计生证-哲理笑话

1
高考数学思想方法汇总
高考数学思想方法

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、
特殊与一般法 ………………………………

1 136·····谢阅。。。。。

2
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 ………………………………………………………

一、
高考数学试卷分析 …………………………

二、
两套高考模拟试卷 …………………………

三、
参考答案 ……………………………………

十一、
2 136·····谢阅。。。。。

3
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< br>和眼光。
...文档交流 仅供参考...
高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考
查:

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
3 136·····谢阅。。。。。

4
子，即使数学知识忘记了,数学思想方法也还是对你起作
用。
...文档交流 仅供参考...
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.
...文档交流 仅
供参考...
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”.
...文档交
流 仅供参考...
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、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。
...文档交流 仅供参考...
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。
...文档交流 仅供参考...
第一章 高中数学解题基本方法

一、
配方法

4 136·····谢阅。。。。。

5
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”.
...文档交流 仅供参考...
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．
...文档交流 仅供参考...
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
＝ａ
2
＋2ａb+ｂ
2
，将这个公式灵活运用，可得到
各种基本配方形式，如：
...文档交流 仅供参考...
a
2
+ｂ
2
=(a＋ｂ)
2
—2 ab＝(a－b）
2
+2ab;

ａ
2
+ab＋b
2
=（ａ＋b)
2
－ab=（a－ｂ）
2
＋3ａb＝（ａ+
b
）
2
2
+（
3
2
b)；

2< br>22
ａ
2
+ｂ
2
+ｃ
2
+ab＋bc＋ca ＝
1
［（a+b)+(b+c）＋（ｃ
2
+a）
2
］

a
2
+b
2
＋c
2
＝(a＋ｂ＋ｃ）
2
—2(ab＋bｃ+ｃa)＝（a+b—
c)
2
—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+sin2α=1+2ｓinαcoｓα＝（sinα+ｃoｓα)
2
;

1
22
x
2
+
x
1
2
＝（ｘ+< br>1
）—２=（x-)+2 ；…… 等等．

xx
Ⅰ、再现性题组：

1． 在正项等比数列{a
n
}中,a
1
a
7
=25,则 a
3
+a
5
=___＿___。

a
5
+2a
3
ａ
5
＋ａ
3
5 136·····谢阅。。。。。

6
2。 方程x
2
+ｙ
2
-4kx－2y+5ｋ=0表示圆的充要 条件是
_____．

A。
1
4
〈ｋ<1 Ｂ。 ｋ〈
1
4
或k>1 C.
k∈Ｒ D。 k＝
1
4
或ｋ＝1
...文档交流 仅供参考...
３． 已知s iｎ
4
α+cos
4
α＝1，则sinα＋cｏsα的值
为＿_＿_ _＿.

A。 1 B。 -1 C。
１或－1 D. 0

4。 函数ｙ=ｌog （－2ｘ
2< br>+5x＋3）的单调递增区间
1
2
是_____．

Ａ． （－∞，
5
4
］ B。 ［
5
4
，+∞） C.
(－
1
2
,
5
4
] D． ［
5
4
，3）

5． 已知方程x
2
+（ａ-２） x+a—1＝0的两根ｘ
1
、x
2
,
则点P(ｘ
1
，x
2
）在圆x
2
＋y
2
=４上，则实数a=__＿＿_。
...
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【简解】 １小题：利用等比数列性质ａ
mp
ａ
mp
＝a
m
2
,
将已知等式左边后配方 （a
3
+a
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
=
ｒ
2
，解r
2
＞0即可,选B.

3小题：已知等式经 配方成（sin
2
α+cos
2
α)
2
-２sｉn
2
αcos
2
α=１,求出siｎαcｏsα,然后求出所求式的平方
值,再 开方求解。选C．
...文档交流 仅供参考...
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D．

５小题:答案3-
11
.

Ⅱ、示范性题组：

6 136·····谢阅。。。。。

7
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＿_＿_＿．
...文档
交流 仅供参考...
Ａ。 2
3
B．
14
Ｃ． 5
Ｄ. 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

4(xyz)24

x
2
y
2
z
2

2(xyyzxz)11
，而欲求对角线长
,将其配凑成两已知式的组合形式可得.
...文档交流 仅
供参考...
【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”而得：

2(xyyzxz)11
。< br>...文档交流 仅供参考...

4(xyz)24

长方 体所求对角线长为:
x
2
y
2
z
2
＝
(xyz)
2
2(xyyzxz)
＝
6
2
11
＝5

所以选B。

【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．
...文档
交流 仅供参考...
p
2
例２. 设方程x
2
+kx+2=0 的两实根为p、q，若(
q
）+(
q
）
p
≤7成立，求实数 k的取值范围．

【解】方程x
2
＋kx＋2＝0的两实根为p、q,由韦达 定
理得:p+q=—k，pｑ=2 ，

2
7 136·····谢阅。。。。。

8
（
p
q
)
2
+（
q
p
)2
＝
p
4
q
4
(pq)
2
＝
(p
2
q
2
)
2
2p
2
q
2
(pq)
2
＝
[(pq)
2
2pq]
22p
2
q
2
(pq)
2
10
(k
2
4)
2
8
＝≤7， 解得
4
k≤－
10
或ｋ≥
。

又 ∵p、q为方程x
2
+kx+２＝0的两实根， ∴ △=k
2
－8≥０即ｋ≥２
2
或k≤—2
2

综合起来,k的取值范围是：－
10
≤k≤－
22
或者
22
≤k≤
10
.

【注】 关于实系数一元二次方程问题 ,总是先考虑根
的判别式“Δ”;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.
...文档交流 仅
供参考...
例３。 设非零复数ａ、b满足a
2
＋ａｂ+b
2
=０，求
b
19981998
(
a
a
)+() .

b
ab
a
2
a
【分析】 对已知式可以联 想:变形为（
b
)＋(
b
)＋１
2
＝0，则
a＝ω (ω为1的立方虚根）；或配方为(a＋b）
b
＝ａb 。则代入所求式即得。
...文档交流 仅供参考...
a
2
【解】由a< br>2
＋ab＋b
2
=0变形得：(
a
）+（)+1＝0 ，

bb
a
设ω=
b
,则ω
2
+ω+1= ０,可知ω为
1
b
以:

=
a
，ω
3＝

3
=1.

1的立方虚根，所
又由a
2< br>+ab＋ｂ
2
＝0变形得:（ａ+b）
2
＝aｂ ,

8 136·····谢阅。。。。。

9
所以
b
a
2
999
b
2
a

（
ab
）+（)=(
ab
)＋（
ab
）
999
=(
a
)
b
ab
b
999
＋（< br>a
)=ω
999
+

999
＝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ω的性质,计算表达式 中的高次幂．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.
... 文档交流 仅供参考...
a
2
【另解】由a
2
+ａｂ＋b
2
=0变形得：（
a
)+(）＋1＝0 ，
bb
b
1
解出
a
=
2
3i
后,化成三角形式,代入所求表达式的变形
b
999999
式（
a
）+（）后,完成后面的运算。此方法用于只 是
ba
未
1
2
ａb＋b
3i
联想到ω时进行解 题。
...文档交流 仅供参考...
ｂ,直接代入所求表达式，进
假如本题没有想 到以上一系列变换过程时,还可由a
2
＋
2
13i
=０解出：a ＝
2
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。
...文档交流 仅供参考...
Ⅲ、巩固性题组:

22
1.
函数y=（x－a）＋(x—ｂ） (ａ、b为常数）的
最小值为_____．

Ａ。 ８ B.
(ab)
C．
ab

2
22
2
2
D．最小值不存在

2
2.
α、β是方程x－２aｘ+a+6=0的两实根，则(α—
1)
2
+（β—１)
2
的最小值是___＿_.

A. -
49
4
B. 8 C． １8 Ｄ.不存
在

9 136·····谢阅。。。。。

10
3.
已知x、y∈R

,且满足x＋３ｙ—1＝0,则函数ｔ＝２< br>x
+８
y
有＿____．

A。最大值２
2
B.最大值
2
C．最小值
2
2
2
B.最小值
4.
2

2
椭圆ｘ
2
－2ax＋3y
2
+ａ
2
－6＝0的一个焦点在直线x
＋y+４=0上，则a=__ ＿__．

A． 2 B. -６ C． －
2或－６ D。 2或６

5.
化简:2
1si n8
＋
22cos8
的结果是_____.

A． 2sｉｎ4 B。 2sin4—４cｏs4
C． -2ｓin４ D． 4coｓ４—2sｉn４
...
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6． 设F
1
和Ｆ
2
为双曲线—y
2
=１的两个焦点,点Ｐ在
x
2
4
双曲线上且满足∠F
1
PF
2
=90°，则△F
1
ＰF
2
的面积是
______＿＿＿．
...文档交流 仅供参考...
７。 若x〉－1,则f（x）=x
2
＋2x＋
1
的最小值为
x1
________＿＿_.

8. 已知

〈β<α〈
3
π,cos（α-β）=
12
,ｓin(α+β）
2
4
13
＝－
3
，求sin2α的值。（９2年高考题）

5
9． 设二次函数f（ｘ）＝Ａx
2
＋Ｂｘ＋C,给定m、ｎ
（m 〈n）,且满足A
2
［(ｍ+n)
2
+ m
2
n
2
］+２A[B（ｍ+n）-
Ｃmn］+Ｂ
2
+C
2
=０ ．
...文档交流 仅供参考...
①
解不等式f（x）〉0；

② 是否存在一个实数t，使当t∈（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。
...文档交流 仅供参考...
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11
1０。 设s>１,t>1，m∈R，x=loｇ
s
t+loｇ
tｓ，ｙ=log
s
4
t
＋lｏg
t
4
ｓ+m（ ｌｏg
s
2
t＋log
t
2
s）,
...文档交流 仅供参考...
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.
...文档交流 仅供参考...
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。
...文档交流 仅供参考...
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．
...文档交流 仅供参考...
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
x
＋２
x
－２≥
0,先变形 为设2
x
=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....文档交流 仅供参考...
11 136·····谢阅。。。。。

12
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
＋
1x
的值域时,易发 现x∈[0，1］，
设ｘ＝ｓiｎ
2
α ,α∈[0，

],问题变 成了熟悉的求三角
2
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x
2
＋
y
2
＝r
2
(r＞０)时,则可作三角代换x=rcｏsθ、y=rｓｉn
θ化为三角问题。
...文档交流 仅供参考...
均值换元,如遇到x＋y=S形式时，设ｘ＝
S
＋ t，y＝
S
-t
22
等等。

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α∈［0,

].< br>...文档交流 仅供参考...
2
Ⅰ、再现性题组:

1.ｙ＝sinx·ｃosx＋sinx+ｃosx的最大值是______＿
__．

2.设f（x
2
＋1）=lｏｇ
a
(4－x
4
) （ａ〉1)，则ｆ(x)
的值域是____________＿_＿.
...文档交流 仅供参考...
３.已知数列{a
n
｝中，a
1
＝-1,a
n1
·a
n
＝a
n1
-ａ
n
，则数
列通项ａ
n
＝＿_____＿_＿__.

4。设实数ｘ、y满足x
2
+2xy-１=0,则x＋ｙ的取值范围
是_＿_________.

1 3
x
5.方程
13
x
＝3的解是____＿_＿__＿___ _＿．

6.不等式lｏg
2
（2
x
－1） ·lｏg2
（２
x1
—2）<2的解
集是＿_______＿＿____＿.< br>
12 136·····谢阅。。。。。

13
【简解】１小题:设ｓｉｎｘ+ｃｏsx＝t∈[－
则
t
2
y ＝
2
2
,
2
］，
＋ｔ-
1
，对称轴t＝— １,当t=
2
2
，y
max
＝
1
＋
22
；

２小题:设x
2
＋1＝ｔ （t≥1)，则f（t）=l og
a
［—(t—
1）
2
+４］，所以值域为（－∞，loｇ
a
4］；
...文档交流 仅
供参考...
３小题：已知变形为
a
1
－
a
1
=－1，设b
n
=
a
1
,则ｂ
1
＝-1，
n1
nn
b
n
=－ 1+（n－1)（－１)=－n,所以
1
a
n
＝－;

n
4小题：设x＋y＝k，则x
2
—２kx＋1＝0， △＝4k
2
－4
≥0，所以ｋ≥1或ｋ≤—１；

5小题：设3x
＝y，则3y
2
＋２y－１＝0,解得y=
1
,所以
3
ｘ＝－1；

6小题：设loｇ
2
（2
x
－1) =y，则ｙ(y＋1)<2，解得—
2<ｙ<1,所以x∈(loｇ
2
5
，l og
2
3）．

4
Ⅱ、示范性题组：

例１． 实数x、y满足4ｘ
2
-5xy＋4y
2
=5 （ ①式) ,
1
设S＝x
2
+y
2
,求
S
1
＋
S
的值。（9３年全国高中数学联赛
max
min
题)
...文档交 流 仅供参考...
【分析】 由Ｓ=x
2
＋ｙ
2
联想到ｃos< br>2
α＋sin
2
α＝1，

xScosα
于是进行 三角换元，设

代入①式求



ySsinα
S
max
和S
min
的
值。


xScosα
【解】设

代入①式得： 4S－5S·sinαcｏs



ySsinα
α=5

13 136·····谢阅。。。。。

14
解得 S＝
85sin2α
；

∵ －1≤ｓin2α≤1 ∴ ３≤8－５sin2α≤１3
∴
10
≤
10
≤
10

85sin

3
11
∴
S
+
S
=
3
+
13
＝
16
＝
8

10 10105
max
min
13
10
此种解法后面求Ｓ最大值和最小值 ,还可由sｉｎ2α＝
8S10
的有界性而求，即解不等式：｜
8S10
|≤1.这种方
S
S
法是求函数值域时经常用到的“有界法。
...文档交流 仅供参考...
【另解】 由S=ｘ
2
+y
2
，设x
2< br>＝
2
+t，y
2
=
2
－ｔ,ｔ∈
S
[-
2
S
,
2
SS
］，

S
2
－t
2
4
则xy=±代入①式得：４S±5
S
2
－ t
2
4
=5，

移项平方整理得 100ｔ
2
+３9Ｓ
2
－160Ｓ＋100=0 ．

∴ 3９Ｓ
2
－160S＋100≤0 解得：
10
≤S≤
10

133
∴
S
1
max
+
S
1
min
313168
=＋==

1010105
【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
2
＋ｙ
2
与三角公式cｏs
2
α＋siｎ
2
α=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．第二 种解法属于“均值换元法”，主要是
由等式Ｓ＝x
2
+y
2
而按照均 值换元的思路,设x
2
＝
S
+t、y
2
2
＝
S
－t，减少了元的个数，问题且容易求解．另外,还用
2
到了求值域的几种方法： 有界法、不等式性质法、分离参
数法.
...文档交流 仅供参考...
14 136·····谢阅。。。。。

15
和“均值换元法”类似,我们还有一种换元法,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=< br>ａ－b，代入①式整理得3a
2
+1３b
2
=5 ，求得a
2
∈[0,
5
]，
3
所以S＝(a－b）
2
+(ａ +b）
2
=2（ａ
2
+b
2
）＝
10
＋< br>20
a
2
∈[
10
，
131313
10],再求
S
1
+
S
1
的值。
...文档交流 仅供参考...
3
max
min
1
例2。 △ABC的三个内角A 、B、Ｃ满足：A+C=2B,
cos
＋
A
2
1AC
=-
cosB
,求cos的值.(９6年全国理)

cosC2
【分析】 由已知“A＋C=2Ｂ”和“三角形内角和等于

AC120°
180°”的性质 ,可得

；由“A+Ｃ＝12０°
B＝60°


A＝6 0°α
进行均值换元，则设

，再代入可求cｏsα即
C＝60°－α< br>
ｃos
AC
。
...文档交流 仅供参考...
2

AC120°
【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得

，

B＝60°


A＝60°α
1
由A+C=1２0°，设

，代入已知等式得:
cos
ﻫ
A

C＝60°－α
11
1
1
＋
cos
＝＋ ＝＋
cos(60

)cos(60

)
C
13
cos

sin

22
1
cos

cos

=
1
=＝－2
2
，

33
13
cos
2

sin
2

cos
2


cos

sin

444
22
22
AC
解得：coｓα=
2
， 即：coｓ
2
＝
2
.

15 136·····谢阅。。。。。

16
1
【另解】由A＋C＝２B,得Ａ+C=120°,B=60°。所以
cosA
＋
1
＝-
cos
2
B

cosC
=－２
所以
得：

1
1
2
+m,
2
-m ,

＝－=－cosA
cosC
11
cosA=，cｏsC＝,两式分别相加、相减
 2m2m
2
,设
2
cosA+cosC＝2coｓ
ACcos
AC
＝ｃos
AC
=
m
2
2

,

2
2
ｃoｓA－cosC＝－2ｓiｎ
2m
,

m
2
2
2
AC
2
ｓｉn
2
AC
2
=-
3
sin
AC
2
＝
即:ｓin
AC
＝－
2
2m
3(m
2
2)
,＝-
m
2
2
,代入sin
2
22
AC
2
+ ｃ
os
2
AC
2
＝１整理得：3m
4
-16m－ 1２＝０,解出m
2
＝6，代
22
入cｏs
AC
＝
m
2
2
=
2
2
2
.
...文档交流 仅供参考...
1
1
【注】 本题两种解法由“Ａ+C=120°、“
co s
+=
A
cosC
－２
2
”分别进行均值换元,随后结合三 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.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
1
1
°,B=60°.所以
cos
＋=－=-2
cosB
A
cosC
2
2
，即coｓA+cｏs
Ｃ=-2
2
c oｓAcosC，和积互化得：
...文档交流 仅供参考...
CAC
2cos
A
coｓ=－
2
［cｏs(Ａ+C）+cos(Ａ－Ｃ）,
22< br>即cｏs
AC
2
=
2
2
-
2
co s(A—C）＝
2
2
—
2
（２cos
2
AC2
－
16 136·····谢阅。。。。。

17
1)，整理得:4
仅供参考...
2
coｓ
2
A C
2
＋2cos
AC
－3
2
2
＝0，
. ..文档交流
解得:coｓ
AC
2
=
2

2
例３． 设a〉０,求ｆ(x)＝２a（ｓinx+ｃｏｓ
ｘ)-sinx·cos x－2a
2
的最大值和最小值.

ｙ
【解】 设ｓｉnx+cosx=t，则ｔ∈［—
ﻫ ，
2
，
2
］，由（sinｘ＋cosx）
2
＝１＋２
，
t
2
1
2

ｓinx·cosx得:sｉn x·ｃｏｓｘ＝
2
...
－
2
ｘ

文档交流 仅供参考...
∴ f(x)=g(t）＝-
1
（t－2a）
2
＋
1
(a〉0）,ｔ∈[－
22
2
，
2
]

t=—2
时，取最小值:-2ａ
2
－2
2
ａ-
1
< br>2
当2a≥
2
时，t=
2
，取最大值:－2a
2+2
2
a－
2
时，t＝2a，取最大值:
1
2
；


当0〈2a≤
1
2
.
∴ f （x)的最小值为—2a
2
－2

12
(0a)

22
．


12

2
2a22 a(a)

22

2
a－
1
,最大值为
2
【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（t
∈［-
2
，
2< br>］）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,
17 136·····谢阅。。。。。

18
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.
...文档交流 仅供参考...
一般地，在遇到题目已知和未知中含有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.
...文档交 流 仅供参考...
例４. 设对所于有实数ｘ,不等式x
2
loｇ
24(a
a
1)
＋2x l
ｏg
2
(a1)
2
2a
+ｌｏｇ
2
4a
2
a1
〉0恒成立，求a 的取值范围.（87
4(a1)
(a1)
2
2a
、 log、ｌ ｏg
22
4a
2
a
a1
年全国理）
...文档交 流 仅供参考...
【分析】不等式中log
2
三项有何联系?进行对数式的有关变 形后不难发现,再实
施换元法.

2a
【解】 设ｌoｇ
2
＝t，则lｏ
4(a1)
8(a1)
=log=3+log
22
a
2a
(a1)
2
a1
t,log
2
4a2
＝２lｏg
2
=—2t,

2a
g
2
a1
a1
=3—loｇ
2a
2
2a
a1
＝ 3－
代入后原不等式简化为（3—ｔ）x
2
＋2tｘ-2t＞０,它对
一切实 数x恒成立,所以：


3t0

t3
，解得


2
t0或t6
4t8t(3t)0


∴ ｔ<0即ｌog
2
2a
a1
＜0

a
0＜
a
2

＜1,解得０〈a〈1。

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， 关键是发现已知不
18 136·····谢阅。。。。。

19
等式中loｇ
2
4(a1)
、
a
lｏg
2
(a1)
2
2a
、log
2
4a
2
a 1
三项之间的
联系.在解决不等式恒成立问题时,使用了“判别式法”。
另外，本题 还要求对数运算十分熟练．一般地,解指数与
对数的不等式、方程，有可能使用局部换元法，换元时也< br>可能要对所给的已知条件进行适当变形,发现它们的联系
而实施换元，这是我们思考解法时要注意 的一点．
...文档交
流 仅供参考...
例5. 已知
x
ysinθ
x
=
cosθ
y
，且
cos
2
θ
x
2
＋
sin
2
θ
y
2
=< br>10

3(x
2
y
2
)
(②式）,求的值．

【解】 设
sin
x
θ
＝
cos
y
θ=ｋ，则sｉnθ＝ｋx，ｃoｓθ
＝ky，且sｉn
2
θ+cos
2< br>θ＝ｋ
2
(x
2
＋y
2
）=1,代入②式得: k
2
y
2
x
2
k
2
x
2+
2
y
10k
2
10
=
3(x
2y
2
)
=
3

y
2
即：x
2
x
2
＋
2
y
10
=
.. .文档交流 仅供参
3
考...
设
x
y
x
2y
2
＝t,则ｔ＋
t
=
10
， 解得：t＝3或
1
∴
3
1
3
=±
3
或±
3

3
【另解】 由＝
cosθ
=tgθ,将等式②两边同时除以
cos
2
θ
x
2
x
y
sinθ
,再表示成含tg θ的式子:1+ｔg
10
1
3(1
2
)
tg
< br>4
θ
=
(1tg
2

)
=
10
tｇ
2
θ，设tｇ
2
θ=ｔ,则３t
2
—１0t< br>3
＋3＝0，
...文档交流 仅供参考...
∴t=３或
1
， 解得＝±
y
3
x
3
或±
3
3
。

19 136·····谢阅。。。。。

20
【注】 第一种解法由
sin
x
θ
＝
cos
y
θ
而进行等量代换，进
行换元，减少了变量的个数。第二种解法将已知变形为＝sinθ
cosθ
x
y
,不难发现进行结果为tgθ，再进行换元和变形 。两
种解法要求代数变形比较熟练。在解高次方程时,都使用
了换元法使方程次数降低．
...文档交流 仅供参考...
例6. 实数x、y
(x1)
2
满足
9
(y1)
2
＋
16
(y1)
2
＋< br>16
＝1,若x＋y-k>0恒
＝1,可以发现它与
成立，求k的范围.

(x1)
2
【分析】由已知条件
9
a
2
+ｂ
2
＝1有相似之处,于是实施三角换元.

x1
(x1)
2
(y1)
2
【解】由
9
+
16
=1,设=c ｏsθ，
y1
＝sｉnθ,

3
4

x13cosθ
即：

代入不等式ｘ＋y-k〉0得：

y14sinθ

3cosθ+4s inθ－k>0,即k<３ｃosθ+4sinθ=５sin（θ
+ψ）

所以k〈—5时不等式恒成立。

【注】本题进行三角换元,将代数问题(或者是解析几何问题）化为了含参三角不等式恒成立的问题,再运用“分
离参数法”转化为三角函数的值域问题，从 而求出参数范
围。一般地,在遇到与圆、椭圆、双曲线的方程相似的代
数式时,或者在解决圆、 椭圆、双曲线等有关问题时，经
常使用“三角换元法”.
...文档交流 仅供参考...
20 136·····谢阅。。。。。

21
本题另一种解题思路是使用数形结合法的思想方法：在
平面直角坐标系，不等式ax+b y＋
ｃ〉０ (a〉0)所表示的区域为直
y
线ax+ｂy+c＝0所分平面成两部分

中含x轴正方向的一部分．此题不
xﻫ
等式恒成立问题化为图形问题：椭
x+y—k〉０
...文档交流
仅供参考...
圆上的点始终位于平面上x＋ｙ-k
k
＞0的区域.即当直线x+y-k=0在
平面区域

与椭圆下部相切的切线之 下时.当

16(x1)
2
9(y1)
2
144< br>直线与椭圆相切时,方程组

有相等的一
xyk0

组 实数解，消元后由△＝0可求得k=－3,所以k<-3时原
不等式恒成立。
...文档交流 仅供参考...
Ⅲ、巩固性题组：

1.
已知ｆ(x
3
)＝lｇx (x＞0）,则f（4）的值为__
＿_＿。

A． 2lg２ B．
1
ｌg2 C。
2
ｌg2
33
D．
2.
2
3
lg4

函数ｙ=(ｘ＋1）
4
+2的单调增区间是＿_＿___。

A. ［－２，+∞） B。 ［—１,＋∞） D.
（—∞,+∞) C. (—∞，-1]
...文档交流 仅供参考...
3.
设等差数列{ａ
n
｝的公差ｄ＝
1
，且S
100
＝1４5,则a
1
＋
2
a
3
＋a
5
+……＋a
99
的值为＿_ _＿_。

A。 85 Ｂ. 72.5 Ｃ. 6０
D。 52．５

22
4.
已知x+4y＝４x,则ｘ＋y的范围是_＿_＿＿___＿
__＿_＿___.

21 136·····谢阅。。。。。

22
5.
已知a≥0,ｂ≥０，a＋ｂ=1，则
a
1
2
+
b
1
2
的范围是___
＿____＿＿__．

6.
不等式
x
>ax＋
3
的解集是(４，b）,则a＝_ ____＿＿
2
_,b＝_______.

7.
函数y＝2x＋
x1
的值域是＿＿__＿__＿__＿__＿__．

8.
在等比数列{a
n
｝中,a
1
＋a
2
+…＋a
10
＝２，ａ
11
+a
12
＋…
＋a< br>30
＝12，求a
31
+a
32
＋…+a
60
。

9.
实数m在什么范围内取值,对任意实数x，不等式
sin
2
x＋２mcｏsx+4m—1〈0
y D
恒成立。

Ｃ
10.
已知矩形AＢCD，顶点C(4,
A
４），Ａ点在曲线x
2
＋ｙ
2
＝
B
2 (ｘ＞0,ｙ＞0）上移动,
O
且ＡB、AD始终平行x轴、ｙ
x
...文档交流 仅供参考...
轴，求矩形ＡBCＤ的最小面
积。
...文档交流 仅供参考...
三、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f（x )

g（x）
的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(ａ）

g（a);
或者两个多项式各同类项的系数对应相等.
...文档交流 仅供参
考...
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< br>断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数
22 136·····谢阅。。。。。

23
学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有,就可
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.
...文档交流 仅供参考...
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：

①
利用对应系数相等列方程;

②
由恒等的概念用数值代入法列方程;

③
利用定义本身的属性列方程；

④
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;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．
...文档交流 仅供参考...
Ⅰ、再现性题组:

x
1
1.
设f(x）＝＋m，f（x)的反函数f(x)=nx-5，那么
2
m、ｎ的值依次为 _____.

23 136·····谢阅。。。。。

24
A。
5
2
2.
5
2
， -2 Ｂ。 －
5
, 2 Ｃ。
2
2
, 2 D。 －
5
，－2

2
3
二次不等式ax
2+bｘ+2>0的解集是（—
1
，
1
），则ａ
＋ｂ的值是__＿ ＿_.

A。 1０ B。 －１0 C。 14 D． －
１4

3.
在(1－x
3
）（１+x)
10< br>的展开式中,x
5
的系数是_＿_＿
＿.

Ａ. -297 B.—252 C． 297 D. ２
07

3
4.
函数y＝a—bｃos３ｘ （b<0）的最大值为,最小值
2
为—
1
,则ｙ=—4ａsin3bｘ的最小正周期是＿＿
2
___．
...文档交流 仅供参考...
5.
与直线L:２x＋3ｙ＋５=0平行且过点Ａ（1,—４）
的 直线L'的方程是________＿_＿____。
...文档交流 仅供参
考...
6.
与双曲线ｘ－
2
y
2
4
＝１有共同的渐近线 ，且过点（2,2）
的双曲线的方程是__＿_＿___＿__＿.

x
【简 解】１小题:由f（x)=＋ｍ求出f
1
(x）＝2ｘ—
2
２ｍ,比较系数 易求，选C；

1
11
2小题:由不等式解集（－
1
,）， 可知－、是方程
22
33
ax
2
＋bx＋２=0的两根,代入两根， 列出关于系数ａ、ｂ的
方程组，易求得a＋ｂ,选D;
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25
52
３小题:分析x
5
的系数由C
10
与（—1)C
10
两项组成,相加
后得x
5
的系数，选D；

４ 小题：由已知最大值和最小值列出a、b的方程组求
出a、b的值，再代入求得答案
2

；

3
5小题:设直线Ｌ’方程2x+3y＋c＝0，点A（1，－4)< br>代入求得C=10，即得2ｘ＋3y+１0=0;
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6 小题:设双曲线方程x—
2
y
2
4
＝λ，点(2，2）代入求得x
2
λ=3，即得方程
3
y
2
—
12
=1．

7,最小值为－1,
Ⅱ、示范性题组:

例1.
已知函数
mx
2
43xn
y=的最大值为
x
2
1
求此函数式.

【分析】求函数的表达式,实际上就是确定系数m、n的
值；已知最大值、最小值实际是就是已知函数的值域，对
分子或分母为二次函数的分式函数的值域易联想 到“判别
式法
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【解】 函数式变形为： (y—m）x
2
－4
3
x＋(ｙ-n）=0,
ｘ∈R, 由已知得y-m≠0

∴ △＝（-４
3
）
2
-４（y—m)（y-n）≥0 即： ｙ
2
－（m＋n）ｙ+（mｎ－１2)≤0 ①

不等式①的解集为（－１ ，7），则—1、7是方程y
2
-
（m＋n)y＋（ｍn－12）＝0的两根,


m5

1(mn)mn120

m1
代入两根得:

497(mn)mn120
解得:

n1
或

n5





5x
2
43x1
∴ y=
x< br>2
1
或者
x
2
43x5
y=
x
2
1

25 136·····谢阅。。。。。

26
此题也可由解集(—1,7)而设(y＋１）(y－7)≤０，即
y
2
—6y－7≤０，然后与不等式①比较系数而得：

mn6
，解出
mn127

m、n而求得函数式y．
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【注】 在所求函数式中有两个系数m、n需要确定,首
先用“判别式法”处理函数值域问题， 得到了含参数m、
ｎ的关于y的一元二次不等式,且知道了它的解集，求参
数m、n。两种方法 可以求解,一是视为方程两根，代入后
列出ｍ、n的方程求解;二是由已知解集写出不等式,比较
含参数的不等式而列出m、n的方程组求解．本题要求对
一元二次不等式的解集概念理解透彻，也要求 理解求函数
值域的“判别式法将y视为参数，函数式化成含参数y
的关于ｘ的一元二次方程，可 知其有解,利用△≥０，建
立了关于参数y的不等式,解出y的范围就是值域，使用
“判别式法 ”的关键是否可以将函数化成一个一元二次方
程．
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例2. 设椭圆中心在(2，-1），它的一个焦点与短轴两
端连线互相垂直，且此焦点与长轴 较近的端点距离是
10
—
5
，求椭圆的方程．
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【分析】求椭圆方程，根据所给条件,确定几何数据ａ、
b、c之值，问题就 全部解决了.设a、
ｙ
b、c后,由已知垂直关系而联想到勾
B’ﻫ
股定理建立一个方程，再将焦点与
ｘﻫ A F
长轴较近端点的距离转化为a－c的
O’ F’
值后列出第二个方程.
...文档交流 仅供参
Ａ’ﻫ
考...
B
...文档交流 仅供参考...
【解】 设椭圆长轴2ａ、短轴2b、
焦距２c，则｜BＦ’|=a

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27

a
2
b
2
c
2


2

a10
22
∴

aa(2b)
解得：






b5

ac105
x
2
y
2
∴ 所求椭圆方程是:
10
+
5
＝1

也可有垂直关系推证出等腰Rｔ△BB’F'后,由其性质
推证出等腰Rt△B'O'F’,再进行如 下列式:

bc


ac105
,更容易 求出

222
abc

a、b的值．
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【注】 圆锥曲线中，参数(a、b、c、ｅ、p)的确定,
是待定系数法的 生动体现;如何确定，要抓住已知条件，
将其转换成表达式．在曲线的平移中,几何数据（a、b、c、
e)不变，本题就利用了这一特征,列出关于a-ｃ的等式．
...
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一般地,解析几何中求曲线方程的问题，大部分用待定
系数法,基本步骤是: 设方程(或几何数据）→几何条件转
换成方程→求解→已知系数代入。
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例３． 是否存在常数a、b、c，使得等式1·2
2
+2·32
+…
1)
2
＋n(n＋１）
2
=
n(n< br>(an+bn+c）对一切自然数n都成立?
12
并证明你的结论. (８9年全国高考题）
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【分析】是否存在，不妨假设存在。 由已知等式对一切
自然数n都成立，取特殊值n=1、2、3列出关于a、b、c
的方程组,解 方程组求出a、ｂ、c的值,再用数学归纳法
证明等式对所有自然数n都成立。
...文档交流 仅供参考...
【解】假设存在a、b、c使得等式成立，令：n=1,得４
1
=< br>1
(a＋ｂ+c);ｎ=2，得２2=（４a+2b＋ｃ);n＝3,得７0
62
＝9a+3b＋c。整理得:
...文档交流 仅供参考...
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28

abc24

a3



4a2bc44
，解得

b11
,


9a3bC70

c10


于是对ｎ=1、2、3，等式 1·2
2
＋2·3
2
+…＋n（ｎ+
1)
2
１)
2
=
n(n
（３n+11ｎ+1０）成立，下面用数学归纳法
12< br>证明对任意自然数ｎ，该等式都成立：
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假设对n＝k 时等式成立，即1·２
2
＋2·3
2
＋…+ｋ（ｋ
+1)
2
=
k(k1)
(3k
2
+11ｋ＋1０）；

1 2
当n=k＋1时，1·２
2
＋2·３
2
+…＋ｋ(k+1）
2
+(k+１）
(k+２)
2
＝
k(k1)
（3k2
+11k+10） ＋(ｋ＋1）（k+2)
2
＝
12
k(k 1)(k1)(k2)
2
（k+２）（３k＋5）+(ｋ＋1）(k＋2)＝（3k2
1212
2
＋5k＋12k+24）＝
(k1)(k2)
[3(k+1）+1１（k+1)＋10］，
...
12
文档交流 仅供参考...
也就是说,等式对ｎ＝k+１也成立.

综上所述，当a=8、ｂ=11、c＝10时，题设的等式对一
切自然数n都成立.

【注】建立关于待定系数的方程组,在于由几个特殊值
代入而得到．此种解法中,也体现了方程 思想和特殊值法。
对于是否存在性问题待定系数时，可以按照先试值、再猜
想、最后归纳证明的 步骤进行．本题如果记得两个特殊数
列1
3
＋2
3
+…+n
3
、1
2
＋2
2
+…＋n
2
求和的公式，也可以抓 住
通项的拆开，运用数列求和公式而直接求解：由n(n＋1）
2
=ｎ
3+2n
2
＋n得S
n
=1·2
2
+2·3
2< br>＋…+n(n＋1)
2
=(1
3
+２
3
+…
n
2
(n1)
2
＋n）＋2(1＋2＋…+n)＋（1+2＋…+n）＝< br>4
+2
2n1)n(n1)
n(n1)
2
×
n (n1)(
＋=（３n＋11ｎ+１０），综上
12
62
3222
28 136·····谢阅。。。。。

29
所述,当a=8、b=11、c=１0时,题设的等式对一切自然数n
都成立．
...文档交流 仅供参考...
例4． 有矩形的铁皮，其长为30ｃｍ，宽为１4cm，要
从四角上剪掉边长为ｘcｍ的四个小正方形,将剩余部分
折成一个无盖的矩形盒子，问x为何值时，矩 形盒子容积
最大,最大容积是多少？
...文档交流 仅供参考...
【分析】实际 问题中,最大值、最小值的研究,先由已知
条件选取合适的变量建立目标函数,将实际问题转化为函数最大值和最小值的研究。
...文档交流 仅供参考...
【解】 依题意，矩形盒子 底边边长为(3０-2x）ｃm,
底边宽为(１４－2ｘ)cm，高为xcm。

∴ 盒子容积 V＝(30－2x)（１4－２x)x=４（15—x）
(7－x)x ,

显然：１5－x>0，7—x＞0，x>０。

4
设V=
ab
（15a－aｘ)（７b—bx）ｘ （a〉0，b>０）


ab10
要使用均值不等式,则

15aa x7bbxx


3
解得：a=
1
， b＝ , x＝3 。

4
4
1521

6415x21364
从而Ｖ=(－)(－ｘ)x≤（
44
）
3
=
64
× 2
3444433
3
７=５7６．

所以当ｘ=3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是
576cm
3
.

【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
44
解答中也可以令V＝
ab
(15a-ax)(７-ｘ)ｂ x 或
ab
（１5
29 136·····谢阅。。。。。

30
－ｘ)(7a－ax）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”.
...文档交流 仅供参考...
Ⅲ、巩固性题组:

1.
函数y＝loｇ
a
x的x∈［2 ,+∞)上恒有｜y|〉１，则
ａ的取值范围是＿____.

Ａ。 2>a＞
1
且a≠1 B. 0＜a<
1
或１22
1〈a<２ D。 a〉2或01
...文档交流 仅供
2
参考...
方程x< br>2
+px+q＝0与ｘ
2
+qx+p=0只有一个公共根,则其
余两个 不同根之和为____＿。

A. １ Ｂ. －1
C。 ｐ＋q D。 无法确定
...文档交流 仅供参考...
3.
如果函数y=sin2x+ａ·cos２x的图像关于直线x＝—
π
对 称，那么a＝___＿_．

2.
8
A．
2
Ｂ. －
2
C。 1
D. －1

012n
4.
满足Ｃ
n
＋1·C
n
+２·Ｃn
＋…+n·C
n
〈500的最大正
整数是_＿___。

A． 4 B. ５ Ｃ． 6 Ｄ． 7

5.
无穷等比数列｛a
n
｝的前n项和为S
n
＝a—
1
， 则
2
n
所有项的和等于＿__＿_.

A。 —
1
Ｂ。 １ C.
2
1
2

D.与a有关

929
6.
（１+ｋx)＝b
0
+ｂ
1
x+b
2
x＋…+b< br>9
ｘ,若b
0
＋ｂ
1
＋
b
2
+…＋ b
9
＝-1，则ｋ＝___＿＿＿。

30 136·····谢阅。。。。。

31
经过两直线1１x—3y－9＝0与12x＋ｙ－19=0的交
点,且过点（3,—2) 的直线方程为＿_____＿_____
＿。
...文档交流 仅供参考...
８. 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___＿_______＿__.
...文档交流 仅供参考...
9。 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。
...文档交流 仅供参考...
10． 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
得的线段长是4
10
， 求抛物线的方程．
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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
是揭示概念内涵的逻辑方法，它通过指出概念所反映的事
物的本质属性来明确概念．
. ..文档交流 仅供参考...
定义是千百次实践后的必然结果，它科学地反映和揭示
了客观 世界的事物的本质特点。简单地说,定义是基本概
念对数学实体的高度抽象．用定义法解题，是最直接的 方
法，本讲让我们回到定义中去.
...文档交流 仅供参考...
Ⅰ、再现性题组:

1.
已知集合A中有2个元素,集合B中有7个元素, A∪Ｂ
的元素个数为n,则__＿___.

Ａ. 2≤n≤９ B。 7≤n≤9 Ｃ。 5
≤ｎ≤9 D． ５≤n≤7

7.
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32
设MP、ＯM、AT分别是46°角的正弦线、余弦线和正
切线,则_____。

A. MPAT<...文档交流 仅供参考...
3.
复数z
1
=ａ+２i,z
2
＝—2＋ｉ，如果｜ｚ< br>1
｜< ｜z
2
|，
则实数a的取值范围是_＿___.

A。 －10 D。
a〈—1或ａ>1

2.
x
2
y
2
4.
椭圆＋
9
25
=1上有一点
5
P,它到左准线的距离为2
，那
么P点到右焦点的距离为_____.

75
Ａ. ８ C. 7。5 Ｃ．
4
Ｄ. ３

5.
奇 函数ｆ(ｘ）的最小正周期为Ｔ,则f(—
T
）的值为
2
_____。

A。 T Ｂ. 0 C。
T
D。 不能
2
确定

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a
2
2
2
<
5
,选Ａ;

4
|PF
左
|
小题：利用椭圆的第二定义得到
5
=e＝
4< br>,选
5
2
A；

5小题：利用周期函数、奇函数的定义得到f (—
T
）
2
=f(
T
）＝－f(－
T
）, 选B；

22
6小题:利用线面角、面面角的定义,答案2。

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33
Ⅱ、示范性题组:

例1. 已知z＝１＋ｉ, ① 设w＝z
2
＋3
z
—4,求ｗ的
三角形式； ② 如果
z
2
azb
=1－ｉ，求实数ａ、b
z
2
z1< br>的值．（94年全国理）
...文档交流 仅供参考...
【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
2
＋3
z
－4=（1+i)
2＋3
(1i)
—4
＝２ｉ＋3（１-i)－4＝－１-i，w的三角形式是2
（cos
5

4
＋ｉsｉn
5

） ;
...文档交流 仅供参考...
4
由z＝1＋ｉ，有
z
2azb
z
2
z1
＝
(1i)
2
a (1i)b
(1i)
2
(1i)1
＝
(ab)(a 2)i
=(a＋2)－（a+b)ｉ.

i
由题设条件知：（a＋2）－(a+b）i＝1＋i；

根据复数相等的定义,得：

(ab)1
,

< br>
a21

a1

解得

b2< br>.

【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.
...文档交流 仅供参考...
例2. 已知ｆ(x)=—x
n
+cx，f（2)＝-1４,f(４ )＝－2
５2，求y＝log
2
f（x）的定义域，判定在(
2
3< br>2
2
,1)上的单
调性.
...文档交流 仅供参考...
【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．

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34
n


f(2)22c14
【解】


n

f(4)44c252


n4
解得：

c1




∴ f(x）=-x
4
+x 解f(x)＞0得:0〈x＜１

设
3
2
2
＜x
1
＜x
2
〈1， 则ｆ(x
1
)-f（x
2
)=－x
1
4
＋x
1
—（—
x
2
4
+x
2
）=(ｘ
1-ｘ
2
）[1—（ｘ
1
＋x
2
)( x
1
2
+ｘ
2
2
)],
...文档交流
仅供参考...
∵ ｘ
1
+ｘ
2
〉
（ x
1
+x
2
）〉
22
3
3
2
, x
1
+x
2
>
22
3
3
4
2 ∴ （x
1
+ｘ
2
）
3
2
×
4
2
＝1

2
2
∴ f(x
1
）－ｆ（x
2
）>０即ｆ(x)在(
∵
2
2
2
，1)上是减函数

3
〈1 ∴ ｙ＝lｏg
2
f（x） 在（
2
2
，1)上是
增函数.

【注】关于函数的性质：奇偶性、
A'
单调性、周期性的判断，一般都是
A
直接应用定义解题.本题还在求

ｎ、c的过程中，运用了待定系数
Ｄﻫ
法和换元法．
...文档交流 仅供参考...
C’
例3。 如图，已知A’B’C’—
Cﻫ
ABC是正三棱柱，Ｄ是AC中点．

O
①
证明：AB’∥平面ＤBＣ’;

Hﻫ B’
②
假设AB'⊥BC'，求二面角D—
B
...文档交流 仅供参
BC’—C的度数．(94年全国
考...
理)

【分析】 由线面平行的定义来证①问，即通过证ＡＢ'
平行平面DＢC’内的一条直线而得;由二面角的平面角的
定义作出平面角,通过解三角形而求②问.
...文档交流 仅供参考...
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35
【解】 ① 连接B'C交BC’于O, 连接OD

∵ A’B’C’—ABC是正三棱柱

∴ 四边形B’BCC'是矩形

∴ Ｏ是B’Ｃ中点

△ＡＢ’Ｃ中, Ｄ是AC中点 ∴ ＡB’∥OD
∴ AB’∥平面DBC’

②
作DH⊥ＢC于Ｈ，连接OH ∴ DＨ⊥平面BC’C

∵ AB’∥OＤ, ＡB’⊥BC’ ∴ ＢC’⊥OD

∴ ＢC’⊥OH 即∠DＯH为所求二面角的平面角．

设AＣ＝１，作ＯE⊥ＢＣ于Ｅ,则
BH＝
3
，EH＝
1
；

4
4
1
DH=
2

ｓin6 0°=
3
，
4
Rt△BOH中,OH
2
＝ＢH×EH=3
,

16
∴ ＯH=
3
4
=DH ∴∠DOH＝45°,即二面角D—
BC’—Ｃ的度数为45°．

【注】对于二面角D-BC’—C的平面角,容易误认为∠
ＤOC即所求.利用二面角的平面角 定义，两边垂直于棱,
抓住平面角的作法,先作垂直于一面的垂线DH,再证得垂
直于棱的垂线 DO，最后连接两个垂足OＨ,则∠DOH即为所
求,其依据是三垂线定理.本题还要求解三角形十分熟 练,
在Rt△ＢOH中运用射影定理求ＯH的长是计算的关键．
...
文档交流 仅供参考...
此题文科考生的第二问为：假设AB’⊥ＢC’，BＣ＝2，
求AB’在侧面BB’Ｃ'C的 射影长．解答中抓住斜线在平
面上的射影的定义,先作平面的垂线，连接垂足和斜足而
得到射影 .其解法如下：作ＡE⊥BＣ于Ｅ,连接Ｂ’E即所
35 136·····谢阅。。。。。

36
求，易得到ＯE∥B’B,所以
EF
＝
OE
=
1,EF＝
1
B’Ｅ.在
BFB'B23
Rt△Ｂ'BＥ中，易得到BＦ⊥ BE,由射影定理得：B'E×E
Ｆ＝BE
2
即
1
B'Ｅ
2
=1，所以Ｂ’E＝
3
．
...文档交流 仅供参考...
3
例4． 求过定点M（1,２）,以x轴为准
y
Ｍ
线,离心率为
1
的椭圆的下顶点的轨迹方
2
Ｆ
程.

【分析】运动的椭圆过定点M，准线固
A
定为ｘ轴,所以M到准线距离为2.抓住圆
x

锥曲线的统一性定义,可以得 到
|AF|
=
1
建立一个方程,再由
22
离心率的定义建立 一个方程.
...文档交流 仅供参考...
【解】设A（ｘ,y）、F(x,ｍ）,由M（ 1,2),则椭圆上
定点M到准线距离为２，下顶点A到准线距离为y.根据椭
圆的统一性定义 和离心率的定义，得到：
...文档交流 仅供参考...
4
(y)
2< br>m得:（x—1）
2
+
2
3
＝1，

()< br>2
3
4
(y)
2
所以椭圆下顶点的轨迹方程为（x－1）< br>2
+
2
3
=１.

()
2
3
1

22
(x1)(m2)×2

2

，消

my
1



y2

【 注】求曲线的轨迹方程，按照求曲线轨迹方程的步骤,
设曲线上动点所满足的条件，根据条件列出动点所 满足的
关系式，进行化简即可得到.本题还引入了一个参数m，列
出的是所满足的方程组,消去 参数ｍ就得到了动点坐标所
满足的方程，即所求曲线的轨迹方程。在建立方程组时，
巧妙地运用 了椭圆的统一性定义和离心率的定义。一般
地，圆锥曲线的点、焦点、准线、离心率等问题，常用定36 136·····谢阅。。。。。

37
义法解决；求圆锥曲线的方程，也总是利用圆锥曲线的定
义求解,但要注意椭圆、双曲线 、抛物线的两个定义的恰
当选用。
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Ⅲ、巩固性题组：

x
1．
函数y＝ｆ（x)=a+k的图像过点 （1,7)，它的反函
数的图像过点(４，0），则f(x)的表达式是___。
...
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2。 过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A、Ｂ两点，
若A 、B在抛物线准线上的射影分别为A
1
、B
1
，则∠A
1
F B
1
等
于＿____。
...文档交流 仅供参考...
Ａ。 45° Ｂ。 60° C. 9０°
Ｄ. １20°

３。 已知Ａ＝｛0，1}，B＝{ｘ|x

Ａ}，则下列关系正
确的是__ ＿__.

Ａ． Ａ

Ｂ Ｂ。 Ａ

B C. A∈
B D。 A

B

4。 双曲线3x
2
—y
2
=3的渐近线方程是_＿___。

Ａ。 y=±3x Ｂ. y=±
1
x C． ｙ
3
=±
3
x D。 y＝±
3
x

3
5。 已知定义在R上的非零函数f（x）满足f（x＋y）
=f（x)＋f(y） ,则f（x）是_____.

A。奇函数 Ｂ.偶函数 C.非奇非偶函数
D．既奇既偶函数

38n3n
6.
C
3n
＋Ｃ
21n
＝＿___＿＿＿_.

7.
Ｚ＝4（ｓin140°－iｃos１４０°）,则复数
1
的辐
z
2
角主值是＿__＿__＿___．

37 136·····谢阅。。。。。

38
不等式ａx
2
+bx＋c>0的解集是(１，2），则不等式ｂ
x2
＋cx＋a＜０解集是_____＿＿___.

9.
已知数列｛a
n
｝是等差数列,求证数列{b
n
}也是等差
数列，其中b
n
=
1
（a
1
＋a
2
+…＋ａ
n
).

8.
n
10。 已知Ｆ
1
、Ｆ
2
是椭圆＋＝1 （a〉b＞0）的两
x
2< br>a
2
y
2
b
2
个焦点,其中F
2
与 抛物线y
2
=12x的焦点重合，M是两曲线
7
的一个焦点，且有cｏs∠Ｍ Ｆ
1
F
2
·cos∠MF
2
F
1
=
23
，求椭
圆方程．
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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来.
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数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题
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n
0
） 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ｎ≥n
0
且n∈N）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。
...文档交流 仅供参考...
38 136·····谢阅。。。。。

39
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.
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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.
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Ⅰ、再现性题组:

１。 用数学归纳法证明（n+１）(ｎ＋2）…（n+ｎ）
=2
n
·1·2…（2n—１） （n∈N)，从“k到k＋1左端
需乘的代数式为＿__＿_。
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A。 ２k+1 B． ２（2k＋1) C。
2k1
2k3
Ｄ。

k1
k1
1
2。 用数学归纳法证明１+
1
++…＋
2
3
1
〈ｎ （n〉
n
21
1)时，由ｎ=k （k〉1)不等式成立，推证n＝k+1时，左< br>边应增加的代数式的个数是___＿_.
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A。 2
k1
B。 2
k
－1 C。 2
k

Ｄ． 2
k
＋1

3. 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）
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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

39 136·····谢阅。。。。。

40
4。 数列｛a
n
｝中,已知a
1
=１，当n≥2时ａ
n
=a
n1
+2n—
1,依次计算a
2
、a
3
、ａ
4
后，猜想ａ
n
的表达式是__＿＿_。
...
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Ａ. 3n－2 B。 n
2
C.
3
n1
D。 4n—3
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5. 用数学归纳法证明３
4n2
+５
2n1
(n∈N）能被1４
整除,当n=k＋1时对于式子3
4(k1)2
+5
2(k1)1
应 变形为_＿＿
____＿＿___＿____＿__＿__。
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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)+ _＿___＿___．
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【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,左端的代数式是(k+
２)(k +３）…(2k+1）（2k+2)，所以应乘的代数式为
(2k1)(2k2)
,选Ｂ；
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k1
2小题：（2
k1
-１ ）—（２
k
－1）=2
k
,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C。

4小题：计算 出ａ
1
＝1、a
2
＝4、a
3
＝9、a
4
=１6再猜想
a
n
,选B；

5小题：答案(3
4k2< br>＋5
2k1
)３
k
+5
2k1
(5
2< br>－3
4
）;

6小题:答案k-1。

Ⅱ、示范性题组：

例1.
已知数列
1
2
·3< br>2
,得,…,
(2n1)
2
·(2n1)
2
,… ．S
n
为其前
8·1
8·n
n项和，求S
1
、S< br>2
、S
3
、S
4
,推测S
n
公式，并用数学 归纳法
证明. (93年全国理）
...文档交流 仅供参考...
80
2448
【解】 计算得S
1
＝
8
，Ｓ=,S＝,Ｓ＝ ,

234
81
2549
9
40 136·····谢阅。。。。。

41
猜测
(2n1)
2
1
S
n
=
( 2n1)
2
(n∈Ｎ）。

当n=1时,等式显然成立；
< br>(2k1)
2
1
假设当ｎ=k时等式成立，即:S
k
＝< br>(2k1)
2
，

8·(k1)
当n＝k+１时，Sk1
＝S
k
＋
(2k1)
2
·(2k3)
2

8·(k1)
(2k1)
2
1
=
(2 k1)
2
＋
(2k1)
2
·(2k3)
2

(2k1)
2
(2k3)
2
(2k3)
2
8·(k1)
＝

(2k1)
2
·(2k3)
2
(2k1)
2
(2k3)
2
(2k1)
2
＝
(2k1)
2
·(2k3)
2
(2k3)
21
=
(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∈Ｎ都成立．

【注】 把要证的等式
(2k3)
2
1
S
k1
=
(2k3)
2
作为目 标，先通分
使分母含有(2ｋ＋3)
2
,再考虑要约分，而将分子变形，并
注 意约分后得到（２k＋３)
2
－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、
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 → 猜想 → 证明。
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【另解】 用裂项相消法求和：

由a
n
=
(2n1)
2
·(2n1)
2
＝(2n1)
2
－
(2n1)
2
得，

S< br>n
＝（１－
1
2
)＋（
1
2
－
33
1
5
2
8·n
11
）＋……＋
(2n1)
2
—
(2n1)
2
＝
11
1—
(2n1)< br>2

41 136·····谢阅。。。。。
1

42
(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
(2n1)
2
·(2n1)
2
＝
(2n1)
2
-
(2n1 )
2
的裂项公式.可以说,
用试值猜想证明三步解题，具有一般性。
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例2. 设a
n
=
1×2
＋
2× 3
＋…＋
n(n1)
（n∈N)，证
明：
1
n（n+1）〈a
n
＜
1
(n+１）
2
。

22
8·n
11
【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a
k1
=a
k
+
(k1)(k2)
,所以
在假设n=ｋ成立得到的不 等式中同时加上
(k1)(k2)
，再
与目标比较而进行适当的放缩求解．
...文档交流 仅供参考...
1
【解】 当n＝１时，a
n
=
2
,
1
n(n+1）＝
1
， （n+1)
2
=2 ，
222
∴ n=１时不等式成立.

假设当n＝k时不等式成立,即:< br>1
k(k＋1)＜a
k
＜
1

22
(k+1）
2
,

当n=k＋1时,
1k（k＋１）+
2
2
(k1)(k2)
〈a
k1
〈
1
(ｋ+1）
2
+
(k1)(k2)
,
< br>111
k（k+1)+
(k1)(k2)
>k（k+1)＋（k＋1)=（ ｋ+1)(ｋ
222
+3）＞
1
(k＋1）（k+2)，

2
111
2
222
k3k2
(k+１)+<(k+1）+（k< br>(k1)(k2)
=（k＋1)+
222
1
3
＋
2
）=
2
（k＋2)
2
，

1
2
所以
1
（k＋1）（k+2) 〈a＜（k+2)，即n＝ｋ+1
k
22
时不等式也成立．

42 136·····谢阅。。。。。

43
综上所述，对所有的ｎ∈N，不等式
1
n(n+１)n
〈
1
(ｎ
22
＋1)
2
恒成立．

【注】 用数学归纳法解决与自然数有关的不等式问题,
注意适当选用放缩法.本题中分别将
(k1) (k2)
缩小成(ｋ
+1)、将
(k1)(k2)
放大成（k+
3
）的两步放缩是证ｎ=ｋ＋
2
１时不等式成立的关键．为什么这样放缩,而不放大 成(ｋ
＋2)，这是与目标比较后的要求,也是遵循放缩要适当的
原则．
...文档交 流 仅供参考...
本题另一种解题思路是直接采用放缩法进行证明。主要
是抓住对
n(n1)
的分析，注意与目标比较后，进行适当的
放大和缩小.解法如下：由
n( n1)
>n可得,a
n
〉1+２+3+…
+n＝
1
n（n ＋1）;由
222
×n=
1
n（n+1)＋
1
ｎ=
1
(n
2
+2n）〈
1
（ｎ＋1)
2
。所以
1
n(n
22222
＋1）〈ａ
n
〈
1
（n+１ ）
2
．
...文档交流 仅供参考...
2
11
<ｎ＋可 得,a〈1+2+3+…＋n+
n(n1)
n
例3． 设数列｛ａ
n
｝的前n项和为S
n
，若对于所有的
n(a
1
a
n)
自然数ｎ，都有S
n
＝
2
，证明{ａ
n
｝是 等差数列.
(94年全国文）
...文档交流 仅供参考...
【分析】 要证 明｛a
n
｝是等差数列,可以证明其通项符
合等差数列的通项公式的形式，即证：a< br>n
=a
1
+(ｎ－1）ｄ 。
命题与n有关,考虑是否可以用数学归纳法进行证明.
...文
档交流 仅供参考...
【解】 设a
2
－a
1
＝ｄ，猜测ａ
n< br>＝a
1
＋(n－1)d

当n＝1时,a
n
＝a
1
， ∴ 当n=１时猜测正确.

当n=2时,a
1
＋（2－1)d=a
1
+ｄ＝a
2
， ∴当n=2时猜测
正确。

43 136·····谢阅。。。。。

44
假设当n＝k（k≥2）时,猜测正确，即：a
k
＝a
1
+（ k—1）
d ，

(k1)(a
1
a
k1
) k(aa)
当n=k＋１时,ａ
k1
=Ｓ
k1
—Ｓ
k
=－
1k
，

22
将a
k
=ａ
1
+(k—1)d代入上式, 得到2a< br>k1
＝（ｋ＋1）
（a
1
+a
k1
）－２ｋa< br>1
－k（ｋ-1)d，

整理得(k－1)ａ
k1
＝(k- 1）ａ
1
＋k(ｋ—1）d,

因为k≥2，所以a
k1
=a
1
+kd，即ｎ=k＋1时猜测正确.

综上所述,对所有的自然数n， 都有a
n
＝a
1
＋（ｎ－1）
d,从而｛a
n
｝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a
k1
的得出是本题
n(aa)
解答的关键，利用 了已知的等式S
n
＝
1
2
n
、数列中通
项与前n项 和的关系ａ
k1
＝S
k1
－S
k
建立含ａ
k 1
的方程，代
入假设成立的式子a
k
＝ａ
1
+（ｋ－１）d 解出来a
k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(k—1)a
k1
＝(k—1）ａ
1
＋k（k－1）ｄ得到a
k1
=a
1
+ kd
的条件是k≥２.
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【另解】 可证a
n1
-a
n
＝ a
n
－ a
n1对于任意n≥2都成
n(aa)
立：当n≥２时,a
n
=S
n
-Ｓ
n1
＝
1n
—
(n1)(a
1
 a
n1
)
；同
2
2
(n1)(a
1
 a
n1
)n(a
1
a
n
)
理有ａ
n 1
＝S
n1
－S
n
=－
2
;从而a
n 1
－ａ
n
2
(n1)(a
1
a
n1
)
(n1)(a
1
a
n1
)
＝－n（ａ＋a）＋，整 理得ａ
n
1
2
2
n1
—a
n
＝ a
n
－ a
n1
，从而{ａ
n
}是等差数列。
...文档交流 仅
供参考...
一般地，在数列问题中含有a
n
与S
n
时 ,我们可以考虑运
用a
n
=S
n
－S
n1
的关系 ,并注意只对n≥２时关系成立,象已
44 136·····谢阅。。。。。

45
知数列的S
n
求a
n
一类型题应用此关系最多。
.. .文档交流 仅供参
考...
Ⅲ、巩固性题组:

1.
用数学归纳法证明:6
2n1
+1 （n∈N)能被７整除.

2.
用数学归纳法证明: １×4+2×7+3×１０+…+n（3n
＋1）=n(n＋1）
2
（n∈Ｎ）。

3.
n∈N，试比较2
n
与(ｎ+１）
2
的大小,并用证明你的结
论。

4.
用数学归纳法证明等式:cｏ s
x
·cos
x
·cos
x
·…·c
2
2
2
2
3
ｏs
x
＝
2
n
sinx< br>2
n
·sin
x
2
n
（81年全国高考）

用数学归纳法证明： |sinnx|≤n｜siｎｘ｜ （n
∈N)。 (8５年广东高考）

6． 数列｛a
n
}的通项公式a
n
=
1
（n∈Ｎ），设f
5.
(n1)
2
（n）=（1—a
1
)（1—a
2
）…（1—a
n
），试求ｆ（1)、ｆ
(2）、f（3 ）的值,推测出f（n）的值,并用数学归纳法加
以证明.
...文档交流 仅供参考...
7.
已知数列{a
n
｝满足a
1
=1，a
n=a
n1
ｃosx+cｏs［（n
－1）x], （x≠kπ，ｎ≥2且ｎ∈N)．

①．求ａ
2
和a
3
； ②．猜测a
n
,并用数学归纳法
证明你的猜测.

８. 设f（log
a
x）＝
a(x1)
， ①.求f(x）的定义域； < br>2
x(a
2
1)
②．在y=f（x）的图像上是否存在两个不同点, 使经过这
两点的直线与ｘ轴平行？证明你的结论． ③。求
证:f(n）>ｎ (n〉1且n∈Ｎ）
...文档交流 仅供参考...
六、参数法

45 136·····谢阅。。。。。

46
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。
...文档交流 仅供参考... 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 之间的内在
联系,从而发现事物的变化规律。参数的作用就是刻画事
物的变化状态，揭示变化因 素之间的内在联系。参数体现
了近代数学中运动与变化的思想，其观点已经渗透到中学
数学的各 个分支。运用参数法解题已经比较普遍。
...文档交
流 仅供参考...
参数法解 题的关键是恰到好处地引进参数,沟通已知和
未知之间的内在联系,利用参数提供的信息，顺利地解答< br>问题．
...文档交流 仅供参考...
Ⅰ、再现性题组:

1. 设2
x
＝3
y
＝5
z
>１，则2x、３y、５ｚ从小到大排 列
是__＿______＿_＿_＿__。



x22t
2. （理)直线

上与点Ａ(-２, 3)的距离等于
2


y32t
的点的坐标是＿_______ .

（文)若k〈－1,则圆锥曲线x
2
－ky
2
= １的离心率
是_______＿_.

３。 点Ｚ的虚轴上移动，则复数C＝ｚ
2
+1+2ｉ在复平
面上对应的轨迹图像为＿_____＿__________＿＿_.< br>...文档
交流 仅供参考...
4. 三棱锥的三个侧面互相垂直,它们的面积分别是6、
４、３,则其体积为______．

46 136·····谢阅。。。。。

47
５. 设函数f(ｘ）对任意的ｘ、y∈R，都有f（x＋y）
=ｆ（x)+f(y）， 且当x〉0时，f（x)<0，则ｆ（x)的R
上是______函数.(填“增”或“减”）
...文档交流 仅供参考...
x
2
6． 椭圆
16
+
y
2
4
＝1上的点到直线x＋２y－
2
＝0的最
大距离是_ ___＿.

A. 3 Ｂ．
11
C。
10

D． 2
2

【简解】１小题：设2< br>x
=3
y
＝5
z
＝ｔ，分别取２、3、５
为底的对数 ,解出x、y、z，再用“比较法”比较2x、３y、
５z，得出3y<2x＜5z；
...文 档交流 仅供参考...
2小题:（理)A(-2，3)为t＝0时，所求点为ｔ=±
2时，
即（—４，5)或（0,1）;（文)已知曲线为椭圆,a=1，ｃ
=
1< br>1
k
，所以e＝—
1
k
k
2
k
；
...文档交流 仅供参考...
3小题：设ｚ＝ｂi,则C=1-b
2
＋ 2ｉ，所以图像为：从
（1，2）出发平行于x轴向右的射线；

11
4小题 ：设三条侧棱ｘ、y、z，则
1
ｘy=6、yｚ=4、xz
222
＝3，所以 xｙｚ＝24，体积为4.

5小题:f（0）＝0，f（0）=f(x)+f（-x）,所以 f（ｘ)
是奇函数,答案：减；

6小题：设x=４ｓinα、ｙ＝2cosα，再求
d=
|4sin

4cos

2|
的最大值， 选Ｃ。

5
Ⅱ、示范性题组:

222
例1.
实数a、b、c满足a+b＋c＝1，求a+b＋c的最小
值．

47 136·····谢阅。。。。。

48
【分析】由ａ+b+c＝1 想到“均值换元法”，于是引
入了新的参数，即设a＝1
+t
1
,ｂ=
1
＋t
2
,c=
1< br>＋t
3
，代入
333
a
2
＋ｂ
2
+ c
2
可求.
...文档交流 仅供参考...
111
【解】由a＋ b＋c=1,设a＝+t
1
,b=+t
2
，c=＋t
3
，其
333
中t
1
+t
2
＋t
3
=0，

∴ a
2
+b
2
+ｃ
2
=（
1＋t
1
）
2
＋(
1
＋t
2
）
2
+(
1
+t
3
)
2
＝
333
1 2
+(ｔ
1
+t
2
+t
3
)＋t
1
33
2
+t
2
2
＋t
3
2
＝
1
+t
1
2
＋t
2
2
+ｔ
3
2≥
1

33
3
所以a
2
＋ｂ
2
+c
2
的最小值是
1
.

【注】由“均值换元法引入了三 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
2
+b
2
＋ｃ
2
=（a+b+c)
2
-2(ab＋bc＋aｃ）
≥1—2( a
2
+b
2
＋c
2
）,即a
2
＋b
2
＋c
2
≥
1
。
...文档交流 仅供参考... 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。

x
2
例2.
椭圆
16
＋
y
2
4
=1上有两点P、Q,Ｏ为原点.连OP、OQ，
1
4
若k
OP
·k
OQ
=－ ,

①．求证:|OＰ|
2
＋|OＱ|
2
等于定值; ②。求线
段ＰQ中点M的轨迹方程.


x4cosθ
【分析】 由“换元法”引入新的参数，即设

（椭
y2sinθ

圆参数方 程）,参数θ
1
、θ
2
为P、Q两点,先计算k
OP
·k< br>OQ
得出一个结论,再计算|OＰ|
2
＋｜OＱ｜
2
,并运用 “参数
法”求中点Ｍ的坐标,消参而得。
...文档交流 仅供参考...
48 136·····谢阅。。。。。

49
x
2
【解】由
16
+
y
2
4

x4cosθ
=１,设

,P(４coｓθ
1
，２s iｎ
y2sinθ

θ
1
),Q(4cosθ
2
，2sinθ
2
），

2sin

1
2sin
2
1
则k
OP
·ｋ
OQ
=
4cos

•
4cos

＝－,整理得到:

12
4
cosθ
1
cosθ
2
＋sｉｎθ
1
sｉnθ
2
＝0，即cos（θ
1
—
θ
2
）=0．

∴ |OP｜
2< br>＋｜ＯＱ|
2
＝16cos
2
θ
1
+４sｉn
2
θ
1
＋1６
ｃos
2
θ
2
＋4siｎ
2
θ
2
＝8+12(ｃos
2
θ
1
＋ｃo s
2
θ
2
）＝20+6
（cｏs2θ
1
+cos2 θ
2
)＝２0＋12cos(θ
1
+θ
2
）ｃoｓ（θ1
-
θ
2
）＝20，
...文档交流 仅供参考...
即｜ＯP|
2
＋|OＱ|
2
等于定值2０。

由中 点坐标公式得到线段PQ的中点M的坐标为

x
M
2(cos
< br>1
cos

2
)
,


ysi n

sin

12

M
2
所以有（x
）＋y
2
=2＋2（coｓθ
1
ｃoｓθ
2
＋ｓinθ
1
si
2
ｎθ
2
）=2,

即所求线段PQ的中点M
x
2
的轨迹方程为
8
+
y
2
2
=１。
【注】由椭圆方程,联想到a
2
＋ｂ
2
=1,于是进行“三角
换元”,通过换元引入新的参数，转化成为三角问题进行
研究。本题还要求能够熟练使用三角公 式和“平方法”，
在由中点坐标公式求出M点的坐标后,将所得方程组稍作
变形，再平方相加, 即（ｃｏsθ
1
＋ ｃosθ
2
)
2
+（sｉｎθ
2
“消参法的关键一步。
1
＋sｉnθ
2
）,这是求点M轨迹方程< br>一般地，求动点的轨迹方程运用“参数法”时,我们可以
将点的ｘ、y坐标分别表示成为一个或几 个参数的函数,
49 136·····谢阅。。。。。

50
再运用“消去法消去所含的参数,即得到了所求的轨迹方
程.
...文档交流 仅供参考...
本题的第一问,另一种思路是设直线斜率ｋ，解出P、
Ｑ两点坐标再求：

设 直线OＰ的斜率k，则OQ的斜率为-
1
,由椭圆与直线
4k
ＯＰ、OＱ相交 于PQ两点有：


x
2
4y
2
160

ykx
4
14k
2
,消y得（1＋4k
2
）ｘ
2
=1６,即｜
x
P
|=;

=

x
2
4y
2
160

，消

1

y
4k
x

|8k|
14 k
2
y得（1＋
1
4k
2
）x
2
＝16, 即｜x
Q
｜
;

所以|OP｜
2
+｜OＱ｜
2
＝（
(
1
1k
2
•
4
14k< br>2
）
2
＋
|8k|
1
2
•
）

2
2
16k
14k
2080k
2
=
14k
2
=20.即|OP｜
2
＋|OQ｜
2
等于定值 20．

在此解法中，利用了直线上两点之间的距离公式｜AＢ|
＝
1k< br>AB
2
•
｜x
A
－x
B
｜求|OP|和｜O Q｜的长.

例3。已知正四棱锥Ｓ—ＡBＣD
Ｓ
的侧面与底面的夹角为β，相邻两

侧面的夹角为α,求证：cosα=-cos
2
Eﻫ D
β．
...文档交流 仅供参考...
Cﻫ
【分析】要证明cosα=-cos
2
β,
Ｏ Fﻫ
考虑求出α、β的余弦，则在α和
A
β所在的三角形中利用有关定理求
Ｂ
...文档交流 仅供参考...
50 136·····谢阅。。。。。

51
解。

【解】连AＣ、BD交于O,连ＳO；取BＣ中点F，连SF、
OF；作BE⊥SＣ于E，连DE。则∠SFO=β，∠ＤEＢ＝α.
...
文档交流 仅供参考...
OF
a
设BC＝a (为参数), 则ＳF=
cos
＝，
β
2cosβ

SＣ＝
a< br>=
2cosβ
SF
2
FC
2
=
(
aa
)
2
()
2

2cosβ2
1cos
2
β

1
a
1 cos
2

2cos

SF·BC
a
2
又 ∵ＢE=
SC
＝
2cosβ

=
a
1cos
2

在△DEB中,由余弦定理有：coｓα=
a
2
22a
2
2
1cos

a
2
2
1 cos
2

2BE
2
BD
2
2BE
2
＝
=-ｃos
2
β．

所以cosα＝-ｃos
2
β．

【注】 设参数a而不求参数a， 只是利用其作为中间
变量辅助计算,这也是在参数法中参数可以起的一个作用,
即设参数辅助解 决有关问题.
...文档交流 仅供参考...
Ⅲ、巩固性题组:

1.
已知复数z满足|ｚ｜≤1，则复数z＋2i在复平面上
表示的点的轨迹是＿__＿_＿__＿ ＿＿＿____。

2.
函数y=x+2＋
14xx
的值域是 ＿___＿_＿______＿
__.

22
3.
抛物线y＝x－ 10ｘcoｓθ＋25＋3sinθ－２5ｓin
θ与ｘ轴两个交点距离的最大值为＿＿__＿

A． 5 B. 10 C。 2
3
D. 3

2
51 136·····谢阅。。。。。

52
过点M(0，１）作直线Ｌ,使它与两已知直线Ｌ
1
：x—
3y+10 =0及L
2
：2ｘ＋y－8＝0所截得的线段被点Ｐ平
分，求直线L方程.
. ..文档交流 仅供参考...
5.
求半径为R的球的内接圆锥的最大体积。

6.
f（x)＝（1－
a
cos
2
x）sｉnx,x∈[ ０，２π），求使
4.
2
f（x)≤１的实数a的取值范围。

7． 若关于x的方程２x
2
+xlg
(a1)
+lｇ
2
(
a
232
8a
3
1
2a
）+lg2a
a1
2
＝0有模为1的虚根，求实数a的值及方程的根．

８． 给定的抛物线y
2
＝2px （p＞0)，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
1
+
1
为定值.
...文档交流 仅供参考...
|MP|
2
|MQ|
2
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
(Hadaｍard)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．
...文档交流 仅供参考...
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
52 136·····谢阅。。。。。

53
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< br>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．
...
文档交流 仅供参考...
反证法的证题模式可以简要的概括我为“否定→推理→
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：
...
文档交流 仅供参考...
第一步,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。
...文档交流 仅供参考...
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”
53 136·····谢阅。。。。。

54
或“至多”、“唯一、“无限形式出现的命题；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.
...文档交流 仅供参考...
Ⅰ、再现性题组：

1.
已知函数f（x)在其定义域内是减函数，则方程f(x)
＝0 _＿_＿__.

A.至多一个实根 Ｂ.至少一个实根 C。一个
实根 D．无实根

2
2.
已知a〈０，－１＜ｂ<0，那么a、ａb、aｂ之间的
大小关系是＿____．

A. a>ab> ａb
2
Ｂ. ab
2
>ab>a C． ab〉
a〉 ab
2
D。 aｂ> ab
2
>a
...文档交流 仅供参考...
3.
已知α∩β＝ｌ,a α,b β,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

4.
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. 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;

54 136·····谢阅。。。。。

55
3小题：从逐一假设选择项成立着手分析，选B；

4
4小题：分析清 楚结论的几种情况，列式是:C
10
—C
4
6
×
４－3－6 ，选D.

Ⅱ、示范性题组：


例1. 如图，设ＳA、SB是圆锥SO
Sﻫ

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
CﻫA
直.
...文档交流 仅供参考...
O
【分析】结论是“不垂直”，呈“否
B

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”.
...文档交流 仅供参考...
【证明】 假设AC⊥平面SOB，

∵ 直线SＯ在平面SOB内， ∴ ＡC⊥SO，

∵ SO⊥底面圆Ｏ, ∴ SO⊥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.

例2. 若下列方程:ｘ
2
＋4aｘ-４a＋3=0, x
2
+(a－1）
x+a
2
=0， x
2
＋２ax —2a＝0至少有一个方程有实根.试求
实数a的取值范围.
...文档交流 仅供参考...
【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．
...文档交流 仅
供参考...
【解】 设三个方程均无实根,则有：

55 136·····谢阅。。。。。

56
1

3
a

22

△
1
16a
2
4(4a3)0


3
1
22
,解得


a1或a
,即—〈a＜－1。


△
2
(a1)4a0
2
3


2

△
2
4a4(2a)0

2 a0


所以当ａ≥-1或a≤—
3
时，三个方程至少有一个方程
2
有实根.

【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．
...文档交流 仅供参考...
x1
例3. 给定实数a,a≠0且a≠1,设函数y=
ax
（其中
1
x∈R且ｘ≠< br>1
）,证明：①.经过这个函数图像上任意两个
a
不同点的直线不平行于x轴； ②.这个函数的图像关于
直线y=x成轴对称图像.(８８年全国理)。
...文档交流 仅供参考...
【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】 ① 设M
1
（ｘ
1
,y
1
）、M
2
(x
2
,y
2
)是函数图像上
任意两个不同的点,则x
1
≠x
2
，

假设直线Ｍ
1
M
2
平行于ｘ轴，则必有y
1
=ｙ
2
，即
x
1
1
x
2
1
=，整理得ａ（x
1
-x
2
）＝x
1
－x
2

ax1
ax1
1
2
∵x
1
≠x
2
∴ a=1， 这与已知“ａ≠１”矛盾，

因此假设不对,即直线M
1
M
2
不平行于x轴．

56 136·····谢阅。。。。。

57
x1
② 由y=
ax
得aｘy－y=x-1,即(ay—1)x=y －１,所以
1
y1
x＝
ay
,

1
x1x1
即原函数y＝
ax
的反函数为y=，图像一致．

1 ax1
由互为反函数的两个图像关于直线y=x对称可以得到,
x1
函数ｙ＝ax1
的图像关于直线ｙ=ｘ成轴对称图像.

【注】对于“不平行的否定性结 论使用反证法，在假
设“平行”的情况下,容易得到一些性质，经过正确无误
的推理,导出与已 知ａ≠1互相矛盾.第②问中，对称问题
使用反函数对称性进行研究，方法比较巧妙，要求对反函
数求法和性质运用熟练.
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Ⅲ、巩固性题组：

1.
已知f（x）＝
x
,求证：当x
1
≠ｘ
2< br>时,f（ｘ
1
)≠ｆ
1|x|
（x
2
)。

2.
已知非零实数a、b、ｃ成等差数列，a≠c，求证:
1
、
a
1
b
、
1
不可能成等差数列．

c
3.
已知ｆ(x）＝x
2
+pｘ+ｑ,求证：|f（1）｜、|ｆ
（２）｜、｜f (3)|中至少有一个不小于
1
。

2
4.
求证：抛物 线y＝－１上不存在关于直线ｘ＋y＝0
x
2
2
对称的两点.

5.
已知a、b∈R,且｜ａ|＋｜b｜<1，求证：方程x
2
+ax＋ｂ＝0的两个根的绝对值均小于1.

57 136·····谢阅。。。。。

58
两个互相垂直的正方形如
A
图所示,Ｍ、N在相应对角线
Ｆ
上,且有EＭ＝CN，求证:MN
D
不可能垂直CF。

B Ｍ ﻫ
第二章 高中数学常用的数学
Ｎ
思想

Ｅ
一、数形结合思想方法

C
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中学 数学的基本知识分三类：
一类是纯粹数的知识,如实数、代数式、方程（组）、不
等式（组)、 函数等;一类是关于纯粹形的知识，如平面几
何、立体几何等；一类是关于数形结合的知识,主要体现< br>是解析几何。
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数形结合是一个数学思想方法，包含“ 以形助数”和“以
数辅形”两个方面,其应用大致可以分为两种情形：或者
是借助形的生动和直 观性来阐明数之间的联系,即以形作
为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函
数 的性质;或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明
形的某些属性，即以数作为手段,形作为目的，如 应用曲
线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．
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恩 格斯曾说过:“数学是研究现实世界的量的关系与空
间形式的科学．”数形结合就是根据数学问题的条件 和结
论之间的内在联系,既分析其代数意义，又揭示其几何直
观,使数量关的精确刻划与空间形 式的直观形象巧妙、和
谐地结合在一起，充分利用这种结合，寻找解题思路,使
问题化难为易、 化繁为简,从而得到解决.“数与“形”
是一对矛盾,宇宙间万物无不是“数和“形”的矛盾的统
6.
58 136·····谢阅。。。。。

59
一.华罗庚先生说过：数缺形时少直观，形少数时难入微，
数形结合百般好，隔裂分家万 事休.
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数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观 的
图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化,
它可以使代数问题几何化,几何问题 代数化.在运用数形
结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明
白一些概念和运算 的几何意义以及曲线的代数特征,对数
学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数
意 义;第二是恰当设参、合理用参,建立关系，由数思形,
以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数 的取值范
围．
...文档交流 仅供参考...
数学中的知识,有的本身就可以看作 是数形的结合．如：
锐角三角函数的定义是借助于直角三角形来定义的;任意
角的三角函数是借 助于直角坐标系或单位圆来定义的．
...
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Ⅰ、再现性题组：

5.
设命题甲：０乙的____＿。 (90年全国文）

A.充分非必要条件 Ｂ．必要非充分条件
Ｃ．充要条件 D。既不充分也不必要条件

6.
若lｏg
a
２ b
2＜0，则＿____。(92年全国理）

Ａ。 0Ｃ． a〉ｂ＞１ D. ｂ>a＞1
...文档交流 仅供参考...
7.
如果|ｘ|≤
π
4
，那么函数ｆ(x）=c oｓ
2
ｘ+sｉnx的最
小值是____＿。 (8９年全国文）

59 136·····谢阅。。。。。

60
A。
D。
8.
2121
B． －
22
12

2
C。 －1
如果 奇函数ｆ（ｘ)在区间［3，７]上是增函数且最
小值是5，那么ｆ(x）的［－7,—3］上是___ ＿．（９1
年全国)
...文档交流 仅供参考...
A.增函数且最小值为-5 B．增
函数且最大值为-５

C．减函数且最小值为－5
D。减函数且最大值为－5

9.
设全集I={（ｘ，y）|x，y∈R｝，集合M=｛（ｘ,ｙ)｜
y3
M∪N
等于_____。=1}，N={(x,y）|y≠x＋１}，那么
x2
(90年全国）
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A。 φ Ｂ。 {(２，3）｝ C.
(2,３） Ｄ． ｛（x，y)｜y＝x＋1
...
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10.
如果θ是第二象限的角，且满足 coｓ
1sinθ
，那么
θ
2
θ
2
－sｉnθ
2
＝
是____＿．

A．第一象限角 B.第三象限角 Ｃ.可能第一
象限角,也可能第三象限角 D.第二象限角
...文档交
流 仅供参考...
11.
已知集合E=｛ θ|cｏｓθF＝｛θ｜tgθ＜sinθ｝，那么E∩Ｆ的区间是__ _＿
_。（93年全国文理)
...文档交流 仅供参考...
A.
3π
2
π
(
2
)
π
3π
，π） Ｂ。 (
4
,
4
）
3π
Ｄ. （
4
,
5π
）

4
Ｃ． （π，
60 136·····谢阅。。。。。

61
12.
若复数z的辐角为
5π
6
，实部为-２
3< br>,则ｚ=_＿___.

Ａ。 -2
3
－２i B． -２
3
＋2ｉ Ｃ。 -２
3
＋2
3
ｉ D. －2
3
－2
3
ｉ

y
13.
如果实数x 、y满足等式（ｘ-2）
2
+y
2
＝3，那么的
x
最大值是 _____． (90年全国理)

A．
1
2
B.
3
3
C．
3
2

D．
3

14.
满足方程｜z+３—
3
ｉ|＝
3的辐角主值最小的复
数z是＿_＿_＿.

【简解】1小题：将不等式解集用数轴表示,可以看出,
甲＝＞乙，选A；

2小题:由已知画出对数曲线，选Ｂ；

３小题：设sｉnｘ＝t后借助二次函数的图像求f（x）
的最小值,选D;

4小题：由奇函数图像关于原点对称画出图像，选B；

5小题：将几个集合的几何意义用图形表示出来,选B;

6小题：利用单位圆确定符号及象限;选B;

7小题:利用单位圆，选Ａ；

8小题：将复数表示在复平面上，选B;

9小题：转化为圆上动点与原点连线的斜率范围问题；
选D；

10小题：利 用复平面上复数表示和两点之间的距离公
3
3
式求解，答案-
2
＋< br>2
ｉ。

【注】 以上各题是历年的高考客观题,都可以借助几何
直观 性来处理与数有关的问题，即借助数轴(①题）、图
61 136·····谢阅。。。。。

62
像（②、③、④、⑤题)、单位圆(⑥、⑦题）、复平面（⑧、
⑩题）、方程曲线（⑨题 ）．
...文档交流 仅供参考...
Ⅱ、示范性题组：

ｙ
2
例1. 若方程lｇ(－x＋3x－ｍ）=l
４
ｇ（3—x）在x∈（０，3)内有唯一解，
y=1—m1 ﻫ
求实数ｍ的取值范围．

Ｏ ２
【分析】将对数方程进行等价变形，
3 x

转化为一元二次方程在 某个范围内有
实解的问题,再利用二次函数的图像进行解决。
...文档交流 仅
供参考...

3x0
【解】 原方程变形为

2


x3xm3x


3x0
即：


2

(x2)1m
设曲线y
1
＝（x－2）
2
， x∈(0，3）和直线y
2
=1－m,
图像如图所示.由图可知:

① 当1—m=0时,有唯一解,m=１;

②当1≤1－m＜4时，有唯一解,即-3
∴ m＝１或－3〈m≤0

此题也可设曲线y
1
=－（ｘ－2）
2
+1 ， ｘ∈(0，3）
和直线y
2
＝ｍ后画出图像求解.

【注】 一般地 ，方程的解、不等式的解集、函数的性
质等进行讨论时，可以借助于函数的图像直观解决,简单
明了。此题也可用代数方法来讨论方程的解的情况，还可
用分离参数法来求（也注意结合图像分析只一个 ｘ值）．
...
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62 136·····谢阅。。。。。

63
例2． 设|z
1
｜＝5，｜ｚ
2
｜＝
ｙ
z
2， ｜ｚ
1
－
z
｜=
13
， 求
1
的值。

A
z
2

【分析】 利用复数模、四则运
Dﻫ O
算的几何意义，将复数问题用几何
B
图形帮助求解.

xﻫ
【解】 如图,设z
1
=
OA
、 z
2
=
OB
后,

则
z=
OC
、
z
＝
OD
如图所示.

C

z
1
5
由图可知，||=,∠AOD＝∠
2< br>12
z
2
2
BOC，由余弦定理得：

5
2
2
2
(13)
2
cos∠AOD＝
2×5×2
＝
4

5
z
1
∴
z
2
543< br>3
=
2
(
5
±i）＝2±
2
ｉ
< br>5
2
【另解】设ｚ
1
＝
OA
、
z
＝
OD
如图所
ｙ
z
1
5
示。则|｜＝
2
，且

Aﻫ
z
2
4
5
2
2
2
(13)
2
ｃos∠AＯＤ＝
2×5×2
＝
5
，si
D
O
ｎ∠AOD=±
3
,

xﻫ
< br>5
z
1
所以
z
2
z
1
543
3
＝
2
(
5
±i)＝2±
2
ｉ，即
5< br>z
2
＝２±
2
ｉ．

3
【注】本题运用“数 形结合法”，把共轭复数的性质与
复平面上的向量表示、代数运算的几何意义等都表达得淋
漓尽 致,体现了数形结合的生动活泼. 一般地，复数问题
可以利用复数的几何意义而将问题变成几何问题， 也可利
用复数的代数形式、三角形式、复数性质求解.
...文档交流 仅
供参考...
63 136·····谢阅。。。。。

64
本题设三角形式后转化为三角问题的求解过程是：设ｚ
1
＝5(coｓθ
1
+iｓinθ
1
),ｚ
2
＝＋isinθ
2
） ,则|z
1
－
z
｜
＝｜(5cosθ
1
－2coｓ θ
2
）＋（5sinθ
1
＋2sinθ
2
）ｉ|=
...
2
文档交流 仅供参考...
2920cos(

1

2
)
＝
13
，所以ｃos(θ
1
+θ
2
）＝
4
,siｎ（θ
1
5
＋θ
2< br>）=±
3
,

5
z
1
5[cos(

1
)isin(

2
)]
5
=
2 (cos

isin

)
＝[cos（θ
1
+θ
2
）+ｉsｉn（θ
1
+θ
2
)］
2
z< br>2
22
543
=（±
3
ｉ)＝2±ｉ。

2 52
5
本题还可以直接利用复数性质求解，其过程是：由｜
z
1
—< br>z
2
|=
13
得：

(ｚ
1
－z
2
)（
z
1
－z
2
）=ｚ
1
z
1
+z
2
z
－ｚ
1
z
2
－< br>z
1
z
2
=２5＋
4-z
1
z
2< br>—
z
1
z
2
＝1３,

2
所以z< br>1
z
2
＋
z
1
z
2
=１6,再同除 以z
2
z
得
1
+
1
＝４，设
1
＝
2
z
z
2
z
z
2
z
z
2
3
ｚ，解得ｚ=2±ｉ．

2
几种解法,各有特点，由于各人的立足 点与思维方式不
同,所以选择的方法也有别。一般地,复数问题可以应用于
求解的几种方法是: 直接运用复数的性质求解；设复数的
三角形式转化为三角问题求解；设复数的代数形式转化为
代 数问题求解；利用复数的几何意义转化为几何问题求
解．
...文档交流 仅供参考...
例3. 直线L的方程为：x＝－
p
（ｐ＞0）,椭圆中
2
心D (2＋
p
,0)，焦点在x轴上,长半轴为2,短半轴为１，
2
它的左顶点为 A。问ｐ在什么范围内取值，椭圆上有四个
64 136·····谢阅。。。。。

65
不同的点，它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线
Ｌ的距离?
...文档交流 仅供参考...
【分析】 由抛物线定义，可将问题转化成:p为何值时,
以Ａ为焦点、L为 准线的抛物线与椭圆有四个交点，再联
立方程组转化成代数问题（研究方程组解的情况）.
.. .文档
交流 仅供参考...
【解】 由已知得:ａ=2,b=1, A(
曲线方程并联立有:


y
2
2px

p
,消

[x(2)]
2
2
2

y1

4

p
，0）,设椭圆与双
2
y得：x－（４-７p)ｘ+（２p+
2
p
2
4
）
=0< br>
所以△＝1６－64p＋４8p
2
＞0,即６ｐ
2
-8p＋ 2>０，解
得:p<
1
或p〉1．

3
结合范围（
p
,４+
p
)内两根，设f(x）=ｘ
2
-（4-７p）x
22
＋（2p+
2
p
4
2
)，

2
2
2
22
所以
p
〈
47p
〈4+
p< br>即p<
1
,且ｆ(
p
)〉０、ｆ（4+
p
)
＞0即ｐ>－4+３
2
.

结合以上，所以-４＋3
2
<ｐ〈
1
。

3
【注】 本题利用方程的曲线将曲线有交点的几何问题
转化为方程有实解的代数问题 。一般地，当给出方程的解
的情况求参数的范围时可以考虑应用了“判别式法”，其
中特别要注 意解的范围.另外，“定义法”、“数形结合
法”、“转化思想”、“方程思想等知识都在本题进行了综合运用。
...文档交流 仅供参考...
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66
例4。 设a、b是两个实数，A＝{（x,y)｜x＝n，ｙ
=na＋b} （n∈Ｚ）,B=｛（ｘ，ｙ）|x＝m，ｙ=３m
2
＋
１５｝ （m∈Ｚ),C= ｛（ｘ,y)|ｘ
2
＋y
2
≤１4４},讨论
是否，使得A∩B≠φ 与（a,ｂ）∈C同时成立。(８5年高
考）
...文档交流 仅供参考...
【分 析】集合A、Ｂ都是不连续的点集,“存在ａ、b,
使得A∩Ｂ≠φ”的含意就是“存在a、ｂ使得na +b＝３
n
2
+15（n∈Ｚ）有解（Ａ∩B时x=n=ｍ）.再抓住主参数
ａ、ｂ，则此问题的几何意义是：动点(a,b）在直线L：
ｎｘ＋y＝3n
2
+15 上，且直线与圆x
2
+y
2
＝１44有公共点，
但原点到直线L的距 离≥１2。
...文档交流 仅供参考...
【解】 由Ａ∩B≠φ得:na＋b=3ｎ
2
＋15 ；

设动点(a，b）在直线L ：ｎx+y=3ｎ
2
＋15上，且直线
与圆x
2
+y
2＝144有公共点，

所以圆心到直线距离d＝
|3n
2
15 |
n1
2
＝３（
n
2
1
＋
4
n1
2
)≥
１２

∵ n为整数 ∴ 上式不能取等号,故a、ｂ不存在.

【注】 集合转化为点集(即曲线），而用几何方法进< br>行研究.此题也属探索性问题用数形结合法解，其中还体
现了主元思想、方程思想,并体现了对有 公共点问题的恰
当处理方法．
...文档交流 仅供参考...
本题直接运用代数方法进行解答的思路是:

由A∩B≠φ得:na＋b＝3ｎ
2
＋1５ ，即ｂ=3n
2
＋15－ａ
n (①式）；

由(ａ,ｂ)∈C得，a
2
+b
2
≤１４4 （②式）；

把①式代入②式,得关于a的不等式：

66 136·····谢阅。。。。。

67
(1+n
2
）ａ
2
-２n（３ｎ
2
+1５) a＋（3n
2
+１５）
2
-144≤0
(③式），
它的判别式△＝4n
2
（3ｎ
2
+15)
2
－４(１＋ n
2
）［（3ｎ
2
＋１5)
2
—144］＝－36（ｎ2
—3）
2

因为n是整数，所以n
2
—3≠0，因而 △〈0,又因为1+n
2
＞０,故③式不可能有实数解．

所以不存在a、b,使得Ａ∩Ｂ≠φ与（a,b)∈C同时成
立

Ⅲ、巩固性题组:

1.
已知5x+12y=60，则
xy
的最小值是____＿。

A．
60
B。
13
Ｃ.
13
Ｄ. 1

22
13
512
2.
已知集合P＝{（x,y ）｜y=
9x
}、Q＝｛(x，y）｜y=x
＋ｂ｝，若P∩Q≠φ，则b的取值范 围是＿___.
...文
2
档交流 仅供参考...
Ａ。 |b|〈3 B. |ｂ｜≤3
2
C. -
３≤b≤3
2
D。 -32
...文档交流 仅供参考...
x
3.
方程2＝x
2
+2x＋1的实数解的个数是___＿_。

A. 1 B。 ２ C。 ３ D.
以上都不对

4.
方程x＝１０ｓinｘ的实根的个数是___＿_＿_。

5.
若不等式m >|ｘ－1|＋｜ｘ+１｜的解集是非空数集,
那么实数m的取值范围是___＿＿＿__＿。

6.
设z＝cosα+
1
i且|ｚ|≤1，那么argz的取值范围是2
__＿＿_＿＿_____。

22
7.
若方程x－3ax +2ａ＝0的一个根小于1,而另一根大
于1，则实数ａ的取值范围是______。

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68
siｎ
2
２0°＋cos
2
80°＋
3
si n20°·cos８0°＝＿
________＿__。

9.
解不等式：
x2x
〉ｂ—ｘ

10.
设A＝{ｘ｜<1ｘ〈３},又设B 是关于x的不等式组

x2xa≤0

的解集，试确定a、b的取值范围 ，使得A

B. (9

8.
2
2
2


x2bx5≤0
０年高考副题）
...文档交流 仅供参考...
11.
定义域内不等式
2x
〉x＋a恒成立，求实数a的取
值范围。

１2. 已知函数y＝
(x1)1
+
(x5)9
,求函数的 最小值及
此时x的值。

1３。 已知ｚ∈C,且｜z|=１,求｜（z＋１）(z－i）|
的最大值．

１4。 若方程lｇ（kx)=2ｌg（ｘ+１）只有一个实数
解，求常数k的取值范围。

二、分类讨论思想方法

在解答某些数学问题时,有时会遇到多种情况,需要对
各种情况加以分类，并逐类求解，然后综合得解，这就是
分类讨论法.分类讨论是一种逻辑方法，是一 种重要的数
学思想，同时也是一种重要的解题策略,它体现了化整为
零、积零为整的思想与归类 整理的方法。有关分类讨论思
想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训
练人的思 维条理性和概括性,所以在高考试题中占有重要
的位置．
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引起分类讨论的原因主要是以下几个方面:

① 问题所涉及到的数学概念是分类进行 定义的。如
|a｜的定义分a＞0、a＝0、a<0三种情况。这种分类讨论
题型可以称为概念 型。
...文档交流 仅供参考...
22
68 136·····谢阅。。。。。

69
② 问题中涉及到的数学定理、公式和运算性质、法则
有范围或者条件限制,或者是分类 给出的.如等比数列的
前n项和的公式,分q＝１和q≠1两种情况.这种分类讨论
题型可以称 为性质型．
...文档交流 仅供参考...
③ 解含有参数的题目时，必须根据参数的不同 取值范
围进行讨论．如解不等式aｘ〉２时分a>０、a＝0和a<
０三种情况讨论．这称为含 参型.
...文档交流 仅供参考...
另外,某些不确定的数量、不确定的图形的形状或位 置、
不确定的结论等,都主要通过分类讨论,保证其完整性,使
之具有确定性.
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进行分类讨论时，我们要遵循的原则是：分类的对象是
确定的，标 准是统一的，不遗漏、不重复，科学地划分,
分清主次，不越级讨论.其中最重要的一条是“不漏不重”.
...文档交流 仅供参考...
解答分类讨论问题时,我们的基本方法和步骤是 :首先
要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范围；其次确定
分类标准,正确进行合理分类， 即标准统一、不漏不重、
分类互斥（没有重复);再对所分类逐步进行讨论,分级进
行,获取阶 段性结果；最后进行归纳小结，综合得出结论．
...
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Ⅰ、再现性题组：

1。集合Ａ=｛ｘ||x｜≤4，x∈R}，B＝{ｘ｜｜x—3 |
≤a，x∈R｝，若A

B，那么a的范围是___＿_．
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A。 0≤a≤1 B. a≤1 Ｃ． a＜１
D． 0〈a〈１
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69 136·····谢阅。。。。。

70
２.若a〉０且ａ≠1，ｐ＝lｏｇ
a
（ａ
3
+a+1)，ｑ =ｌｏ
g
a
（a
2
+a+１），则p、ｑ的大小关系是＿____.
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A. p＝q Ｂ． p〈q C． ｐ＞q Ｄ。
当a〉1时,p＞ｑ；当0<ａ<1时,p＜q
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cosx
sinx
tgx
|ctgx|
3．函数y =
|sin
＋++的值域是_＿_______.

x|
|cosx|
|tgx|
ctgx
4.若θ∈（０，
π
2
cos
n
θsin
n
θ
），则
n< br>lim
nn
→∞
cosθ＋sinθ
的值为__＿
＿_。
A. １或-1 B． 0或－１ Ｃ。 0
或1 D. 0或1或－1

1
5.函数ｙ＝x+的值域是____＿.

x
A. [２，+∞） B. (－∞,-2]∪[２,+∞)
C. (—∞，+∞) D. ［－２,2］
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6.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为2和４的矩形，
则它的体积为_____。

42
A.
8
3
B．
9
3
C.
9
3

9
D．
9
4
3
或
8
3

9
7．过点P（２，3）,且在坐标轴上的截距相等的直线
方程是__＿__.

A. 3x—2y=0 B. x＋y－5＝0 Ｃ． 3ｘ－
２y=0或x＋y－5=０ D．不能确定
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【简解】１小题：对参数a分a＞0、a=0、a＜0三种情
况讨论,选B；

２小题：对底数a分a>１、0<ａ〈1两种情况讨论,选
C;

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71
3小题:分ｘ在第一、二、三、四象限等四种情况，答
案｛4,—2,0}；

4小题:分θ＝

、0<θ＜

、

〈θ<

三种情况，选D;

4442
５小题：分ｘ〉0、ｘ<0两种情况，选B；

6小题:分侧面矩形长、宽分别为2和4、或4和2两种
情况，选D；

7小题:分截距等于零、不等于零两种情况，选C。

Ⅱ、示范性题组：

例1. 设０0且a≠１，比较｜log
a
(１—ｘ）
|与| ｌｏg
a
（1+x）|的大小．

【分析】 比较对数大小,运用对数函数的 单调性,而单
调性与底数a有关，所以对底数a分两类情况进行讨论．

【解】 ∵ 0＋ｘ〉1

①
当0〈ａ<1时,ｌｏg
a
（１-x)＞0，lｏg
a
(1＋x）＜
0,所以
｜lｏg
a
(1—x）｜-｜lｏg
a
（１+x)|＝ｌ oｇ
a
(１-x)
－[-log
a
（1+ｘ）］＝lｏg
a
(1—x
2
）＞0;
...文档交流 仅供
参考...
②
当ａ〉１时，log
a
（1－x)＜0，lｏｇ
a
（1+x)〉0，
所以
｜log
a
（1－ｘ）｜－｜log
a
（1+x）| =-ｌog
a
（1—x)
－lｏg
a
（１＋ｘ)＝－log
a
（1—ｘ
2
）>0;
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由①、②可知，|loｇ
a
(1—x)|>|log
a
(1+x)|.
【注】本题要求对对数函数y＝ｌog
a
x的单调性的两种
情况十分熟 悉，即当a＞１时其是增函数,当0〈a<1时其
是减函数.去绝对值时要判别符号,用到了函数的单调 性；
71 136·····谢阅。。。。。

72
最后差值的符号判断,也用到函数的单调性．
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考...
例2． 已知集合A和集合Ｂ各含有１2个元素,A∩B含
有4个元素,试求同时满足下面两个 条件的集合C的个数：
①. Ｃ

A∪B且C中含有3个元素; ②． C∩A≠φ 。
...
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【分析】 由已知并结合集合的概念，C中的元素分两
类：①属于Ａ 元素；②不属于Ａ而属于B的元素.并由含< br>A中元素的个数1、2、3,而将取法分三种．
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23
【解】 Ｃ
1
12
·C
8
2
+Ｃ< br>12
·C
1
8
＋C
12
·C
8
0< br>=１08４

【注】本题是排列组合中“包含与排除”的基本问题，
正确地解题 的前提是合理科学的分类，达到分类完整及每
类互斥的要求，还有一个关键是要确定Ｃ中元素如何取法。另一种解题思路是直接使用“排除法”,即C
3
20
-C
3
8
＝
108４．
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例3． 设｛a
n
｝是由正数组成的等比数列,Ｓ
n
是前n
lgSlgS
项和。 ①． 证明:
n
2
n2
n1
； ②。
是否存在常数c＞0,使得
lg(S
n
c)lg(S
n2
c)
=lg（Ｓ
n1
－ｃ）
2
成立?并证明结论.(9 5年全国理）
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【分析】 要证的不等式和讨论的等式可以进 行等价变
形;再应用比较法而求解。其中在应用等比数列前n项和
的公式时,由于公式的要求, 分ｑ=1和q≠1两种情况.
...文
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【解】 设｛a
n
}的公比ｑ,则a
1
>0，ｑ〉0

①.当q＝ 1时,S
n
＝na
1
，从而S
n
S
n2
－S
n1
2
=ｎa
1
（n＋2）
a
1
－ （ｎ+1）
2
a
1
2
＝－a
1
2
<０;< br>
当
a
1
(1q
n
)
q≠１时，Ｓ
n
=，从而

1q
72 136·····谢阅。。。。。

73
Ｓ
n
S
n2
—S
n1
=
2a
1
2
(1q
n
)(1q
n2
)
a
1
2
(1q
n1
)
2
－
(1q )
2
(1q)
2
=—a
1
2
ｑ
n
＜
０；

由上可得S
n
Ｓ
n2
〈S
n 1
2
，所以lｇ（S
n
S
n2
)〈lg（S
n 1
2
），
lgS
n
lgS
n2
即〈lgS< br>n1
．

2
②． 要使
n
lg(S
nc)lg(S
n2
c)
=lｇ(S
n1
-ｃ)成立， 则必有（Ｓ
2
—ｃ）（Ｓ
n2
－c）=（S
n1
－c)
2
，

分两种情况讨论如下：

当ｑ＝1时，S
n
=ｎa
1
，则

(S
n
-c）（S
n2
－ｃ）－(S
n1
-c）
2
＝ (na
1
－ｃ)［(n+2)a
1
－ｃ］－[（n+1）a
1
－c］
2
＝-a
1
2
〈0

当q≠1
ｃ )
2
a
1
(1q
n
)
时，S
n
＝,则（S
n
－c）(Ｓ
n2
-c）－(Ｓ
n1
-1q
a
1
(1q
n
)a
1
(1q
n2
)a
1
(1q
n1
)
=［-c]［ —c]－ [－c］
2
＝
1q1q1q
-a
1
q
n［a
1
—c(1－q）]
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a
∵ a
1
ｑ
n
≠０ ∴ a
1
-ｃ(1－ｑ）＝0即c＝
1
1
q

a1
a
1
q
n
而S
n
—c＝Ｓ
n
-
1q
=－＜0 ∴对数式无意义

1q
lg( Sc)lg(S
n2
c)
由上综述，不存在常数c〉０， 使得
n
＝
2
lg（S
n1
-c）成立。

【注】 本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论。
log
0.5
S
n
log
0.5
S
n2
该题文科考生改问题为:证明>lｏg
0.5
Ｓ
2
，和理科第一问类似,只是所利用的是底数是０.５
时，对数函数为单调递减.
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n1
73 136·····谢阅。。。。。

74
例1、例2、例3属于涉及到数学概念、定理、公式、
运算性质、法则等是分类讨论的问 题或者分类给出的，我
们解决时按要求进行分类，即题型为概念、性质型．
...文档
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例４。 设函数f(x）=ax
2
-2ｘ＋2,对于满足1〈 x〈4
的一切x值都有ｆ（x)〉0,求实数ａ的取值范围.
...文档交流 仅
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【分析】 含参数的一元二次函数
在有界区间上的最大值、最小值等 值
域问题，需要先对开口方向讨论,再对
其抛物线对称轴的位置与闭区间的关
系进行分 类讨论，最后综合得解．
...文
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ﻫ 1
4 xﻫ
1
4 x

a
【解】当a＞０时，f（ｘ)＝ａ（ｘ—
11
）
2
+２—

a

1

1
14


a
≤1
∴

a
或

1

1

f()＝20


f(1)＝a22≥0
a

a

1

≥4
或

a< br>


f(4)＝16a82≥0
11
∴ a≥１或
2
〈a<1或φ 即 a〉
2
；


f(1)＝a22≥0
当a＜0时，

，解得φ;

f(4)＝16a82≥0

当ａ＝0时，ｆ（ｘ）＝－2ｘ+2, f（1)=0,f（4)=－6，
∴不合题意

1
由上而得,实数ａ的取值范围是ａ〉
2
.

74 136·····谢阅。。。。。

75
【注】本题分两级讨论，先对决定开口方向的二次项系
数a分ａ>０、ａ<0、a=0三 种情况，再每种情况结合二次
函数的图像,在ａ〉0时将对称轴与闭区间的关系分三种,
即在闭 区间左边、右边、中间.本题的解答，关键是分析
符合条件的二次函数的图像,也可以看成是“数形结合 法”
的运用。
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例5. 解不等式
(x4a)(x6a)
〉0 （a为常数,a≠—
1
）

2a12
【分析】 含参数的不等式， 参数a决定了2a＋1的符
号和两根－4a、6a的大小，故对参数ａ分四种情况a〉０、
11
ａ=0、—〈ａ〈０、a＜-分别加以讨论。
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22
考...
【解】 2a＋1＞0时,ａ〉－； —４a〈6a时,a>
０ ． 所以分以下四种情况讨论:

当ａ＞0时,（x＋４a）（ｘ-６a）〉0，解得：x＜－
4a或x＞６a;

当ａ＝0时,x
2
〉0，解得：ｘ≠０；

1
当-
2
＜a＜0时，（x＋４a)(x－6ａ）〉０,解得： x＜
6ａ或ｘ〉－4a；

1
当ａ〉-时，（ｘ＋4a）（x－6a）<0,解得： 6a < br>2
1
2
综上所述，当ａ〉0时，x<-4a或x＞６ａ;当a＝0时，
11
x≠0;当－
2
〈a<0时,ｘ<6ａ或ｘ＞－4a；当a＞－
2
时,6
ａ＜x<－４a .
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【注】 本题的关键 是确定对参数a分四种情况进行讨
论,做到不重不漏。一般地,遇到题目中含有参数的问题，
7 5 136·····谢阅。。。。。

76
常常结合参数的意义及对结果的影响而进行分类讨论,此
种题型为含参型.
.. .文档交流 仅供参考...
例6. 设a≥0,在复数集Ｃ中,解方程：ｚ
2
+2｜z|＝
ａ ． (90年全国高考）

【分析】由已知z
2
＋2|ｚ｜＝ａ和｜z|∈R可以 得到z
2
∈Ｒ，即对z分实数、纯虚数两种情况进行讨论求解．

【解】 ∵ |z｜∈R，由ｚ
2
+２|z｜=ａ得：z
2
∈R； ∴
z为实数或纯虚数

当z∈Ｒ时,｜z|
2
+2|z｜＝ａ,解得: ｜z｜=－1+
1a

∴ z=±（－1+
1a
);

当z为纯虚数时，设z=±yｉ （y〉0）， ∴ －y
2
＋
2ｙ=a 解得：ｙ＝1±
1a
（0≤a≤1)
...文档交流 仅供参
考...
由上可得，ｚ＝±(－１＋
1a
）或±(1±
1a
)ｉ

【注】本题用标准解法（设z=ｘ＋yｉ再代入原式得到
一个方程组，再解方程组)过程十分繁 难,而挖掘隐含，对
z分两类讨论则简化了数学问题.
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【另解】 设ｚ＝ｘ＋ｙi,代入得 ｘ
2
－
y
2
+2x
2
y
2
+2xyi＝a；

∴

x
2
y
2
2x
2
y
2
a



2xy0

当y=0时，x
2＋2|x｜＝a，解得x=±（—1＋
1a
）,
所以z=±（－１＋
1 a
);

当x＝0时,－y
2
＋２｜ｙ|＝ａ,解得y=±(1±
1a
),
所以±(1±
1a
)ｉ．

由上可得，z=±（—1＋
1a
)或±（1±
1a
)i

【注】此题属于复数问题的标准解法,即设代数形式求
解．其中抓住2xｙ＝0而分ｘ＝0和y ＝0两种情况进行讨
76 136·····谢阅。。。。。

77
论求解．实际上,每种情况中绝对值方程的求解，也渗透
了分类讨论思想.
.. .文档交流 仅供参考...
例7。 在xoy平面上给定曲线y
2
=2x，设点A (a，0)，a
∈R，曲线上的点到点A的距离的最小值为f（a），求f
（a)的函数表达式 。 （本题难度0。40）
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【分析】 求两 点间距离的最小值问题，先用公式建立
目标函数，转化为二次函数在约束条件x≥０下的最小值
问题，而引起对参数a的取值讨论.
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【解】 设M(x，ｙ)为曲线ｙ
2
＝2x上任意一点，则

|ＭA|
2=（ｘ－a)
2
+y
2
=（x-ａ)
2
+2x＝x2
—２(a—1）x+a
2
＝［x－(ａ－1)］
2
+（2a－ 1)

由于y
2
＝2ｘ限定x≥0，所以分以下情况讨论:

当a－1≥0时,x＝a—１取最小值,即｜MＡ｝
2
min
＝２
a-1；

当a－1<0时，x=0取最小值，即｜ＭA}
2
min
=a2
;

综上所述,有

2a1
(a≥1时)
f（a)＝

.

|a|
(a1时)

【注】本题解题的基本思路是先建立目标函数。求二次
函数的最大值和最小值问题我们十分熟悉，但含参 数ａ，
以及还有隐含条件x≥０的限制，所以要从中找出正确的
分类标准,从而得到d=f（ａ ）的函数表达式。
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Ⅲ、巩固性题组:

1.
若ｌog
a
2
〈1，则a的取值范围是__＿＿＿。

3
A。 （0，
2
) Ｂ。 （
2
，1） C. (０,
33
2
3
)∪(１，+∞) Ｄ。 （
2
，+∞)
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3
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