先從邏輯關系上看，安居樂業：顛沛流離是對立的關系，意義相反。其次，從匹配度上來看，他們都是成語。因此，選C。【例16】（）對于知識相當于分析對于（）。A.書本 理論 C.學問 研究

B.學習結論 D.學生 研究員

【考題解析】這種題目由于題干沒有給出任何一組完整的詞，因此，不能直接判定所需的邏輯關系。所以，要將四個選項都帶入并進行比較，才能得出。這里選擇B，學習為了得到知識，而分析為了得到結論，屬于目的關系。而且，更為快速的思路是，分析是個動詞，是個行為，因此，第一個（）也應該找一個表示行為的動詞會比較匹配，這里“書本”，“學問”“學生”顯然都是不合適的。【例17】戀愛： 結婚 A.打架 ：斗毆 C.狂風：細雨

B.驕傲 ：落后 D.祖國 ：大地

【考題解析】“戀愛”和“結婚”都是表動作的名詞，“打架”和“斗毆”也都是表動作的名詞。詞性相同一般為最優選項，所以選A。

技巧三 將類比推理題中的詞語用合適的詞語連接，形成完整的句子，有助于加快解題速度。【例18】馬鈴薯：土豆 A.地瓜：紅薯 C.甘藍：大白菜 【例19】逗號：中止 A.拂曉：黎明 C.回車：換行

B.節省：吝嗇 D.好像：好比 B.西紅花：玫瑰 D.楊花：柳絮

【考題解析】“馬鈴薯”就是“土豆”。“地瓜”就是“紅薯”。選A。

【考題解析】“逗號”用于“中止”。“回車”用于“換行”。選C。【例20】雨傘 ： 擋雨 A.火機：打火 C.志氣 ：有用

B.書本：錄用 D.革命：同志

【考題解析】“雨傘”用于“擋雨”。“火機”用于“打火”。選A。【例21】旗幟：天空 A.書本：頁碼 C.棋子：棋盤

B.字符：音節 D.同事：同志

【考題解析】“旗幟”在“天空”（飄揚）。“棋子”在“棋盤”（行走）。選C。【例22】失戀了： 很痛苦 A.夜晚斷電了：屋里黑 C.加油站：洗車房

B.學問大：知識廣 D.開汽車：奔馳車

【考題解析】“失戀了”后“很痛苦”。“ 夜晚斷電了”后“屋里黑”。【例23】綠豆：豌豆A.家具：燈具 C.鯊魚：鯨魚

B.猴子：樹木 D.香瓜：西瓜

【考題解析】“綠豆”和“豌豆”都是豆。“香瓜”和“西瓜”都是瓜。

類比推理的練習不在多，關鍵是總結規律和方法。尤其是一組類比推理中有三個或四個詞的題目，應充分發揮聯想能力，聯系邏輯反映速度。

第五篇：智力測驗教案

第七章 智力測驗

第一節 智力測驗的一般問題

一、智力的定義

（一）智力是學習的能力

（二）智力是適應環境的能力

（三）智力是抽象思維的能力

（四）智力是信息加工的能力

（五）對智力的綜合理解

二、智力測驗定義：在一定的條件下，使用特定的標準化的測驗量表對被試施加刺激，從被試的一定反應中測量其智力的高低。

三、智力報告的結果

（一）高爾頓和生理計量法

（二）比奈的智力年齡

（三）推孟的比率智商

（四）韋克斯勒的離差智商

（五）皮亞杰與認知發展測驗

四、智力的分布和分類標準

（一）推蒙對智力的分類

140分以上 天才

（二）韋克斯勒對智力的分類 120-140 上智 130以上 極優秀 110-120聰穎 120-129 優秀（上智）90-110 中材 110-120 中上（聰穎）80-90 遲鈍 90-109 中材 70-80近愚 80-89 中下（遲鈍）50-70低能 70-79 低能邊緣 25-50無能 70以下智力缺陷 25以下 白癡

第二節 智力理論

一、現代智力因素分析理論

（一）斯皮爾曼的二因素論

1904年

英國心理學家、斯皮爾曼（Spearman）首創智力的二因素理論。

1、G因素（普通因素）：智力主要是一種普遍而概括的能力。

2、S 因素（即特殊因素）：代表個人的特殊能力，只是在某些特殊方面表現出來。

（二）瑟斯頓的七因素論

1938年

美國心理學家、瑟斯頓（Thurstone）提出智力的七因素論。智力包含7種不相關聯的基本心理能力。1、語詞理解能力（V）：閱讀時對文章的理解能力。、言語流暢性（W）：語詞聯想速度和正確的能力。、數字計算能力（N）：數字運算的速度和正確性。、推理能力（R）：根據已知條件進行推理判斷的能力。、機械記憶能力（M）：機械記憶，包括強記單詞、數字、字母的能力。、空間知覺能力（S）：運用感官及知覺經驗以正確判斷空間方向及空間關系的能力。

7、知覺速度（P）：迅速而正確地觀察和辨別事物的能力。

（三）吉爾福特的三維結構理論 p188 1955年

美國心理學家、吉爾福特從內容（4）、操作（5）和產品（6）三個維度模型描述智力的結構1、1967年：120種因素 2、1982年：將內容中圖形分兩類（視覺圖形和聽覺圖形）150種 3、1988年：將操作中的記憶分兩類（短時記憶和長時記憶）180種

（四）卡特爾的流體智力與晶體智力理論

1963年

美國心理學家、卡特爾（Cattell）調和了斯皮爾曼和瑟斯頓的觀點，從G因素下面分析兩個一般因素和三個次要因素（視覺能力、記憶提取和執行速度）

1、晶體智力：通過學校和社會文化經驗而獲得的能力，是個體所獲得知識與技能的結合，表現為個體的學識水平。

2、流體智力：個體的基本生物潛能，是非言語及不受文化影響的智慧能力。

（五）維爾隆的智力層次結構理論

1971

Vernon 英國心理學家，智力三層次模型：G因素處于最高層，貫穿于其他所有智力因素之中，第二層是言語能力和操作能力兩個因素，分別控制第三層的若干較小的群因素，如創造力、語言流暢、數字能力、空間、心理動作能力等。

二、智力的認知理論

（一）斯騰伯格的智力三元論

1985

1、成分亞理論：主體內部世界——闡述智力活動的內部結構和心理機制

成分：是一種最基本的信息加工單位。（1）元成分（2）操作成分（3）知識獲得成分

2、情境亞理論：人生存的客觀外部世界——揭示了智力的社會文化內涵。

3、經驗亞理論： 聯系主客體的經驗世界——提出測驗公平性的問題

（二）戴維等人的PASS理論

1990

1、“計劃—注意—同時性加工—繼時性加工“

（1）三大系統：計劃系統 注意-喚醒系統

編碼系統

（2）四個認知過程：計劃

注意 同時性加工

繼時性加工

2、根據PASS模型設計的智力測驗——DN認知評價系統 4個分測驗，每個分測驗有三種任務： ①計劃系統：視覺搜索、計劃連接、數字匹配

②注意-喚醒系統：表現的注意、找數、聽覺選擇注意 ③同時性加工：圖形記憶、矩陣問題、同時性的言語加工 ④繼時性加工：句子重復、句子問題、字詞回憶

三、智力的生物學理論 P189

第三節 智力測驗介紹

一、個別智力測驗

（一）比西量表 Binet-Simon Scale 1、1905年量表：診斷異常兒童的智力，30個項目 2、1908年量表：3-13歲、智齡報告、測定正常兒童智力，59個項目、第一個年齡量表 3、1911年量表：3-13歲，成人組、測定正常兒童

（二）斯比量表

Stanford-Binet Scale

1、年代：1916年

2、編制人：推蒙 美國斯坦福大學教授，90個項目（51個來自比西量表，39個自編）

3、理論基礎：卡特爾流體智力和晶體智力理論

一般智力（G因素）——

晶體智力（語言推理、數量推理）、流體-分析能力（抽象/視覺推理）、短時記憶

4、測驗內容（1986版本）

（1）語言推理：詞匯、理解、謬誤、語詞關系（2）數量推理：算術、數列關系、等式

（3）抽象/視覺推理：圖形分析、仿造和仿畫

（4）短時記憶：珠子記憶、語句記憶、數字記憶、物品記憶

5、適應范圍：

（1）1916年版：3-13歲兒童、普通成人和優秀成人兩組（2）1937年版：1.5歲-18歲（3）1960年版：2歲-成人

（4）1972年版：2歲-成人，重新修訂常模

（5）1986年版：2歲-成人，美國心理學家桑代克修訂

6、報告結果：比率智商（1916、1937）、離差智商（1960、1972）

7、測驗內容：

（三）韋氏智力測驗

美國著名臨床心理學家韋克斯勒，Wechsler，1896-1981

1、成人智力量表 16歲以上

（1）1939，Wechsler-Bellevue Intelligence Test，韋克斯勒-貝勒維智力量表

①比西量表常模過時

②不同意比率智商計算方法，采用DIQ，deviation intelligence quotient ③僅有一個測驗限制了診斷功能

（2）1955，Wechsler adult intelligence scale，WAIS，改名韋克斯勒成人智力量表（3）1980，WAIS-R

2、韋克斯勒兒童智力量表 6-16歲兒童

（1）1949，Wechsler intelligence scale for children, WISC

（2）1974，WISC-R（3）1991，WISC--Ⅲ

3、韋克斯勒學齡前和學齡初期兒童智力量表 4-6歲

（1）1963，Wechsler preschool and primary scale of intelligence, WPPSI（2）1967，WPPSI-R

4、理論基礎：維爾隆智力層次結構理論

（四）考夫曼兒童成套評價測驗

1、Kaufman Assessment Battery for Children，K-ABC，1983，美國測驗學家考夫曼夫婦

2、試用范圍：2.5-12.5歲正常兒童及特殊兒童

3、理論依據：PASS模型

4、測驗內容（1）智力量表

①動作模仿、數字背誦、系列記憶——繼時性加工

②圖形辨認、人物辨認、完形測驗、圖形組合、圖形類推、位置記憶、照片系列——同時性加工（2）成就量表（流體智力和晶體智力）

詞匯表達、人地辨認、數字運用、物件猜測、閱讀發音、閱讀理解

二、團體智力測驗

（一）陸軍測驗

（二）瑞文推理測驗：原名“漸進矩陣”，英國心理學家瑞文，1938年創制

1、漸進矩陣標準型：1938年，5.5歲-成人，60個項目，A、B、C、D、E五個單元，每個單元12個題目

2、漸進矩陣彩色型：1947年，幼兒及智力低下者，A、AB、B三個單元，36個題目。AB為彩色圖片

3、漸進矩陣高級型：1941年，1947,1962修訂，智力超常者，60個題目

4、瑞文測驗聯合型：72個題目，5-75歲，A、AB、B、C、D、E六個單元，每個單元12個題目，前三單元為彩色，后三個單元為黑白。

第四節 智力測驗評價

一、傳統比奈式智力測驗的優點

1、評定內容來講：智力測驗中嚴格選定的試題比較有利于考察被試的各種能力，而不像學業考試那樣只側重考察某一階段的知識掌握程度。

2、就被評定者范圍看：學業考試僅限一個班級或年級進行比較，而智力測驗則把一個人放在更廣闊的背景上加以考察。

3、評定時間上：智力測驗一般2個小時就可做出評價，而教師評價要半年或更長時間。

二、傳統比奈式智力測驗的缺點

（一）智力測驗主要進行了量的分析

（二）只測了受測者當時的智力，沒有考慮其發展的速度和趨勢

（三）只是部分地反映了一個人的智力水平

三、斯騰伯格對傳統智商測驗批評

（一）測題的實際情景性問題

（二）對于先前學習知識的要求

（三）速度問題

（四）測驗的焦慮

（五）關于測驗依據的智力理論