【高中胡不归问题的数学解法】如图，第二问的这种解法为什么错误？
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时间：2018-06-10 16:03
高二数学，椭圆问题，如图，求详细解释。图二为不恰当解法因为字母顺序必须是ABCD。求正确的_百度知道
高二数学，椭圆问题，如图，求详细解释。图二为不恰当解法因为字母顺序必须是ABCD。求正确的
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答案没错当然严格来说，你说的是对的，当时一般解题时，是不必要这么严格的毕竟高中用对角顶点是可以表示很多图形的，比如正方体AC等
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高中数学培优；解题错点诊断与方法引导
《高中数学培优；解题错点诊断与方法引导》是2010年7月浙江大学出版社出版的图书。
高中数学培优；解题错点诊断与方法引导内容介绍
《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》分两部分，前面部分为高中数学易错问题解析，后面部分为高中数学专题引导。
高中数学易错问题解析部分，根据学生在实际学习中易犯的错误，归纳错误形式，针对每个章节，列出学生的易错点，举例分析错解中错误的原因，帮助学生纠错，在此基础上给出正确的解答，并在每个章节后面设置了同类型的试题，供学生举一反三练习，巩固该知识点。该部分按照教材的先后顺序共分为13个专题，涵盖了高中数学所有的知识点。
高中数学引导部分在认真分析近年全国各地的高考试卷基础上，对于出现频率较高的热点试题进行分类总结，并给出此类问题的求解策略。本部分按照教材的先后顺序共分为22个专题，每个专题都针对一类热点问题，透彻分析。
《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》的选材新颖，所选试题均具有代表性，选题由浅入深，注意一题多解、一题多变、一题多用。高中数学易错问题解析详细，使学生不仅知其然，而且知其所以然。专题引导部分，方法新颖、有效，在给出常规解法的基础上都会去寻找更好的解题方法。《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》不仅仅是解题方法上的引导，更是渗透着各种数学思想，数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想、化归思想在《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》中体现的淋漓尽致。
《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》适合的读者范围广泛，既可以作为高中生复习应考有力助手，培养学生的解题能力，发展学生的解题思路，也可以作为教师备课的参考资料，同时也适合高等师范院校数学专业的学生阅读。
高中数学培优；解题错点诊断与方法引导图书目录
**章 解题错点诊断 1.集合易错问题点击 2.函数中易错问题解析 3.导数中易错问题剖析 4.一元二次不等式中的四个忽视 5.基本不等式误用分析 6.数列易错问题剖析 7.三角函数中易错问题解析 8.平面向量学习中常见的几个误区 9.直线方程中的易错问题解析 10.线性规划中的“警示录” 11.圆锥曲线中易错问题解析 12.立体几何中易错问题解析 13.排列组合、二项式定理易错题评析 第二章 方法引导 1.解抽象函数问题的常用策略 2.函数问题中数形结合的应用 3.导数中的切线问题的处理 4.导数综合题中参变量讨论的学问 5.导数中的“任意”与“存在”型问题的处理方法 6.不等式性质的应用 7.不等式在生活中的应用 8.等差数列求和中的*值问题处理方法 9.数列在生活中的应用 10.用函数思想解数列问题 11. 数形结合在三角函数中的应用 12.解三角形在生活中的应用 13.解三角形要学会用两条腿走路 14.向量数量积投影的应用 15.直线*值问题的处理 16与过定点直线相关的一类问题的处理 17.高考中线性规划问题的处理 18.圆锥曲线中常见定点定值问题处理方法 19.立体几何中的轨迹问题 20.聚焦几何概型的“交汇性” 21.数学中无处不在的推理 22.分类讨论的回避策略 参考答案
．豆瓣读书[引用日期]
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制作错题本的简单步骤如下
步骤1、把所有的练习册和试卷找出来;分学科按学期顺序整理;以学年或学期为单位装订在一起，最好能在外面蒙上一张封皮。
步骤2、找个档案盒或文件夹或手提纸袋;分别按照知识模块顺序贴上标签(如：函数、数列、解析几何等)。
步骤3、将本子纵向分成三栏，用黑色笔在最左边一栏，按照时间顺序抄写(或粘贴)所有的错题，连带做错的部分全部照抄。抄错题的时候，最好将以下信息也记录下来：
(1)时间; (2)错题的出处(哪一次测验的哪一份试卷);
(3)错题的分值; (4)扣分值。
步骤4、在本子中间一栏，对应抄写的错题位置，重新做题。
步骤5、用红笔在本子的最右边一栏，仔细分析总结该题所涉及到的知识点、在知识网络中所处的位置、题型、解题的思路和方法，该题出错的原因及应当掌握的重点。在总结出错原因的时候，不要简单地写诸如“马虎”、“粗心”、“没有复习好”、“试题出偏了”等这类似是而非的理由，这种理由既骗别人，也骗自己!不要写考试发挥失常，而要写发挥失常的原因!比如是审题出错、运算出错、还是时间安排不当等等。
另外，还可以准备文件夹或手提纸袋，分门别类存放这一学年的各种练习和测验卷子，以后无论是找起来，还是用起来都很方便。
《错题本》中错误类型的整理与归纳分析
在考试结束后，要认真反思自己的错题，找出产生错误的原因，解决思维定势问题;要通过整理、分析、归类找出自己的错误类型和各类错误百分比或出错概率，分析出错的根本原因，为什么错了、当时是怎么想的、正确的解法是什么、以后应该注意什么;要注意老师的分析评讲，该题的引导语、切入点、解题的技巧、规范、步骤等等，并标注在错题旁。写出解题时的思维过程，与自己的思维障碍，找到思路突破的方法。
可以依照这些数据制一张统计图，分析出现错误的原因，是答题失误，是思维方法型错误、还是知识型错误、运算错误，这是建立错题本最为关键的步骤环节，可以非常直观地发现你学习中的主要问题。
经过一个阶段自查，建立一份个人补差档案。定期归类、整理，通过边查边改，重复犯的错误一定会越来越少。
《错题本》中错误类型的分析及学习方法的改进
不同错题类型产生的原因迥然不同，其解决的策略也各异，方法也有别。要根据错误的原因运用相应的对策，对症下药。以下是相关策略的初步运用：
不会做的题：
这主要表现在智力因素培养方面，对于知识结构性错误，重做一遍二遍错题是十分必要的，这要视你自己对错题的把握程度而定。这类错误是我们通过学习，建立自身知识体系时存在的漏洞，通过重做错题，并认真分析，把这个漏洞补上，就可以健全我们的知识结构体系，锻炼我们的思维能力，用10分钟的时间就可取得平时1~2小时的收益。也能发现自己究竟是学习行为方面存在问题，还是某些思维方式需要加以调整。
1、概念不清类：这类问题包括知识结构板块、知识点、基础知识(诸如具体的定理、公式、概念等等)，容易压得人喘不过气来。处于不同学习层次的同学要根据自己的实际情况，加强训练和记忆，培养自己的宏观思维方式，因人而异地确定自己的学习目标、步骤和解决问题的方案，并且有效地进行目标时间管理。
2、题型类：这类问题往往是未能掌握不同题型的解题思路或技巧;或处理问题的方式过于死板，虽然知道该题涉及到的知识点，但是却无从下手。其实无论是哪一类题型，都有其解题的一般思路和方法(共性)，只要掌握住某一题型的答题要领，以及能够仔细区分某一特定试题的“个性”，就能顺利将题解出。加强训练，假以时日便能培养自己举一反三能力，增进解题的灵活性与变通力，并且随时都能够有所感悟，使自己的思维能力得到提高。
3、能力应用类：这类问题往往是对知识点(概念)的理解较为浅显，思维单一，知其然不知其所以然。当使用障眼法，把曾经解答过的题变换某些条件，移植一种情景时，就会产生似曾相识的感觉，不再细辨其中的异同，自然会被虚假条件搞昏头。究其原因主要还是对某些知识缺乏灵活运用，不能融会贯通，同时缺乏理论联系实际的探索精神。要针对试题涉及的知识点及内容认真地加以复习巩固，多观察和了解日常生活现象，做操作题时多与理论相联系，加强典型题与日常生活应用训练，多做试题分析。这样可以有效地培养和训练自己的发散思维能力、观察能力和逆向思维能力。
模棱两可似是而非的题
对于模棱两可似是而非的错题，通过分析，可以发现是把公式给弄混淆了?还是把公式给用错了?是理解错了?还是记忆错了?
1、概念模糊类：这类问题往往是一点就通，容易被人忽视。比如巧妙设置在题中的隐含条件、限制条件和关键词语等等这类问题，往往一点就破，一般会认为自己是弄懂了的，只是没有发现而已，实际上是概念模糊。有的则是自身知识结构体系脉络不清，以致给出错误答案。加强概念和基础知识的训练和巩固，多做典型题型是解决这类错误的方法之一。
2、记忆模糊类：这类问题主要是对概念和原理等的理解过于浅显，或记得不牢，或只知其一，不知其二，当问题交织在一起时，便分辨不清，导致答题时似是而非。当问题成堆时，面对题海便会显得迷茫、不知所措、甚至于无精打彩，以至于懈怠下去。攻克这类问题主要就是解决理解和记忆，并要拓展知识的运用。
会做的却做错了的题
这主要表现在非智力因素培养方面，这类问题最容易被人忽视，常常会自以为是地认为下次注意就行了，自己是不会再犯这个错误的，然而，往往却事与愿违，不会发生的事竟然又一次发生了。所以，别对自己的错误太温柔，一定要找出问题所在，消灭这类问题。
1、顾此失彼类：考题中涉及的知识点稍多一点，过程稍复杂一些，大脑就运转不过来，顾头不顾尾。这主要缘于典型题做得不够，做得不精，做题的难度系数也较低，并对教材中的观点、基本原理和基本概念等理解得不深不透。
2、审题错误类：还没看清条件就急忙解题，可能是观察得不够仔细，判断得不够准确，也可能是考试策略不当，或是心理心态不稳，还可能是缘于外界的干扰刺激，更有可能是平时练习不到位，仅仅是为了完成作业而作业，或做题缺乏针对性，成天盲目做题，忽略了做完题后的反思环节，以及平时就缺乏慢审题快解题的训练。要养成“袖手于前疾书在后”的答题风格，以及做完题后进行回顾和总结的习惯，这对增强自己的审题能力极有好处。
考试策略类：
这主要表现在非智力因素培养方面，比如遇到复杂一些的考题，便心生恐惧，头脑发懵以至造成失误，或缺乏答题的快慢观念。面对比较有把握的考题也自我怀疑，答题时犹豫不决，这也会在一定程度上强化不良的考试情绪，干扰解题的思路。通过这部分的分析可以发现自己是思路不清?还是思路受到了干扰?
1、考场时间分配不合理：平时没有从心理上把练习和考试作为正式考试来对待，没有把一般性的考试作为训练考试时间分配的练兵场，导致正式考试时虎头蛇尾，眼睁睁看着自己熟悉的题却没有时间下手。
2、舌尖现象：答案就在嘴边盘旋，但就是写不出来。这与心理紧张、心态失衡有关。在答题时要从容不迫沉着冷静，这需要平时加强非智力因素方面的训练和培养。
3、克拉克现象：见到生题或难题便心烦意乱，乱了方寸。这与心理应激反应有关，破坏了考试竞技场上应有的状态，平时就要克服急躁心理，化解不良情绪，提高自信心，消除烦躁不安、焦虑紧张的心态，做到心平气和情绪稳定。这也需要平时加强非智力因素方面的训练和培养。
4、考前失眠：表现在考场上无法集中精力，逻辑思维混乱，反应迟钝，计算失误。主要缘于压力过大、始终处于焦虑状态。这同样需要平时加强非智力因素方面的训练和培养。比如，平时就要多进行心理心态的调整和引导，培养和提高自己的心理素质，达到心理稳定从容不迫。此外，当不幸处于焦虑状态时，可以问一问自己：“我焦虑的是什么?”、“这种焦虑对结果有帮助吗?”、“有哪些方法可以解决?”、“我会有办法解决!”
要加强考试心理和考试策略训练，可以灵活运用《提升学习竞争力》中的案例。
五、非知识结构性错误(马虎粗心导致丢分)
这主要表现在非智力因素培养方面，由于马虎出错导致丢分是一个普遍存在的现象，于是大家往往就变得心安理得，还会唐吉珂德式原谅自己：“这些题我都会做，就是粗心没考好，否则就是满分了，我今后要注意克服。”能克服吗?未必!因为粗心不是一种行为，马虎也不是一种行为，要改还得从行为入手，平时要加强行为习惯的训练。学习中常见的粗心或马虎行为主要有以下几种。
1、看错：看错题这种行为产生的原因主要与人的瞬时记忆有关。有的人视觉成像反应稍慢(他的学习类型可能不属于视觉类型)，而他又看得快，前面的信息在大脑中还未形成稳定的状态时，后面的信息又进来了，于是导致把题看错，解决这一行为就是放慢看题速度，也就是俗话所说的“看仔细点”。有的人则可能是与自身的短时记忆容量有关，人的短时记忆容量为7±2，如果一个人的短时记忆容量为5，即他一次瞬间只能记住5个单词或数字之类的东西，当他想一次瞬间记住7个时，就会出现记忆错误，从而就会发生看错了的现象，解决这一看错行为可以通过平时训练来达到，最简单的办法是在上学或放学的路上用瞥一眼方式去记路边的汽车牌照，也可以运用瞥一眼的方式去记一组数字或符号或英语单词，以提高自己的短时记忆容量，增强记忆力。
2、抄错：普遍把草稿纸上的正确答案抄到答卷上出错或抄漏是最冤枉的一种丢分。这一抄错行为的产生除了与瞬时记忆有关外，还与人的过忆过程有关，抄写包括记(看)和忆(写)两个过程，你可能没有看错，但你却写错了，为什么呢?因为人们在回忆时，总是会把后面位置的字与前面位置的字颠倒，在你说话或背诵时也会出现这种前后位置颠倒的情况。解决这一行为的办法就是进行大量的快速抄写行为训练，提高大脑的纠错能力。另一个原因还与人的记忆缓存有关，举个例来说，有的人可以在别人念下一句时，继续写完上一句，有的人却比较困难，这也需要通过经常的听写行为训练来加以解决。
3、算错：计算时出错。这主要反映出平时的练习少了，没有养成自动化答题技能，没有形成稳固的肌肉记忆方式。大家知道骑自行车不倒，靠的就是肌肉记忆反应，在急刹车时，靠的也是肌肉记忆反应，如果要等到大脑来指挥的话，车祸就已经发生了。肌肉记忆方式可以有效地减轻我们大脑的负担，让我们的大脑去想更加复杂的问题。也有可能是我们平时在草稿纸上演算就不注意整洁，乱七八糟，缺乏规范化的训练，于是算错也就成了一件“很正常”的事了。
4、写错(书写出错)：比如，明明是大于号却偏偏写成了小于号，此外还有正负号、小数点、字、词或字母、符号等等的书写出错，这就需要首先从心理上、从思想意识上看清符号(比如：正负号)的有无，准确地记住小数点的位置;另一原因是肌肉记忆出现偏差，解决这一书写出错行为可以采用双人训练的方法，一人快速念，一人快速写，加强肌肉记忆训练。
这4类错误是最容易取得成效的，只需稍加训练即可。
5、想错(判断错误)：一个原因是知识掌握得不牢，相似知识点之间发生了混淆，出现判断失误。另一个原因属于想当然失误，即没有注意到题型的条件已经发生了改变，从而落入了出题人设下的陷阱。
6、跳步：以为自己明白了，或害怕答题速度跟不上，不写出相关步骤，结果发生了错误。首先是要符合答题规范，其次是你明白了，阅卷人明白吗?所以关键信息绝对不能跳步。
7、没有完全按要求答题。这与跳步答题的错误相似，不同之处在于这类题是有明确要求的，当你随意忽略时，失误就在所难免。
进阶与提高
不能仅仅满足于知道出错的浅显缘由，归类分析自己的错误类型，找到自己学习的主攻方向，还要找到解决各种错误类型的途径，并立即坚持执行之，最终就能形成适合自己的方法。
1、错题本的类型
常见的“错题本”可以分为四大类型：一是索引型，将所有错题的题目抄下来，做成一个错题索引本;二是章节型，将所有错题按学科的章节顺序进行分类整理;三是原因型，将所有错题按错误的原因进行分类整理;四是三栏式，将所有错题按学科的章节顺序和错误性质进行分类整理，优点在于既能将错误分门别类，区别对待，又能按原因查找，还能按章节查找易错知识点。对于非知识结构性丢分可以只给出索引，这能有效地减轻工作量。通过错题本与错误类型分析可以培养同学们的归纳分析和认知思维能力，将追求分数论高低转化成为素质培养(如：学会如何处理问题的能力)。
在制作过程中，既可以采用在原试卷上标注，在“错题本”上做索引的方式，简化“错题本”;也可以采用剪贴方式;还可以对同一类型问题只记录典型题型、难点和出错次数。也可做成活页式，按自己的风格进行装订，每次查阅时还可及时更换或补充。要把原来错误的解法清晰地摘要在错题本上，并在下面留有一块空白。
2、亡羊补牢(纠正错误)
“错题本”做好后不要束之高阁，不能满足于看一看，翻一翻就自以为是地觉得自己已经掌握了，就能把自己的知识漏洞修补好了。对每一道知识结构性错题，应根据相同或相关的典型题型，去查找课本或资料，找到每道题的解题依据，找到出错的原因，讲出应该如何去做的道理。老师讲解正确答案时，在原题下面空白处记下自己没有做出来或做错的原因分析，把原题做一遍，以加深印象和逐步形成能力。如果此题有多种解题思路，可以在旁边用另一颜色笔把几种解法的简要思路写上。对于不太熟悉的内容和解题思路，一定要打破沙锅问到底，反复练习，掌握其解题规律，以便用一个点的解决带动一条线的解决，用一条线的解决带动一个面的解决。只有把典型题型弄清楚了，才能应对试题的千变万化，这就是以不变应万变。通过对试题的练习和印证，我们还会更加清晰地明白某道题属于某个知识板块，涉及到几个知识点，有哪些解题思路和方法，让模糊的东西清晰化，随着认识的一步步深化，思维能力也会随之增加。
这一工作做起来比较有趣，解题经验丰富的同学做起来会比较顺利一些。依照某一题型试着变换一些条件，就可编出一些试题，这是夯实自身知识结构体系的方法之一，也是正确理解课本中概念、原理等的路径之一，还能培养自己的解题意识，解题能力及各种思维能力。在最初运用此法时，建议只对试题条件做小小的改动即可。
此外，还可准备一个知识结构总结本，及时对所学知识进行总结，形成自己的知识结构网络体系，把自己的思维意识提升一个高度，达到总揽全局的效果。
4、错误类型体系图
前面我们进行的是单一学科错题类型分析，把当你把全部学科的错题类型归类放在一起时，就可建立起自己的错误体系，尤其是非知识结构出错方面，比如，查出各种错误类型(如看错、算错等等)所占比例大小，进而有效地找出自己学习中存在的共通性问题(跨学科)。
使用错题本的五个层次
一、不使用错题本
面对错题处于一种茫然的境地，不知道自己为什么会一错再错，错误总是象影子一样跟随着自己。
二、有错题本，仅限于就题改题
没有去分析出错的原因，或者分析得比较浅，或者过于笼统，比如，大意了，粗心了。虽然也能取得较好的成绩，但是可能学得比较死板。
三、有错题本，查找出错原因
能通过错题这一表面现象查找错题背后的出错原因，还会去分析这道错题的解题方法和思路，属于哪类题型，涉及到哪些知识点，可以有效地培养和提高自己的分析问题、解决问题的能力，能够感受到学习是一件有趣的事情。能够取得好的成绩。
四、分析整理错题本(错题本的利用)
能从错题中发现自己的出错类型及百分比，能够分门别类有条不紊地区别处理不同的问题，具有知识结构板块和框架意识，并以此制定和调整自己的学习目标，可以培养和提高自己的思维能力和分析归纳能力，能够感受到学习是一件愉快的事情，能够取得很好的成绩。
有了错题本，如何利用呢?方法是：要经常阅读错题本。错题本不是把做错的习题记下来就完了。要经常浏览错题本，对错题不妨再做一遍，这样就使每一道错题都发挥出最大效果，今后遇到同类习题时，就能够立刻回想起曾经犯过的错误，从而避免再犯。如果各科都建立错题本，并经常温故知错、持之以恒，高考成绩至少会提高20分。
五、运用出题法提高自己的解题意识
能高屋建瓴自上而下地从知识板块、知识点、题型、解题的方法和思路，涉及到的基础知识的角度去判断分析，去发现问题和处理问题，能够主动从错题类型，从题型入手去自己出题自己解，去发现自己的不足，提高自己看问题的洞察力和思维判断力，能够感受到学习是一件轻松愉快的事情。能够深切地体会到：能力的培养比成绩更重要。
高中学习是一个连续性的过程，在学习过程中，既要注重知识结构的系统性，学习方法的灵活性，还要注重学习和考试心态的稳定性，学习和考试心态稳定了，学习情绪就会高涨，学习效率就会提高，学习就会突飞猛进，自己的思维意识和各种能力及综合素质就能得到极大的提高。
高考并不是一定要熬夜苦战，也不是要在题海中盲目的漫游，建立一套适合自己的学习方法，才是最为重要的。
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前言 ????????????????????? 第一章 高中数学解题基本方法 ????????? 一、 配方法 ??????????????? 二、 换元法 ??????????????? 三、 待定系数法 ????????????? 四、 定义法 ??????????????? 五、 数学归纳法 ????????????? 六、 参数法 ??????????????? 七、 反证法 ??????????????? 八、 消去法 ??????????????? 九、 分析与综合法 ???????????? 十、 特殊与一般法 ???????????? 十一、 类比与归纳法 ?????????? 十二、 观察与实验法 ?????????? 第二章 高中数学常用的数学思想 ???????? 一、 数形结合思想 ???????????? 二、 分类讨论思想 ???????????? 三、 函数与方程思想 ??????????? 四、 转化（化归）思想 ?????????? 第三章 高考热点问题和解题策略 ???????? 一、 应用问题 ?????????????? 二、 探索性问题 ????????????? 三、 选择题解答策略 ??????????? 四、 填空题解答策略 ??????????? 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 ??????????????
2 3 3 7 14 19 23 28 32
35 35 41 47 54 59 59 65 71 77
高中数学解题宝典 前 言
美国著名数学教育家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。而当我们解题时遇到一个 新问题，总想用熟悉的题型去“套”，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解透 彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。高考试题十分重视对于数学思想方法的考查，特别 是突出考查能力的试题， 其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法。我们要有意识地应用数学思 想方法去分析问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查： 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，而是受用一辈子，即使数学知识忘记了，数学思想方法也 还是对你起作用。数学思想方法中，数学基本方法是数学思想的体现，是数学的行为，具有模式化与可操作性 的特征， 可以选用作为解题的具体手段。数学思想是数学的灵魂， 它与数学基本方法常常在学习、 掌握数学知识的同时获得。可以说，“知识”是基础，“方法”是手段，“思想”是深化，提高数学素质的核心就是提 高学生对数学思想方法的认识和运用，数学素质的综合体现就是“能力”。为了帮助学生掌握解题的金钥匙，掌握解题的思想方法，本书先是介绍高考中常用的数学基 本方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法、反证法、分析与综合法、 特殊与一般法、 类比与归纳法、 观察与实验法， 再介绍高考中常用的数学思想： 函数与方程思想、 数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想。最后谈谈解题中的有关策略和高考中的几个 热点问题，并在附录部分提供了近几年的高考试卷。在每节的内容中，先是对方法或者问题进行综合性的叙述，再以三种题组的形式出现。再现 性题组是一组简单的选择填空题进行方法的再现， 示范性题组进行详细的解答和分析， 对方法和 问题进行示范。巩固性题组旨在检查学习的效果，起到巩固的作用。每个题组中习题的选取，又 尽量综合到代数、三角、几何几个部分重要章节的数学知识。
高中数学解题基本方法
一、 配方法 配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧，通过配方找到已知和 未知的联系，从而化繁为简。何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与“添项”、 “配”与“凑”的技巧，从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：已知或者未知中 含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解，或者缺 xy 项的二次曲线的 平移变换等问题。配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a＋b) ＝a ＋2ab＋b ，将这个公式 灵活运用，可得到各种基本配方形式，如： a ＋b ＝(a＋b) －2ab＝(a－b) ＋2ab； a ＋ab＋b ＝(a＋b) －ab＝(a－b) ＋3ab＝(a＋ a ＋b ＋c ＋ab＋bc＋ca＝
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 b 2 2 ) ＋（ b） ； 2 2
1 2 2 2 [(a＋b) ＋(b＋c) ＋(c＋a) ] 2
a ＋b ＋c ＝(a＋b＋c) －2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c) －2(ab－bc－ca)＝? 结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如： 1＋sin2α ＝1＋2sinα cosα ＝（sinα ＋cosα ） ； x ＋
1 1 2 1 2 ) －2＝(x－ ) ＋2 ；?? 等等。2 ＝(x＋ x x x
Ⅰ、再现性题组： 1. 在正项等比数列{a n }中，a 1 ?a 5 +2a 3 ?a 5 +a 3 ?a 7 =25，则 a 3 ＋a 5 ＝_______。2. 方程 x ＋y －4kx－2y＋5k＝0 表示圆的充要条件是_____。A.
B. k& 1 或 k&1 4
D. k＝ 1 或 k＝1 4
3. 已知 sin α ＋cos α ＝1，则 sinα ＋cosα 的值为______。A. 1 B. －1 C. 1 或－1 D. 0 4. 函数 y＝log 1 (－2x ＋5x＋3)的单调递增区间是_____。
A. （－∞,
B. [ 5 ,+∞) 4
C. (－ 1 , 5 ] 2 4
D. [ 5 ,3) 4
5. 已知方程 x +(a-2)x+a-1=0 的两根 x 1 、x 2 ，则点 P(x 1 ,x 2 )在圆 x +y =4 上，则实数 a＝_____。【简解】 1 小题：利用等比数列性质 a m? p a m? p ＝a m ，将已知等式左边后配方（a 3 ＋a 5 ）
易求。答案是：5。2 小题：配方成圆的标准方程形式(x－a) ＋(y－b) ＝r ，解 r &0 即可，选 B。
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 小题：已知等式经配方成(sin α ＋cos α ) －2sin α cos α ＝1，求出 sinα cosα ，然 后求出所求式的平方值，再开方求解。选 C。4 小题：配方后得到对称轴，结合定义域和对数函数及复合函数的单调性求解。选 D。5 小题：答案 3－ 11 。Ⅱ、示范性题组：
例 1. 已知长方体的全面积为 11，其 12 条棱的长度之和为 24，则这个长方体的一条对角线 长为_____。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
?2( xy ? yz ? xz ) ? 11 , ?4( x ? y ? z ) ? 24
而欲求对角线长 x 2 ? y 2 ? z 2 ，将其配凑成两已知式的组合形式可得。【解】设长方体长宽高分别为 x,y,z，由已知“长方体的全面积为 11，其 12 条棱的长度之 和为 24”而得： ?
?2( xy ? yz ? xz ) ? 11 。?4( x ? y ? z ) ? 24
2 2 长方体所求对角线长为： x ? y ? z ＝ ( x ? y ? z ) ? 2( xy ? yz ? xz ) ＝ 6 ? 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。例 2. 设方程 x ＋kx＋2=0 的两实根为 p、q，若( 范围。【解】方程 x ＋kx＋2=0 的两实根为 p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2 , (
p 2 q 2 ) +( ) ≤7 成立，求实数 k 的取值 q p
( p 2 ? q 2 )2 ? 2 p 2 q 2 [( p ? q )2 ? 2 pq]2 ? 2 p 2 q 2 p4 ? q4 ＝ ＝ ＝ ( pq )2 ( pq )2 ( pq )2
( k 2 ? 4) 2 ? 8 ≤7， 解得 k≤－ 10 或 k≥ 10 。4
又 ∵p、q 为方程 x ＋kx＋2=0 的两实根， ∴ △＝k －8≥0 即 k≥2 2 或 k≤－2 2 综合起来，k 的取值范围是：－ 10 ≤k≤－ 2 2 或者 2 2 ≤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。
) ＋( ) 。a?b a?b a 2 a a 【分析】 对已知式可以联想： 变形为( ) ＋( )＋1＝0， 则 ＝ω （ω 为 1 的立方虚根） ； b b b
例 3. 设非零复数 a、b 满足 a ＋ab＋b =0，求(
或配方为(a＋b) ＝ab 。则代入所求式即得。【解】由 a ＋ab＋b =0 变形得：( 设ω ＝
a 2 a ) ＋( )＋1＝0 ， b b
a 1 b 2 3 3 ，则ω ＋ω ＋1＝0，可知ω 为 1 的立方虚根，所以： ＝ ，ω ＝ ? ＝1。b ? a
又由 a 2 ＋ab＋b 2 =0 变形得：(a＋b) 2 ＝ab ，
b a a 2 999 b 2 999 a 999 b 999
所以 ( ) ＋( ) ＝( ) ＋( ) ＝( ) ＋( ) ＝ω ab ab a?b b a a?b
＝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。
a 2 a b ? 1 ? 3i ) ＋( )＋1＝0 ，解出 ＝ 后，化成 2 b b a a 999 b 999 三角形式，代入所求表达式的变形式( ) ＋( ) 后，完成后面的运算。此方法用于只是未 b a ? 1 ? 3i 联想到ω 时进行解题。2 ? 1 ? 3i 2 2 假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由 a ＋ab＋b ＝0 解出：a＝ b， 2
【另解】由 a 2 ＋ab＋b 2 ＝0 变形得：( 直接代入所求表达式， 进行分式化简后， 化成复数的三角形式， 利用棣莫佛定理完成最后的计算。Ⅲ、巩固性题组： 1. 函数 y＝(x－a) ＋(x－b) A. 8 B. ( a ? b) 2
（a、b 为常数）的最小值为_____。
2 2 C. a ? b
D.最小值不存在
2. α 、β 是方程 x －2ax＋a＋6＝0 的两实根，则(α -1) A. － 49 4 A.最大值 2 2
+(β -1) 的最小值是_____。
3. 已知 x、y∈R ，且满足 x＋3y－1＝0，则函数 t＝2 ＋8 有_____。B.最大值 2
C.最小值 2 2
B.最小值 2
4. 椭圆 x －2ax＋3y ＋a －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 ? sin 8 ＋ 2 ? 2 cos 8 的结果是_____。A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4 6. 设 F 1 和 F 2 为双曲线 x －y ＝1 的两个焦点，点 P 在双曲线上且满足∠F 1 PF 2 ＝90°， 则
△F 1 PF 2 的面积是_________。
2 7. 若 x&－1，则 f(x)＝x ＋2x＋ 1 的最小值为___________。
8. 已知 ? 〈β &α 〈 3 π ，cos(α -β )＝ 12 ，sin(α +β )＝－ 3 ，求 sin2α 的值。(92 年高 5 2 4 13 考题) 9. 设二次函数 f(x)＝Ax ＋Bx＋C， 给定 m、 n （m&n） ,且满足 A [(m+n) + m n ]＋2A[B(m+n) －Cmn]＋B ＋C ＝0 。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。
2 2 2 2 2 2 2
10. 设 s&1，t&1，m∈R，x＝log s t＋log t s，y＝log s 4 t＋log t 4 s＋m(log s 2 t＋log t 2 s), 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。
换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐 含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简 化。它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、 不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。换元的方法有：局部换元、三角换元、均值换元等。局部换元又称整体换元，是在已知或者 未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才 能发现。例如解不等式：4 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。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]， x＝sin α ， 设 α ∈[0,
? ]，问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设，其中主要应该是发现 2
值域的联系，又有去根号的需要。如变量 x、y 适合条件 x ＋y ＝r （r&0）时，则可作三角代 换 x＝rcosθ 、y＝rsinθ 化为三角问题。均值换元，如遇到 x＋y＝S 形式时，设 x＝
S S ＋t，y＝ －t 等等。2 2
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,
Ⅰ、再现性题组： 1.y＝sinx?cosx＋sinx+cosx 的最大值是_________。2.设 f(x ＋1)＝log a (4－x ) （a&1），则 f(x)的值域是_______________。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 ＋2xy－1＝0，则 x＋y 的取值范围是___________。5.方程
1 ? 3? x ＝3 的解是_______________。1 ? 3x
6.不等式 log 2 (2 －1) ?log 2 (2
－2)〈2 的解集是_______________。
【简解】1 小题：设 sinx+cosx＝t∈[－ 2 , 2 ]，则 y＝ t＝ 2 ，y max ＝
t2 1 ＋t－ ，对称轴 t＝－1，当 2 2
1 ＋ 2； 2
2 小题：设 x ＋1＝t (t≥1)，则 f(t)＝log a [-(t-1) ＋4]，所以值域为(－∞,log a 4]； 3 小题：已知变形为 n，所以 a n ＝－
1 1 ＝－1,设 b n ＝ ，则 b 1 ＝－1,b n ＝－1＋(n－1)(-1)＝－ an an
4 小题：设 x＋y＝k，则 x －2kx＋1＝0, △＝4k －4≥0,所以 k≥1 或 k≤－1；
5 小题：设 3 ＝y，则 3y ＋2y－1＝0,解得 y＝
1 ，所以 x＝－1； 3 5 ,log 2 3)。4
6 小题：设 log 2 (2 －1)＝y，则 y(y＋1)&2，解得－2&y&1，所以 x∈(log 2 Ⅱ、示范性题组： 例 1. 实数 x、y 满足 4x 2 －5xy＋4y 2 ＝5 值。（93 年全国高中数学联赛题） 【分析】 由 S＝x ＋y 联想到 cos α ＋sin α ＝1,于是进行三角换元， ? 设
（ ①式） ，设 S＝x 2 ＋y 2 ，求
? x ? S cos α ? ? y ? S sin α ?
代入①式求 S max 和 S min 的值。【解】设 ?
? x ? S cos α ?
? y ? S sin α ? 10 解得 S＝ ； 8 ? 5 sin 2α
代入①式得： 4S－5S?sinα cosα ＝5
∵ -1≤sin2α ≤1 ∴ 3≤8－5sin2α ≤13 ∴
10 10 10 ≤ ≤ 13 8 ? 5 sin ? 3
3 13 16 8 ＋ ＝ ＝ 10 10 10 5
此种解法后面求 S 最大值和最小值，还可由 sin2α ＝ |
8S ? 10 |≤1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。S S S S S 2 2 2 2 【另解】 由 S＝x ＋y ，设 x ＝ ＋t，y ＝ －t，t∈[－ ， ]， 2 2 2 2
8S ? 10 的有界性而求，即解不等式： S
S2 S2 －t 2 代入①式得：4S±5 －t 2 =5， 4 4
移项平方整理得 100t +39S －160S＋100＝0 。
10 10 ≤S≤ 13 3 3 13 16 8 1 1 ∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ S max S min 10 10 10 5
∴ 39S －160S＋100≤0 解得：
【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 ＋y 与三角公式 cos α ＋sin 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 ＋y 而按照均值换元的思路， x ＝ S ＋t、 ， 设
y 2 ＝ S －t，减少了元的个数，问题且容易求解。另外，还用到了求值域的几种方法：有界法、
不等式性质法、分离参数法。和“均值换元法”类似，我们还有一种换元法，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＝a－b， 代入①式整理得 3a ＋13b ＝5 ＝
，求得 a ∈[0,
5 2 2 2 2 ]，所以 S＝(a－b) ＋(a＋b) ＝2(a ＋b ) 3
10 20 2 10 10 1 1 ＋ a ∈[ , ]，再求 ＋ 的值。13 13 13 3 S max S min
例 2． △ABC 的三个内角 A、 C 满足： B、 A＋C＝2B，
1 A? C 2 1 ＋ ＝－ ， cos 求 cos A cos C cos B 2
? A ? C ? 120° ? B＝ 60°
的值。（96 年全国理） 【分析】 由已知 “A＋C＝2B” “三角形内角和等于 180°” 和 的性质， 可得 ? 由“A＋C＝120°”进行均值换元，则设 ?
? A＝ 60° ? α
?C＝ 60°－α ? A ? C ? 120° 【解】由△ABC 中已知 A＋C＝2B，可得 ? , ? B＝ 60° ? A＝ 60° ? α 由 A＋C＝120°，设 ? ，代入已知等式得： ?C＝ 60°－α 1 1 1 1 1 1 ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ cos A cos C cos( 60??? ) cos( 60??? ) 1 3 1 3 cos ? ? sin ? cos ? ? sin ? 2 2 2 2 cos ? cos ? ＝ ＝ ＝－2 2 , 1 3 2 3 2 2 cos ? ? sin ? cos ? ? 4 4 4 2 2 A? C 解得：cosα ＝ ， 即：cos ＝ 。2 2 2 1 1 2 【另解】由 A＋C＝2B，得 A＋C＝120°，B＝60°。所以 ＋ ＝－ cos A cos C cos B 1 1 ＝－2 2 ，设 ＝－ 2 ＋m， ＝－ 2 －m ， cos A cos C 1 1 所以 cosA＝ ，cosC＝ ，两式分别相加、相减得： ? 2?m ? 2?m A? C A? C A? C 2 2 cosA＋cosC＝2cos cos ＝cos ＝ 2 ， 2 2 2 m ?2
，再代入可求 cosα 即 cos
A? C A? C A? C 2m sin ＝－ 3 sin ＝ 2 ， 2 2 2 m ?2 2 2 A? C 2m 2 A? C 2 A? C 即：sin ＝－ ，＝－ 2 ，代入 sin ＋cos ＝1 整理得： 2 2 2 2 m ?2 3( m ? 2)
cosA－cosC＝－2sin 3m －16m－12＝0,解出 m ＝6，代入 cos
2 2 2 A? C ＝ 2 ＝ 。2 2 m ?2 1 1 【注】 本题两种解法由“A＋C＝120°”、“ ＋ ＝－2 2 ”分别进行均值换 cos A cos C
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 ° ， B ＝ 60 ° 。所 以 2 2 cosAcosC，和积互化得：
1 1 2 ＋ ＝－ ＝ － 2 2 ， 即 cosA ＋ cosC ＝ － cosA cos C cosB
2 A? C A? C A? C cos ＝－ 2 [cos(A+C)＋cos(A-C)，即 cos ＝ － 2 cos(A-C)＝ 2 2 2 2 2 A? C 2 A? C 2 A? C － 2 (2cos －1)，整理得：4 2 cos ＋2cos －3 2 ＝0, 2 2 2 2 2 A? C 解得：cos ＝ 2 2
2cos 例 3. 设 a&0，求 f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx?cosx－2a 的最大值和最小值。【解】 设 sinx＋cosx＝t，则 t∈[- 2 , 2 ]，由(sinx＋cosx) ＝1
t2 ?1 , , ＋2sinx?cosx 得：sinx?cosx＝ 2 － 2 2 1 1 2 ∴ f(x)＝g(t)＝－ (t－2a) ＋ （a&0），t∈[- 2 , 2 ] 2 2 1 2 t＝- 2 时，取最小值：－2a －2 2 a－ 2 1 2 当 2a≥ 2 时，t＝ 2 ，取最大值：－2a ＋2 2 a－ ； 2 1 当 0&2a≤ 2 时，t＝2a，取最大值： 。2 ?1 2 ) ? (0 ? a ? 1 ?2 2 2 ∴ f(x)的最小值为－2a －2 2 a－ ，最大值为 ? 。2 1 2 ? 2 ?? 2a ? 2 2 a ? 2 ( a ? 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 ]）与 sinx＋cosx 对应，否则将会出错。本题
解法中还包含了含参问题时分类讨论的数学思想方法， 即由对称轴与闭区间的位置关系而确定参 数分两种情况进行讨论。一般地，在遇到题目已知和未知中含有 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。
4( a ? 1) 2a (a ? 1)2 例 4. 设对所于有实数 x，不等式 x log 2 ＋2x log 2 ＋log 2 &0 恒成 a a ?1 4a 2
立，求 a 的取值范围。（87 年全国理） 【分析】不等式中 log 2
4( a ? 1) 2a ( a ?1) 2 、 log 2 、log 2 三项有何联系？进行对数式 a a ?1 4a 2
的有关变形后不难发现，再实施换元法。
4( a ? 1) 2a 8( a ? 1) a ?1 ＝ t ，则 log 2 ＝ log 2 ＝ 3 ＋ log 2 ＝3－ a 2a a ?1 2a 2a a ?1 (a ? 1)2 log 2 ＝3－t，log 2 ＝2log 2 ＝－2t， 2 a ?1 2a 4a
【 解 】 设 log 2 代入后原不等式简化为（3－t）x ＋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 ? ? ? 4 t ? 8t ( 3 ? t ) ? 0 2a 0& &1，解得 0&a&1。a ?1
∴ t&0 即 log 2
2a &0 a ?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，
4( a ? 1) 2a (a ? 1)2 关键是发现已知不等式中 log 2 、 log 2 、log 2 三项之间的联系。在解决 a a ?1 4a 2
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。
x sin θ 10 cos θ sin 2 θ cos 2 θ 例 5. 已知 ＝ ，且 ＋ ＝ (②式)，求 的值。2 2 2 2 y x y y x 3( x ? y ) sin θ cos θ 2 2 2 2 2 【解】 设 ＝ ＝k， sinθ ＝kx， 则 cosθ ＝ky， sin θ ＋cos θ ＝k (x +y ) 且 x y
＝1,代入②式得：
10 k 2 10 k2 y2 k 2x2 ＋ ＝ ＝ 3 y2 x2 3( x 2 ? y 2 )
解得：t＝3 或
x 2 10 y2 即： 2 ＋ 2 ＝ 3 y x
1 x2 设 2 ＝t，则 t＋ ＝ 10 , t y 3
x 3 ＝± 3 或± y 3
x sin θ cos 2 θ 【另解】 由 ＝ ＝tgθ ，将等式②两边同时除以 ，再表示成含 tgθ 的式 y cos θ x2 10 10 2 4 2 2 子：1＋tg θ ＝ (1 ? tg 2? ) ? ＝ tg θ ，设 tg θ ＝t，则 3t ―10t＋3＝0， 1 3 3(1 ? 2 ) tg ?
x 3 ＝± 3 或± 。y 3
sin θ cos θ ＝ 而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个数。第 x y x sin θ 二种解法将已知变形为 ＝ ，不难发现进行结果为 tgθ ，再进行换元和变形。两种解法 y cos θ
【注】 第一种解法由 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。
( x ? 1)2 ( y ? 1) 2 例 6. 实数 x、y 满足 ＋ ＝1，若 x＋y－k&0 恒成立，求 k 的范围。9 16 ( x ? 1)2 ( y ? 1) 2 2 2 【分析】由已知条件 ＋ ＝1，可以发现它与 a ＋b ＝1 有相似之处，于是 9 16
实施三角换元。
x ?1 ( x ? 1)2 ( y ? 1) 2 y ?1 【解】由 ＋ ＝1，设 ＝cosθ ， ＝sinθ ， 9 3 16 4 ? x ? 1 ? 3 cos θ 即： ? 代入不等式 x＋y－k&0 得： ? y ? ?1 ? 4 sin θ
3cosθ ＋4sinθ －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”。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＋by＋c&0 (a&0)所表示的区域为直线 ax＋by＋c＝0 所分平面成两部分中含 x 轴正方向的一部分。此题不等 式恒成立问题化为图形问题：椭圆上的点始终位于平面上 x＋y y －k&0 的区域。即当直线 x＋y－k＝0 在与椭圆下部相切的切线之 x 下 时 。当 直 线 与 椭 圆 相 切 时 ， 方 程 组
?16( x ? 1) 2 ? 9( y ? 1) 2 ? 144 有相等的一组实数解， 消元后由△ ? ?x ? y ? k ? 0
＝0 可求得 k＝－3,所以 k&-3 时原不等式恒成立。Ⅲ、巩固性题组： 1. 已知 f(x )＝lgx (x&0)，则 f(4)的值为_____。
x＋y－k&0 平面区域
2. 函数 y＝(x＋1) ＋2 的单调增区间是______。A. [-2,+∞) B. [-1,+∞) D. (-∞,+∞)
C. (-∞,-1]
3. 设等差数列{a n }的公差 d＝ 1 ，且 S 100 ＝145，则 a 1 ＋a 3 ＋a 5 ＋??＋a 99 的值为_____。2 A. 85
4. 已知 x ＋4y ＝4x，则 x＋y 的范围是_________________。5. 已知 a≥0，b≥0，a＋b＝1，则 a ? 1 ＋ b ? 1 的范围是____________。
2 2 3 的解集是(4,b)，则 a＝________，b＝_______。6. 不等式 x &ax＋ 2 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 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 x＋2mcosx＋4m－1&0 恒成立。10. 已知矩形 ABCD，顶点 C(4,4)，A 点在曲线 x ＋y ＝ 2 (x&0,y&0)上移动，且 AB、AD 始终平行 x 轴、y 轴， 求矩形 ABCD 的最小面积。
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。待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。使用待定系数法，就是把具有某 种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否 用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就 可以用待定系数法求解。例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中 求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。使用待定系数法，它解题的基本步骤是： 第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式； 第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程； 第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析：
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。Ⅰ、再现性题组：
x ?1 ＋m，f(x)的反函数 f (x)＝nx－5，那么 m、n 的值依次为_____。2 5 5 5 5 A. , －2 B. － ， 2 C. , 2 D. － ，－2 2 2 2 2 1 1 2 2. 二次不等式 ax ＋bx＋2&0 的解集是(－ , )，则 a＋b 的值是_____。2 3
1. 设 f(x)＝ A. 10
3. 在(1－x )（1＋x） 的展开式中，x 的系数是_____。A. －297 B.－252 C. 297 D. 207 4. 函数 y＝a－bcos3x (b&0)的最大值为
3 1 ，最小值为－ ，则 y＝－4asin3bx 的最小正周 2 2
期是_____。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_______________。
y2 6. 与双曲线 x － ＝1 有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是____________。4 x ?1 【简解】1 小题：由 f(x)＝ ＋m 求出 f (x)＝2x－2m，比较系数易求，选 C； 2 1 1 1 1 2 2 小题：由不等式解集(－ , )，可知－ 、 是方程 ax ＋bx＋2＝0 的两根，代入两根， 2 3 2 3
列出关于系数 a、b 的方程组，易求得 a＋b，选 D； 3 小题：分析 x 的系数由 C 10 与(－1)C 10 两项组成，相加后得 x 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
5 小题：设直线 L’方程 2x＋3y＋c＝0，点 A(1,-4)代入求得 C＝10，即得 2x＋3y＋10＝0； 6 小题：设双曲线方程 x － Ⅱ、示范性题组： 例1. 已知函数 y＝
y2 y2 x2 ＝λ ，点(2,2)代入求得λ ＝3，即得方程 － ＝1。4 3 12
mx 2 ? 4 3x ? n 的最大值为 7，最小值为－1，求此函数式。x2 ?1
【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”。【解】 函数式变形为： (y－m)x －4 3 x＋(y－n)＝0， x∈R, 由已知得 y－m≠0
∴ △＝(－4 3 ) －4(y－m)(y－n)≥0 即： y －(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， 代入两根得： ? ∴ y＝
?1 ? ( m ? n ) ? mn ? 12 ? 0 ?49 ? 7( m ? n ) ? mn ? 12 ? 0
?m ? 5 ?m ? 1 或? ?n ? 1 ?n ? 5
5x 2 ? 4 3x ? 1 x 2 ? 4 3x ? 5 或者 y＝ x2 ?1 x2 ?1
此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即 y －6y－7≤0，然后与不等式①比较系数 而得： ?
?m ? n ? 6 ，解出 m、n 而求得函数式 y。?mn ? 12 ? ?7
【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， “判 使用 别式法”的关键是否可以将函数化成一个一元二次方程。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。【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、b、c 后，由已知垂直关系而联想到勾股定理建立一个方程，再 y B’ 将焦点与长轴较近端点的距离转化为 a－c 的值后列出第二个方程。【解】 设椭圆长轴 2a、短轴 2b、焦距 2c，则|BF’|＝a x
?a 2 ? b 2 ? c 2 ?a ? 10 ? 2 ? 2 2 ∴ ?a ? a ? ( 2b ) 解得： ? ?b ? 5 ? ? a ? c ? 10 ? 5 ? x2 y2 ∴ 所求椭圆方程是： ＋ ＝1 10 5
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
?b ? c ? 式： ?a ? c ? 10 ? 5 ? 2 2 2 ?a ? b ? c
，更容易求出 a、b 的值。
【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。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。
例 3. 是否存在常数 a、b、c，使得等式 1?2 ＋2?3 ＋?＋n(n＋1) ＝
n( n ? 1) 2 (an ＋ 12
bn＋c)对一切自然数 n 都成立？并证明你的结论。（89 年全国高考题） 【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。【解】假设存在 a、b、c 使得等式成立，令：n＝1，得 4＝ ＋2b＋c)；n＝3，得 70＝9a＋3b＋c。整理得：
1 1 (a＋b＋c)；n＝2，得 22＝ (4a 6 2
?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?3 ＋?＋n(n＋1) ＝ 下面用数学归纳法证明对任意自然数 n，该等式都成立：
n( n ? 1) 2 (3n ＋11n＋10)成立， 12
k( k ? 1) 2 (3k ＋11k＋10)； 12 k( k ? 1) 2 2 2 2 2 当 n＝k＋1 时，1?2 ＋2?3 ＋?＋k(k＋1) ＋(k＋1)(k＋2) ＝ (3k ＋11k＋10) 12 k( k ? 1) ( k ? 1)( k ? 2) 2 2 2 ＋(k＋1)(k＋2) ＝ (k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2) ＝ （3k ＋5k＋ 12 12 ( k ? 1)( k ? 2) 2 12k＋24）＝ [3(k＋1) ＋11(k＋1)＋10]， 12
假设对 n＝k 时等式成立，即 1?2 ＋2?3 ＋?＋k(k＋1) ＝
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 ＋2 ＋?＋n 、1 ＋2 ＋?＋n 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： n(n＋1) ＝n ＋2n ＋n 得 S n ＝1? 由 2
2 2 3 3 3 2 2 2 2 3 2 2 3 3 3 2 2 2
＋2?3 ＋?＋n(n＋1) ＝(1 ＋2 ＋?＋n )＋2(1 ＋2 ＋?＋n )＋(1＋2＋?＋n)＝
n 2 ( n ? 1) 2 n( n ? 1)( 2n ? 1) n( n ? 1) n( n ? 1) 2 ＋2? ＋ ＝ (3n ＋11n＋10)， 综上所述， a＝8、 当 12 4 6 2
b＝11、c＝10 时，题设的等式对一切自然数 n 都成立。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？ 【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。【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 (15a－ax)(7b－bx)x (a&0,b&0） ab ?? a ? b ? 1 ? 0 要使用均值不等式，则 ? ?15a ? ax ? 7b ? bx ? x 3 1 解得：a＝ ， b＝ ， x＝3 。4 4 15 21 64 15 x 21 3 64 4 ? 4 3 64 从而 V＝ ( － )( － x)x≤ ( ) ＝ ?27＝576。3 3 4 4 4 3 3 4
设 V＝ 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。本题解答中也可以令 V＝
4 4 (15a－ax)(7－x)bx 或 (15－x)(7a－ax)bx， ab ab
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”。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 1&a&2
D. a&2 或 0&a& 1
2. 方程 x ＋px＋q＝0 与 x ＋qx＋p＝0 只有一个公共根，则其余两个不同根之和为_____。A. 1 B. －1 C. p＋q D. 无法确定 3. 如果函数 y＝sin2x＋a?cos2x 的图像关于直线 x＝－ π 对称，那么 a＝_____。
B. － 2 C. 1 D. －1 2 0 1 2 n 4. 满足 C n ＋1?C n ＋2?C n ＋?＋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－ 1n , 则所有项的和等于_____。
D.与 a 有关
6. (1＋kx) ＝b 0 ＋b 1 x＋b 2 x ＋?＋b 9 x ， b 0 ＋b 1 ＋b 2 ＋?＋b 9 ＝－1， k＝______。若 则 7. 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 _____________。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______________。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， f(1)＋f(2) 求 ＋?＋f(m)的值。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。
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。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。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 2. 设 MP、OM、AT 分别是 46°角的正弦线、余弦线和正切线，则_____。A. MP&OM&AT B. OM&MP&AT C. AT&&OM&MP D. OM&AT&MP 3. 复数 z 1 ＝a＋2ｉ，z 2 ＝－2＋ｉ，如果|z 1 |& |z 2 |，则实数 a 的取值范围是_____。A. －1&a&1 B. a&1 C. a&0 D. a&－1 或 a&1
5 x2 y2 ＋ ＝1 上有一点 P， 它到左准线的距离为 ， 那么 P 点到右焦点的距离为_____。25 2 9 75 A. 8 C. 7.5 C. D. 3 4 T 5. 奇函数 f(x)的最小正周期为 T，则 f(－ )的值为_____。2 T A. T B. 0 C. D. 不能确定 2
4. 椭圆 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 & 5 ，选 A；
| PF左 | 4 ＝e＝ ，选 A； 5 5 2 T T T 5 小题：利用周期函数、奇函数的定义得到 f(－ )＝f( )＝－f(－ )，选 B； 2 2 2
4 小题：利用椭圆的第二定义得到 6 小题：利用线面角、面面角的定义，答案 2。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 z2 ? z ?1
＝1－ｉ，求实数 a、b 的值。（94 年全国理） 【分析】代入 z 进行运算化简后，运用复数三角形式和复数相等的定义解答。【解】由 z＝1＋ｉ，有 w＝z ＋3 z －4＝(1＋ｉ) ＋3 (1 ? i ) －4＝2ｉ＋3(1－ｉ)－4＝－1
－ｉ，w 的三角形式是 2 （cos
5? 5? ＋ｉsin ）； 4 4 z 2 ? az ? b (1 ? i ) 2 ? a (1 ? i ) ? b ( a ? b) ? ( a ? 2)i 由 z＝1＋ｉ，有 2 ＝ ＝ ＝(a＋2)－(a＋ z ? z ?1 i (1 ? i ) 2 ? (1 ? i ) ? 1
?a ? 2 ? 1 ， ?? ( a ? b) ? ?1
b)ｉ。由题设条件知：(a＋2)－(a＋b)ｉ＝1＋ｉ； 根据复数相等的定义，得： ? 解得 ?
?a ? ?1 。?b ? 2
【注】求复数的三角形式，一般直接利用复数的三角形式定义求解。利用复数相等的定义， 由实部、虚部分别相等而建立方程组，这是复数中经常遇到的。例 2. 已知 f(x)＝－x ＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，求 y＝log
f(x)的定义域，判定
2 ,1)上的单调性。2
【分析】要判断函数的单调性，必须首先确定 n 与 c 的值求出函数的解析式，再利用函数的 单调性定义判断。
? f ( 2) ? ?2 n ? 2c ? ?14 ? 【解】 ? ? f ( 4) ? ?4 n ? 4c ? ?252 ?
?n ? 4 ?c ? 1
∴ f(x)＝－x ＋x 解 f(x)&0 得：0&x&1 设
=(x 1 -x 2 )[1-(x 1 +x 2 )( x 1 +x 2 )], ∵ x 1 +x 2 & 2 ， x 1 +x 2
∴ (x 1 +x 2 )( x 1 +x 2 )〉 2 ?
∴ f(x 1 )－f(x 2 )&0 即 f(x)在( ∵
2 ,1)上是减函数 2 3 2 ∴ y＝log 2 f(x) 在( ,1)上是增函数。2
【注】关于函数的性质：奇偶性、单调性、周期性的判断， A’ A 一般都是直接应用定义解题。本题还在求 n、c 的过程中，运用 D 了待定系数法和换元法。C’ C 例 3. 如图，已知 A’B’C’―ABC 是正三棱柱，D 是 AC 中点。O H ① 证明：AB’∥平面 DBC’； ② 假设 AB’⊥BC’，求二面角 D―BC’―C 的度数。（94 年全国 B’ B 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。【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 DH＝ Rt△BOH 中，OH ＝BH?EH＝ ∴ OH＝
3 1 1 3 sin60°＝ ，BH＝ ，EH＝ ； 2 4 4 4
∴∠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。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：
EF OE 1 1 ＝ ＝ ，EF＝ B’E。在 Rt△ BF 3 B' B 2 1 2 2 B’BE 中，易得到 BF⊥BE,由射影定理得：B’E?EF＝BE 即 B’E ＝1，所以 B’E＝ 3 。3 1 y 例 4. 求过定点 M(1,2)，以 x 轴为准线，离心率为 的椭圆的下顶点的 2 M F
作 AE⊥BC 于 E，连接 B’E 即所求，易得到 OE∥B’B，所以 轨迹方程。A
【分析】运动的椭圆过定点 M，准线固定为 x 轴，所以 M 到准线距离为 2。抓住圆锥曲线的 统一性定义，可以得到
| AF | 1 ＝ 建立一个方程，再由离心率的定义建立一个方程。2 2
【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：
4 ( y ? )2 3 ＝1， 2 ，消 m 得：（x－1） ＋ 2 2 ( ) 3 4 ( y ? )2 3 ＝1。2 所以椭圆下顶点的轨迹方程为（x－1） ＋ 2 2 ( ) 3
【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。Ⅲ、巩固性题组： 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___。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 FB 1 等于_____。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 －y ＝3 的渐近线方程是_____。A. y＝±3x B. y＝± 1 x
1 ? 2 2 ? ( x ? 1) ? ( m ? 2) ? 2 ? 2 ? ?m ? y 1 ? ? ? y 2 ?
C. y＝± 3 x
D. y＝± 3 x
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 6. C 3n ＋C 21?n ＝________。7. Z＝4(sin140°－ｉcos140°)，则复数 12 的辐角主值是__________。
8. 不等式 ax ＋bx＋c&0 的解集是(1,2)，则不等式 bx ＋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 ＋…＋
2 2 2 10. 已知 F 1 、F 2 是椭圆 x 2 ＋ y 2 ＝1 (a&b&0)的两个焦点，其中 F 2 与抛物线 y ＝12x 的焦点
7 重合，M 是两曲线的一个焦点，且有 cos∠M F 1 F 2 ?cos∠MF 2 F 1 ＝ 23 ，求椭圆方程。
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。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。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。运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数 n 有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、 数列问题、几何问题、整除性问题等等。Ⅰ、再现性题组： 1. 用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)?(n＋n)＝2 ?1?2?(2n－1) （n∈N），从“k 到 k ＋1”，左端需乘的代数式为_____。A. 2k＋1 B. 2(2k＋1) C.
2k ? 1 k ?1
2k ? 3 k ?1
2. 用数学归纳法证明 1＋
1 1 1 ＋ ＋?＋ n &n (n&1)时，由 n＝k (k&1)不等式成立， 2 3 2 ?1
推证 n＝k＋1 时，左边应增加的代数式的个数是_____。A. 2 B. 2 －1 C. 2 D. 2 ＋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) 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 4. 数列{a }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_____。A. 3n－2 B. n
5. 用数学归纳法证明 3 4 n?2 ＋5 5
(n∈N)能被 14 整除， n＝k＋1 时对于式子 3 4( k?1)?2 ＋ 当
应变形为_______________________。6. 设 k 棱柱有 f(k)个对角面，则 k＋1 棱柱对角面的个数为 f(k+1)＝f(k)＋_________。【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； 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 ＋5 6 小题：答案 k－1。Ⅱ、示范性题组： 例1. 已知数列
（5 －3 ）；
8?n 8?1 ，?。S n 为其前 n 项和，求 S 1 、S 2 、 2 ，得，?， 1 ?3 (2n ? 1) 2 ? (2n ? 1) 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）
80 24 48 8 ，S 2 ＝ ，S 3 ＝ ，S 4 ＝ ， 25 49 81 9 ( 2n ? 1) 2 ? 1 猜测 S n ＝ (n∈N)。( 2n ? 1) 2
【解】 计算得 S 1 ＝ 当 n＝1 时，等式显然成立；
( 2k ? 1) 2 ? 1 假设当 n＝k 时等式成立，即：S k ＝ ， ( 2k ? 1) 2 8?( k ? 1) 当 n＝k＋1 时，S k ?1 ＝S k ＋ ( 2k ? 1) 2 ?( 2k ? 3) 2 8?( k ? 1) ( 2k ? 1) 2 ? 1 ＝ ＋ 2 ( 2k ? 1) ( 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 ? 3) 2 ? 1 ＝ , ( 2k ? 3) 2 ( 2k ? 1) 2 ?( 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 S k ?1 ＝
( 2k ? 3) 2 ? 1 2 作为目标，先通分使分母含有(2k＋3) ，再考虑 ( 2k ? 3) 2
要约分，而将分子变形，并注意约分后得到（2k＋3） －1。这样证题过程中简洁一些，有效地 确定了证题的方向。本题的思路是从试验、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。【另解】 用裂项相消法求和：
1 1 8?n 得， 2 － 2 2 ＝ ( 2n ? 1) ( 2n ? 1) 2 (2n ? 1) ? (2n ? 1) 1 1 1 1 1 1 S n ＝（1－ 2 ）＋（ 2 － 2 ）＋??＋ 2 － 2 ＝1－ ( 2n ? 1) ( 2n ? 1) ( 2n ? 1) 2 3 3 5 ( 2n ? 1) 2 ? 1 ＝ 。( 2n ? 1) 2 8?n 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 1 1 的裂项公式。可以说，用试值猜想证明三步解题，具有一般性。2 － ( 2n ? 1) ( 2n ? 1) 2 1 1 例 2. 设 a n ＝ 1? 2 ＋ 2? 3 ＋?＋ n( n ?1) (n∈N),证明： n(n＋1)&a n & (n 2 2
由 an ＝ ＋1) 。【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。【解】 当 n＝1 时，a n ＝ 2 ， ∴ n＝1 时不等式成立。
1 1 1 2 n(n+1)＝ ， (n+1) ＝2 ， 2 2 2
1 1 2 k(k＋1)&a k & (k＋1) ， 2 2 1 1 2 当 n＝k＋1 时， k(k＋1)＋ ( k ? 1)( k ? 2) &a k ?1 & (k＋1) ＋ ( k ? 1)( k ? 2) , 2 2 1 1 1 1 k(k＋1)＋ ( k ? 1)( k ? 2) & k(k＋1)＋(k＋1)＝ (k＋1)(k＋3)& (k＋1)(k＋2)， 2 2 2 2 1 1 1 1 3 2 2 2 2 (k＋1) ＋ ( k ? 1)( k ? 2) ＝ (k＋1) ＋ k ? 3k ? 2 & (k＋1) ＋(k＋ )＝ (k＋ 2 2 2 2 2
假设当 n＝k 时不等式成立，即： 2) ，
1 1 2 (k＋1)(k＋2) &a k & (k＋2) ，即 n＝k＋1 时不等式也成立。2 2 1 1 2 综上所述，对所有的 n∈N，不等式 n(n＋1)&a n & (n＋1) 恒成立。2 2
所以 【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＋1 2
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。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 1 1 1 1 1 n(n＋1)； 由 n( n ?1) &n＋ 可得， n &1＋2＋3＋?＋n＋ ?n＝ n(n＋1)＋ n＝ (n 2 a 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 ＋2n)& (n＋1) 。所以 n(n＋1)&a n & (n＋1) 。2 2 2 n( a1 ? a n ) 例 3. 设数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若对于所有的自然数 n，都有 S n ＝ ，证明 2
{a n }是等差数列。（94 年全国文） 【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 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。【解】 设 a 2 －a 1 ＝d，猜测 a n ＝a 1 ＋(n－1)d 当 n＝1 时，a n ＝a 1 ， ∴ 当 n＝1 时猜测正确。∴当 n＝2 时猜测正确。当 n＝2 时，a 1 ＋(2－1)d＝a 1 ＋d＝a 2 ，
假设当 n＝k（k≥2）时，猜测正确，即：a k ＝a 1 ＋(k－1)d ， 当 n＝k＋1 时，a k ?1 ＝S k ?1 －S k ＝
( k ? 1)( a1 ? a k ?1 ) k ( a1 ? a k ) － ， 2 2
将 a k ＝a 1 ＋(k－1)d 代入上式， 得到 2a k ?1 ＝(k＋1)(a 1 ＋a k ?1 )－2ka 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 的得出是本题解答的关键，利用了已知的等式 S n ＝
n( a1 ? a n ) 、数列中通项与前 n 项 2
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。【另解】 可证 a n?1 －a n ＝ a n － a n?1 对于任意 n≥2 都成立：当 n≥2 时，a n ＝S n －S n?1 ＝
n( a1 ? a n ) ( n ? 1)( a1 ? a n ?1 ) ( n ? 1)( a1 ? a n ?1 ) － ； 同 理 有 a n?1 ＝ S n?1 － S n ＝ － 2 2 2 n( a1 ? a n ) ( n ? 1)( a1 ? a n ?1 ) ( n ? 1)( a1 ? a n ?1 ) ；从而 a n?1 －a n ＝ －n(a 1 ＋a n )＋ ，整理得 2 2 2
a n?1 －a n ＝ a n － a n?1 ，从而{a n }是等差数列。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，象已知数列的 S n 求 a n 一类型题应用此关系最多。
Ⅲ、巩固性题组： 1. 用数学归纳法证明：6
＋1 (n∈N)能被 7 整除。(n∈N)。
sin x x 2 ? sin n 2
2. 用数学归纳法证明： 1?4＋2?7＋3?10＋?＋n(3n＋1)＝n(n＋1) 2 3. n∈N，试比较 2 与(n＋1) 的大小，并用证明你的结论。4. 用数学归纳法证明等式：cos x ?cos x2 ?cos x3 ???cos xn ＝
国高考) 5. 用数学归纳法证明： |sinnx|≤n|sinx| 6. 数列{a n }的通项公式 a n ＝ 1 2 ( n ? 1)
（n∈N）。
（85 年广东高考）
(n∈N)，设 f(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。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 2 ? 1) , ①.求 f(x)的定义域； 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。∈N)
③.求证：f(n)&n
六、参数法 参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量（参 数），以此作为媒介，再进行分析和综合，从而解决问题。直线与二次曲线的参数方程都是用参 数法解题的例证。换元法也是引入参数的典型例子。辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的，联系的方式是丰富多采的，科学的任务就是要 揭示事物之间的内在联系，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。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，顺利地解答问题。Ⅰ、再现性题组： 1. 设 2 ＝3 ＝5 &1，则 2x、3y、5z 从小到大排列是________________。2. （理）直线 ?
? x ? ?2 ? 2t ? ? y ? 3 ? 2t ?
上与点 A(-2,3)的距离等于 2 的点的坐标是________。
（文）若 k&－1，则圆锥曲线 x －ky ＝1 的离心率是_________。3. 点 Z 的 虚 轴 上 移 动 ， 则 复 数 C ＝ z ＋ 1 ＋ 2 ｉ 在 复 平 面 上 对 应 的 轨 迹 图 像 为 ____________________。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______。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”)
x2 y2 6. 椭圆 ＋ ＝1 上的点到直线 x＋2y－ 2 ＝0 的最大距离是_____。16 4 A. 3 B. C. D. 2 2 11 10
【简解】1 小题：设 2 ＝3 ＝5 ＝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； 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 ?
1 1 ，所以 e＝－ k k
3 小题：设 z＝bｉ，则 C＝1－b ＋2ｉ，所以图像为：从(1,2)出发平行于 x 轴向右的射线； 4 小题：设三条侧棱 x、y、z，则
1 1 1 xy＝6、 yz＝4、 xz＝3,所以 xyz＝24,体积为 4。2 2 2
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＝ Ⅱ、示范性题组：
|4 sin ? ? 4 cos ? ? 2| 的最大值，选 C。5
例1. 实数 a、b、c 满足 a＋b＋c＝1，求 a ＋b ＋c 的最小值。【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 3
1 1 2 2 2 ＋t 2 ，c＝ ＋t 3 ，代入 a ＋b ＋c 可求。3 3 1 1 1 【解】由 a＋b＋c＝1，设 a＝ ＋t 1 ，b＝ ＋t 2 ，c＝ ＋t 3 ，其中 t 1 ＋t 2 ＋t 3 ＝0， 3 3 3 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 ∴ a ＋b ＋c ＝（ ＋t 1 ） ＋（ ＋t 2 ） ＋( ＋t 3 ) ＝ ＋ (t 1 ＋t 2 ＋t 3 )＋t 1 3 3 3 3 3 1 1 2 2 2 2 2 ＋t 2 ＋t 3 ＝ ＋t 1 ＋t 2 ＋t 3 ≥ 3 3 1 2 2 2 所以 a ＋b ＋c 的最小值是 。3
【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 ＋b ＋c ＝(a ＋b＋c) －2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a ＋b ＋c )，即 a ＋b ＋c ≥
2 2 2 2 2 2 2
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。例2. 椭圆
1 x2 y2 ＋ ＝1 上有两点 P、Q，O 为原点。连 OP、OQ，若 k OP ?k OQ ＝－ ， 16 4 4
①．求证：|OP| ＋|OQ| 等于定值；
②.求线段 PQ 中点 M 的轨迹方程。
【分析】 由“换元法”引入新的参数，即设 ? θ
? x ? 4 cos θ ? y ? 2 sin θ
（椭圆参数方程），参数θ
P、Q 两点，先计算 k OP ?k OQ 得出一个结论，再计算|OP| ＋|OQ| ，并运用“参数法”
求中点 M 的坐标，消参而得。
? x ? 4 cos θ x2 y2 ＋ ＝1，设 ? ，P(4cosθ 1 ,2sinθ 1 )，Q(4cosθ 2 ,2sinθ 2 ), 16 4 ? y ? 2 sin θ 2 sin ?1 2 sin ?2 1 ? 则 k OP ?k OQ ＝ ＝－ ，整理得到： 4 4 cos ?1 4 cos ?2
【解】由 cosθ ∴ cos θ
|OP| ＋|OQ| ＝16cos θ
2 ＋sinθ 1 2
2 ＝0,即 1 ＋4sin
1 －θ 2 ）＝0。2 2 1 ＋16cos θ 2 ＋4sin θ 2
＝8＋12(cos θ
即|OP| ＋|OQ| 等于定值 20。
2 )＝20＋6（cos2θ 1 ＋cos2θ 2 )＝20＋12cos（θ 1 ＋θ 2 ）cos（θ 1 －θ 2 ）＝20， 2 2
由中点坐标公式得到线段 PQ 的中点 M 的坐标为 ? 所以有(
?x M ? 2(cos ?1 ? cos ? 2 ) ， ? y M ? sin ?1 ? sin ? 2
x 2 2 ) ＋y ＝2＋2(cosθ 2
2 ＋sinθ 1
x2 y2 即所求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程为 ＋ ＝1。8 2
【注】由椭圆方程，联想到 a ＋b ＝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
θ 1 ＋sinθ 2 ） ，这是求点 M 轨迹方程“消参法”的关键一步。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，再运用“消 去法”消去所含的参数，即得到了所求的轨迹方程。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－
?x 2 ? 4 y 2 ? 16 ? 0 2 ，消 y 得(1＋4k )x ＝16,即|x P |＝ ； ? y ? kx 1 ? 4k 2 ? ? x 2 ? 4 y 2 ? 16 ? 0 |8k | 1 ? 2 ，消 y 得(1＋ ； ? 1 2 )x ＝16，即|x Q |＝ 4k 1 ? 4k 2 ? y ? ? 4k x ? 4 |8k | 1 2 2 2 2 2 所以|OP| ＋|OQ| ＝( 1 ? k ? ) ＋（ 1 ? ） 2 ? 2 2 16k 1 ? 4k 1 ? 4k
1 ，由椭圆与直线 OP、OQ 相交于 PQ 两点有： 4k 4 2
20 ? 80k 2 2 2 ＝20。即|OP| ＋|OQ| 等于定值 20。1 ? 4k 2
在此解法中， 利用了直线上两点之间的距离公式|AB|＝ 1 ? k AB 的长。例 3.已知正四棱锥 S―ABCD 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 β 。【分析】要证明 cosα =-cos β ，考虑求出α 、β 的余弦，则 在α 和β 所在的三角形中利用有关定理求解。【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 。设 BC＝a (为参数)， 则 SF＝ SC＝ SF ? FC ＝ (
? |x A －x B |求|OP|和|OQ|
S E D O A B F C
OF a ＝ , cos β 2cos β
a a )2 ? ( )2 2 cos β 2
1 ? cos 2 β
a 1 ＝ a 1 ? cos 2 ? 1 ? cos 2 ? 2 cos ?
SF?BC a2 又 ∵BE＝ ＝ ? SC 2}
高二数学，椭圆问题，如图，求详细解释。图二为不恰当解法因为字母顺序必须是ABCD。求正确的
我有更好的答案
答案没错当然严格来说，你说的是对的，当时一般解题时，是不必要这么严格的毕竟高中用对角顶点是可以表示很多图形的，比如正方体AC等
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高中数学培优；解题错点诊断与方法引导
《高中数学培优；解题错点诊断与方法引导》是2010年7月浙江大学出版社出版的图书。
高中数学培优；解题错点诊断与方法引导内容介绍
《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》分两部分，前面部分为高中数学易错问题解析，后面部分为高中数学专题引导。
高中数学易错问题解析部分，根据学生在实际学习中易犯的错误，归纳错误形式，针对每个章节，列出学生的易错点，举例分析错解中错误的原因，帮助学生纠错，在此基础上给出正确的解答，并在每个章节后面设置了同类型的试题，供学生举一反三练习，巩固该知识点。该部分按照教材的先后顺序共分为13个专题，涵盖了高中数学所有的知识点。
高中数学引导部分在认真分析近年全国各地的高考试卷基础上，对于出现频率较高的热点试题进行分类总结，并给出此类问题的求解策略。本部分按照教材的先后顺序共分为22个专题，每个专题都针对一类热点问题，透彻分析。
《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》的选材新颖，所选试题均具有代表性，选题由浅入深，注意一题多解、一题多变、一题多用。高中数学易错问题解析详细，使学生不仅知其然，而且知其所以然。专题引导部分，方法新颖、有效，在给出常规解法的基础上都会去寻找更好的解题方法。《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》不仅仅是解题方法上的引导，更是渗透着各种数学思想，数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想、化归思想在《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》中体现的淋漓尽致。
《高中数学培优系列·高中数学培优解题错点诊断与方法引导》适合的读者范围广泛，既可以作为高中生复习应考有力助手，培养学生的解题能力，发展学生的解题思路，也可以作为教师备课的参考资料，同时也适合高等师范院校数学专业的学生阅读。
高中数学培优；解题错点诊断与方法引导图书目录
**章 解题错点诊断 1.集合易错问题点击 2.函数中易错问题解析 3.导数中易错问题剖析 4.一元二次不等式中的四个忽视 5.基本不等式误用分析 6.数列易错问题剖析 7.三角函数中易错问题解析 8.平面向量学习中常见的几个误区 9.直线方程中的易错问题解析 10.线性规划中的“警示录” 11.圆锥曲线中易错问题解析 12.立体几何中易错问题解析 13.排列组合、二项式定理易错题评析 第二章 方法引导 1.解抽象函数问题的常用策略 2.函数问题中数形结合的应用 3.导数中的切线问题的处理 4.导数综合题中参变量讨论的学问 5.导数中的“任意”与“存在”型问题的处理方法 6.不等式性质的应用 7.不等式在生活中的应用 8.等差数列求和中的*值问题处理方法 9.数列在生活中的应用 10.用函数思想解数列问题 11. 数形结合在三角函数中的应用 12.解三角形在生活中的应用 13.解三角形要学会用两条腿走路 14.向量数量积投影的应用 15.直线*值问题的处理 16与过定点直线相关的一类问题的处理 17.高考中线性规划问题的处理 18.圆锥曲线中常见定点定值问题处理方法 19.立体几何中的轨迹问题 20.聚焦几何概型的“交汇性” 21.数学中无处不在的推理 22.分类讨论的回避策略 参考答案
．豆瓣读书[引用日期]
清除历史记录关闭高中数学错题本详细做法及使用方法
制作错题本的简单步骤如下
步骤1、把所有的练习册和试卷找出来;分学科按学期顺序整理;以学年或学期为单位装订在一起，最好能在外面蒙上一张封皮。
步骤2、找个档案盒或文件夹或手提纸袋;分别按照知识模块顺序贴上标签(如：函数、数列、解析几何等)。
步骤3、将本子纵向分成三栏，用黑色笔在最左边一栏，按照时间顺序抄写(或粘贴)所有的错题，连带做错的部分全部照抄。抄错题的时候，最好将以下信息也记录下来：
(1)时间; (2)错题的出处(哪一次测验的哪一份试卷);
(3)错题的分值; (4)扣分值。
步骤4、在本子中间一栏，对应抄写的错题位置，重新做题。
步骤5、用红笔在本子的最右边一栏，仔细分析总结该题所涉及到的知识点、在知识网络中所处的位置、题型、解题的思路和方法，该题出错的原因及应当掌握的重点。在总结出错原因的时候，不要简单地写诸如“马虎”、“粗心”、“没有复习好”、“试题出偏了”等这类似是而非的理由，这种理由既骗别人，也骗自己!不要写考试发挥失常，而要写发挥失常的原因!比如是审题出错、运算出错、还是时间安排不当等等。
另外，还可以准备文件夹或手提纸袋，分门别类存放这一学年的各种练习和测验卷子，以后无论是找起来，还是用起来都很方便。
《错题本》中错误类型的整理与归纳分析
在考试结束后，要认真反思自己的错题，找出产生错误的原因，解决思维定势问题;要通过整理、分析、归类找出自己的错误类型和各类错误百分比或出错概率，分析出错的根本原因，为什么错了、当时是怎么想的、正确的解法是什么、以后应该注意什么;要注意老师的分析评讲，该题的引导语、切入点、解题的技巧、规范、步骤等等，并标注在错题旁。写出解题时的思维过程，与自己的思维障碍，找到思路突破的方法。
可以依照这些数据制一张统计图，分析出现错误的原因，是答题失误，是思维方法型错误、还是知识型错误、运算错误，这是建立错题本最为关键的步骤环节，可以非常直观地发现你学习中的主要问题。
经过一个阶段自查，建立一份个人补差档案。定期归类、整理，通过边查边改，重复犯的错误一定会越来越少。
《错题本》中错误类型的分析及学习方法的改进
不同错题类型产生的原因迥然不同，其解决的策略也各异，方法也有别。要根据错误的原因运用相应的对策，对症下药。以下是相关策略的初步运用：
不会做的题：
这主要表现在智力因素培养方面，对于知识结构性错误，重做一遍二遍错题是十分必要的，这要视你自己对错题的把握程度而定。这类错误是我们通过学习，建立自身知识体系时存在的漏洞，通过重做错题，并认真分析，把这个漏洞补上，就可以健全我们的知识结构体系，锻炼我们的思维能力，用10分钟的时间就可取得平时1~2小时的收益。也能发现自己究竟是学习行为方面存在问题，还是某些思维方式需要加以调整。
1、概念不清类：这类问题包括知识结构板块、知识点、基础知识(诸如具体的定理、公式、概念等等)，容易压得人喘不过气来。处于不同学习层次的同学要根据自己的实际情况，加强训练和记忆，培养自己的宏观思维方式，因人而异地确定自己的学习目标、步骤和解决问题的方案，并且有效地进行目标时间管理。
2、题型类：这类问题往往是未能掌握不同题型的解题思路或技巧;或处理问题的方式过于死板，虽然知道该题涉及到的知识点，但是却无从下手。其实无论是哪一类题型，都有其解题的一般思路和方法(共性)，只要掌握住某一题型的答题要领，以及能够仔细区分某一特定试题的“个性”，就能顺利将题解出。加强训练，假以时日便能培养自己举一反三能力，增进解题的灵活性与变通力，并且随时都能够有所感悟，使自己的思维能力得到提高。
3、能力应用类：这类问题往往是对知识点(概念)的理解较为浅显，思维单一，知其然不知其所以然。当使用障眼法，把曾经解答过的题变换某些条件，移植一种情景时，就会产生似曾相识的感觉，不再细辨其中的异同，自然会被虚假条件搞昏头。究其原因主要还是对某些知识缺乏灵活运用，不能融会贯通，同时缺乏理论联系实际的探索精神。要针对试题涉及的知识点及内容认真地加以复习巩固，多观察和了解日常生活现象，做操作题时多与理论相联系，加强典型题与日常生活应用训练，多做试题分析。这样可以有效地培养和训练自己的发散思维能力、观察能力和逆向思维能力。
模棱两可似是而非的题
对于模棱两可似是而非的错题，通过分析，可以发现是把公式给弄混淆了?还是把公式给用错了?是理解错了?还是记忆错了?
1、概念模糊类：这类问题往往是一点就通，容易被人忽视。比如巧妙设置在题中的隐含条件、限制条件和关键词语等等这类问题，往往一点就破，一般会认为自己是弄懂了的，只是没有发现而已，实际上是概念模糊。有的则是自身知识结构体系脉络不清，以致给出错误答案。加强概念和基础知识的训练和巩固，多做典型题型是解决这类错误的方法之一。
2、记忆模糊类：这类问题主要是对概念和原理等的理解过于浅显，或记得不牢，或只知其一，不知其二，当问题交织在一起时，便分辨不清，导致答题时似是而非。当问题成堆时，面对题海便会显得迷茫、不知所措、甚至于无精打彩，以至于懈怠下去。攻克这类问题主要就是解决理解和记忆，并要拓展知识的运用。
会做的却做错了的题
这主要表现在非智力因素培养方面，这类问题最容易被人忽视，常常会自以为是地认为下次注意就行了，自己是不会再犯这个错误的，然而，往往却事与愿违，不会发生的事竟然又一次发生了。所以，别对自己的错误太温柔，一定要找出问题所在，消灭这类问题。
1、顾此失彼类：考题中涉及的知识点稍多一点，过程稍复杂一些，大脑就运转不过来，顾头不顾尾。这主要缘于典型题做得不够，做得不精，做题的难度系数也较低，并对教材中的观点、基本原理和基本概念等理解得不深不透。
2、审题错误类：还没看清条件就急忙解题，可能是观察得不够仔细，判断得不够准确，也可能是考试策略不当，或是心理心态不稳，还可能是缘于外界的干扰刺激，更有可能是平时练习不到位，仅仅是为了完成作业而作业，或做题缺乏针对性，成天盲目做题，忽略了做完题后的反思环节，以及平时就缺乏慢审题快解题的训练。要养成“袖手于前疾书在后”的答题风格，以及做完题后进行回顾和总结的习惯，这对增强自己的审题能力极有好处。
考试策略类：
这主要表现在非智力因素培养方面，比如遇到复杂一些的考题，便心生恐惧，头脑发懵以至造成失误，或缺乏答题的快慢观念。面对比较有把握的考题也自我怀疑，答题时犹豫不决，这也会在一定程度上强化不良的考试情绪，干扰解题的思路。通过这部分的分析可以发现自己是思路不清?还是思路受到了干扰?
1、考场时间分配不合理：平时没有从心理上把练习和考试作为正式考试来对待，没有把一般性的考试作为训练考试时间分配的练兵场，导致正式考试时虎头蛇尾，眼睁睁看着自己熟悉的题却没有时间下手。
2、舌尖现象：答案就在嘴边盘旋，但就是写不出来。这与心理紧张、心态失衡有关。在答题时要从容不迫沉着冷静，这需要平时加强非智力因素方面的训练和培养。
3、克拉克现象：见到生题或难题便心烦意乱，乱了方寸。这与心理应激反应有关，破坏了考试竞技场上应有的状态，平时就要克服急躁心理，化解不良情绪，提高自信心，消除烦躁不安、焦虑紧张的心态，做到心平气和情绪稳定。这也需要平时加强非智力因素方面的训练和培养。
4、考前失眠：表现在考场上无法集中精力，逻辑思维混乱，反应迟钝，计算失误。主要缘于压力过大、始终处于焦虑状态。这同样需要平时加强非智力因素方面的训练和培养。比如，平时就要多进行心理心态的调整和引导，培养和提高自己的心理素质，达到心理稳定从容不迫。此外，当不幸处于焦虑状态时，可以问一问自己：“我焦虑的是什么?”、“这种焦虑对结果有帮助吗?”、“有哪些方法可以解决?”、“我会有办法解决!”
要加强考试心理和考试策略训练，可以灵活运用《提升学习竞争力》中的案例。
五、非知识结构性错误(马虎粗心导致丢分)
这主要表现在非智力因素培养方面，由于马虎出错导致丢分是一个普遍存在的现象，于是大家往往就变得心安理得，还会唐吉珂德式原谅自己：“这些题我都会做，就是粗心没考好，否则就是满分了，我今后要注意克服。”能克服吗?未必!因为粗心不是一种行为，马虎也不是一种行为，要改还得从行为入手，平时要加强行为习惯的训练。学习中常见的粗心或马虎行为主要有以下几种。
1、看错：看错题这种行为产生的原因主要与人的瞬时记忆有关。有的人视觉成像反应稍慢(他的学习类型可能不属于视觉类型)，而他又看得快，前面的信息在大脑中还未形成稳定的状态时，后面的信息又进来了，于是导致把题看错，解决这一行为就是放慢看题速度，也就是俗话所说的“看仔细点”。有的人则可能是与自身的短时记忆容量有关，人的短时记忆容量为7±2，如果一个人的短时记忆容量为5，即他一次瞬间只能记住5个单词或数字之类的东西，当他想一次瞬间记住7个时，就会出现记忆错误，从而就会发生看错了的现象，解决这一看错行为可以通过平时训练来达到，最简单的办法是在上学或放学的路上用瞥一眼方式去记路边的汽车牌照，也可以运用瞥一眼的方式去记一组数字或符号或英语单词，以提高自己的短时记忆容量，增强记忆力。
2、抄错：普遍把草稿纸上的正确答案抄到答卷上出错或抄漏是最冤枉的一种丢分。这一抄错行为的产生除了与瞬时记忆有关外，还与人的过忆过程有关，抄写包括记(看)和忆(写)两个过程，你可能没有看错，但你却写错了，为什么呢?因为人们在回忆时，总是会把后面位置的字与前面位置的字颠倒，在你说话或背诵时也会出现这种前后位置颠倒的情况。解决这一行为的办法就是进行大量的快速抄写行为训练，提高大脑的纠错能力。另一个原因还与人的记忆缓存有关，举个例来说，有的人可以在别人念下一句时，继续写完上一句，有的人却比较困难，这也需要通过经常的听写行为训练来加以解决。
3、算错：计算时出错。这主要反映出平时的练习少了，没有养成自动化答题技能，没有形成稳固的肌肉记忆方式。大家知道骑自行车不倒，靠的就是肌肉记忆反应，在急刹车时，靠的也是肌肉记忆反应，如果要等到大脑来指挥的话，车祸就已经发生了。肌肉记忆方式可以有效地减轻我们大脑的负担，让我们的大脑去想更加复杂的问题。也有可能是我们平时在草稿纸上演算就不注意整洁，乱七八糟，缺乏规范化的训练，于是算错也就成了一件“很正常”的事了。
4、写错(书写出错)：比如，明明是大于号却偏偏写成了小于号，此外还有正负号、小数点、字、词或字母、符号等等的书写出错，这就需要首先从心理上、从思想意识上看清符号(比如：正负号)的有无，准确地记住小数点的位置;另一原因是肌肉记忆出现偏差，解决这一书写出错行为可以采用双人训练的方法，一人快速念，一人快速写，加强肌肉记忆训练。
这4类错误是最容易取得成效的，只需稍加训练即可。
5、想错(判断错误)：一个原因是知识掌握得不牢，相似知识点之间发生了混淆，出现判断失误。另一个原因属于想当然失误，即没有注意到题型的条件已经发生了改变，从而落入了出题人设下的陷阱。
6、跳步：以为自己明白了，或害怕答题速度跟不上，不写出相关步骤，结果发生了错误。首先是要符合答题规范，其次是你明白了，阅卷人明白吗?所以关键信息绝对不能跳步。
7、没有完全按要求答题。这与跳步答题的错误相似，不同之处在于这类题是有明确要求的，当你随意忽略时，失误就在所难免。
进阶与提高
不能仅仅满足于知道出错的浅显缘由，归类分析自己的错误类型，找到自己学习的主攻方向，还要找到解决各种错误类型的途径，并立即坚持执行之，最终就能形成适合自己的方法。
1、错题本的类型
常见的“错题本”可以分为四大类型：一是索引型，将所有错题的题目抄下来，做成一个错题索引本;二是章节型，将所有错题按学科的章节顺序进行分类整理;三是原因型，将所有错题按错误的原因进行分类整理;四是三栏式，将所有错题按学科的章节顺序和错误性质进行分类整理，优点在于既能将错误分门别类，区别对待，又能按原因查找，还能按章节查找易错知识点。对于非知识结构性丢分可以只给出索引，这能有效地减轻工作量。通过错题本与错误类型分析可以培养同学们的归纳分析和认知思维能力，将追求分数论高低转化成为素质培养(如：学会如何处理问题的能力)。
在制作过程中，既可以采用在原试卷上标注，在“错题本”上做索引的方式，简化“错题本”;也可以采用剪贴方式;还可以对同一类型问题只记录典型题型、难点和出错次数。也可做成活页式，按自己的风格进行装订，每次查阅时还可及时更换或补充。要把原来错误的解法清晰地摘要在错题本上，并在下面留有一块空白。
2、亡羊补牢(纠正错误)
“错题本”做好后不要束之高阁，不能满足于看一看，翻一翻就自以为是地觉得自己已经掌握了，就能把自己的知识漏洞修补好了。对每一道知识结构性错题，应根据相同或相关的典型题型，去查找课本或资料，找到每道题的解题依据，找到出错的原因，讲出应该如何去做的道理。老师讲解正确答案时，在原题下面空白处记下自己没有做出来或做错的原因分析，把原题做一遍，以加深印象和逐步形成能力。如果此题有多种解题思路，可以在旁边用另一颜色笔把几种解法的简要思路写上。对于不太熟悉的内容和解题思路，一定要打破沙锅问到底，反复练习，掌握其解题规律，以便用一个点的解决带动一条线的解决，用一条线的解决带动一个面的解决。只有把典型题型弄清楚了，才能应对试题的千变万化，这就是以不变应万变。通过对试题的练习和印证，我们还会更加清晰地明白某道题属于某个知识板块，涉及到几个知识点，有哪些解题思路和方法，让模糊的东西清晰化，随着认识的一步步深化，思维能力也会随之增加。
这一工作做起来比较有趣，解题经验丰富的同学做起来会比较顺利一些。依照某一题型试着变换一些条件，就可编出一些试题，这是夯实自身知识结构体系的方法之一，也是正确理解课本中概念、原理等的路径之一，还能培养自己的解题意识，解题能力及各种思维能力。在最初运用此法时，建议只对试题条件做小小的改动即可。
此外，还可准备一个知识结构总结本，及时对所学知识进行总结，形成自己的知识结构网络体系，把自己的思维意识提升一个高度，达到总揽全局的效果。
4、错误类型体系图
前面我们进行的是单一学科错题类型分析，把当你把全部学科的错题类型归类放在一起时，就可建立起自己的错误体系，尤其是非知识结构出错方面，比如，查出各种错误类型(如看错、算错等等)所占比例大小，进而有效地找出自己学习中存在的共通性问题(跨学科)。
使用错题本的五个层次
一、不使用错题本
面对错题处于一种茫然的境地，不知道自己为什么会一错再错，错误总是象影子一样跟随着自己。
二、有错题本，仅限于就题改题
没有去分析出错的原因，或者分析得比较浅，或者过于笼统，比如，大意了，粗心了。虽然也能取得较好的成绩，但是可能学得比较死板。
三、有错题本，查找出错原因
能通过错题这一表面现象查找错题背后的出错原因，还会去分析这道错题的解题方法和思路，属于哪类题型，涉及到哪些知识点，可以有效地培养和提高自己的分析问题、解决问题的能力，能够感受到学习是一件有趣的事情。能够取得好的成绩。
四、分析整理错题本(错题本的利用)
能从错题中发现自己的出错类型及百分比，能够分门别类有条不紊地区别处理不同的问题，具有知识结构板块和框架意识，并以此制定和调整自己的学习目标，可以培养和提高自己的思维能力和分析归纳能力，能够感受到学习是一件愉快的事情，能够取得很好的成绩。
有了错题本，如何利用呢?方法是：要经常阅读错题本。错题本不是把做错的习题记下来就完了。要经常浏览错题本，对错题不妨再做一遍，这样就使每一道错题都发挥出最大效果，今后遇到同类习题时，就能够立刻回想起曾经犯过的错误，从而避免再犯。如果各科都建立错题本，并经常温故知错、持之以恒，高考成绩至少会提高20分。
五、运用出题法提高自己的解题意识
能高屋建瓴自上而下地从知识板块、知识点、题型、解题的方法和思路，涉及到的基础知识的角度去判断分析，去发现问题和处理问题，能够主动从错题类型，从题型入手去自己出题自己解，去发现自己的不足，提高自己看问题的洞察力和思维判断力，能够感受到学习是一件轻松愉快的事情。能够深切地体会到：能力的培养比成绩更重要。
高中学习是一个连续性的过程，在学习过程中，既要注重知识结构的系统性，学习方法的灵活性，还要注重学习和考试心态的稳定性，学习和考试心态稳定了，学习情绪就会高涨，学习效率就会提高，学习就会突飞猛进，自己的思维意识和各种能力及综合素质就能得到极大的提高。
高考并不是一定要熬夜苦战，也不是要在题海中盲目的漫游，建立一套适合自己的学习方法，才是最为重要的。
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今日搜狐热点第一篇:数学解题目
前言 ????????????????????? 第一章 高中数学解题基本方法 ????????? 一、 配方法 ??????????????? 二、 换元法 ??????????????? 三、 待定系数法 ????????????? 四、 定义法 ??????????????? 五、 数学归纳法 ????????????? 六、 参数法 ??????????????? 七、 反证法 ??????????????? 八、 消去法 ??????????????? 九、 分析与综合法 ???????????? 十、 特殊与一般法 ???????????? 十一、 类比与归纳法 ?????????? 十二、 观察与实验法 ?????????? 第二章 高中数学常用的数学思想 ???????? 一、 数形结合思想 ???????????? 二、 分类讨论思想 ???????????? 三、 函数与方程思想 ??????????? 四、 转化（化归）思想 ?????????? 第三章 高考热点问题和解题策略 ???????? 一、 应用问题 ?????????????? 二、 探索性问题 ????????????? 三、 选择题解答策略 ??????????? 四、 填空题解答策略 ??????????? 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 ??????????????
2 3 3 7 14 19 23 28 32
35 35 41 47 54 59 59 65 71 77
高中数学解题宝典 前 言
美国著名数学教育家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。而当我们解题时遇到一个 新问题，总想用熟悉的题型去“套”，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解透 彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。高考试题十分重视对于数学思想方法的考查，特别 是突出考查能力的试题， 其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法。我们要有意识地应用数学思 想方法去分析问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查： 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，而是受用一辈子，即使数学知识忘记了，数学思想方法也 还是对你起作用。数学思想方法中，数学基本方法是数学思想的体现，是数学的行为，具有模式化与可操作性 的特征， 可以选用作为解题的具体手段。数学思想是数学的灵魂， 它与数学基本方法常常在学习、 掌握数学知识的同时获得。可以说，“知识”是基础，“方法”是手段，“思想”是深化，提高数学素质的核心就是提 高学生对数学思想方法的认识和运用，数学素质的综合体现就是“能力”。为了帮助学生掌握解题的金钥匙，掌握解题的思想方法，本书先是介绍高考中常用的数学基 本方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法、反证法、分析与综合法、 特殊与一般法、 类比与归纳法、 观察与实验法， 再介绍高考中常用的数学思想： 函数与方程思想、 数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想。最后谈谈解题中的有关策略和高考中的几个 热点问题，并在附录部分提供了近几年的高考试卷。在每节的内容中，先是对方法或者问题进行综合性的叙述，再以三种题组的形式出现。再现 性题组是一组简单的选择填空题进行方法的再现， 示范性题组进行详细的解答和分析， 对方法和 问题进行示范。巩固性题组旨在检查学习的效果，起到巩固的作用。每个题组中习题的选取，又 尽量综合到代数、三角、几何几个部分重要章节的数学知识。
高中数学解题基本方法
一、 配方法 配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧，通过配方找到已知和 未知的联系，从而化繁为简。何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与“添项”、 “配”与“凑”的技巧，从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：已知或者未知中 含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解，或者缺 xy 项的二次曲线的 平移变换等问题。配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a＋b) ＝a ＋2ab＋b ，将这个公式 灵活运用，可得到各种基本配方形式，如： a ＋b ＝(a＋b) －2ab＝(a－b) ＋2ab； a ＋ab＋b ＝(a＋b) －ab＝(a－b) ＋3ab＝(a＋ a ＋b ＋c ＋ab＋bc＋ca＝
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 b 2 2 ) ＋（ b） ； 2 2
1 2 2 2 [(a＋b) ＋(b＋c) ＋(c＋a) ] 2
a ＋b ＋c ＝(a＋b＋c) －2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c) －2(ab－bc－ca)＝? 结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如： 1＋sin2α ＝1＋2sinα cosα ＝（sinα ＋cosα ） ； x ＋
1 1 2 1 2 ) －2＝(x－ ) ＋2 ；?? 等等。2 ＝(x＋ x x x
Ⅰ、再现性题组： 1. 在正项等比数列{a n }中，a 1 ?a 5 +2a 3 ?a 5 +a 3 ?a 7 =25，则 a 3 ＋a 5 ＝_______。2. 方程 x ＋y －4kx－2y＋5k＝0 表示圆的充要条件是_____。A.
B. k& 1 或 k&1 4
D. k＝ 1 或 k＝1 4
3. 已知 sin α ＋cos α ＝1，则 sinα ＋cosα 的值为______。A. 1 B. －1 C. 1 或－1 D. 0 4. 函数 y＝log 1 (－2x ＋5x＋3)的单调递增区间是_____。
A. （－∞,
B. [ 5 ,+∞) 4
C. (－ 1 , 5 ] 2 4
D. [ 5 ,3) 4
5. 已知方程 x +(a-2)x+a-1=0 的两根 x 1 、x 2 ，则点 P(x 1 ,x 2 )在圆 x +y =4 上，则实数 a＝_____。【简解】 1 小题：利用等比数列性质 a m? p a m? p ＝a m ，将已知等式左边后配方（a 3 ＋a 5 ）
易求。答案是：5。2 小题：配方成圆的标准方程形式(x－a) ＋(y－b) ＝r ，解 r &0 即可，选 B。
2 2 2 2 2 2 2 2 2
3 小题：已知等式经配方成(sin α ＋cos α ) －2sin α cos α ＝1，求出 sinα cosα ，然 后求出所求式的平方值，再开方求解。选 C。4 小题：配方后得到对称轴，结合定义域和对数函数及复合函数的单调性求解。选 D。5 小题：答案 3－ 11 。Ⅱ、示范性题组：
例 1. 已知长方体的全面积为 11，其 12 条棱的长度之和为 24，则这个长方体的一条对角线 长为_____。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
?2( xy ? yz ? xz ) ? 11 , ?4( x ? y ? z ) ? 24
而欲求对角线长 x 2 ? y 2 ? z 2 ，将其配凑成两已知式的组合形式可得。【解】设长方体长宽高分别为 x,y,z，由已知“长方体的全面积为 11，其 12 条棱的长度之 和为 24”而得： ?
?2( xy ? yz ? xz ) ? 11 。?4( x ? y ? z ) ? 24
2 2 长方体所求对角线长为： x ? y ? z ＝ ( x ? y ? z ) ? 2( xy ? yz ? xz ) ＝ 6 ? 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。例 2. 设方程 x ＋kx＋2=0 的两实根为 p、q，若( 范围。【解】方程 x ＋kx＋2=0 的两实根为 p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2 , (
p 2 q 2 ) +( ) ≤7 成立，求实数 k 的取值 q p
( p 2 ? q 2 )2 ? 2 p 2 q 2 [( p ? q )2 ? 2 pq]2 ? 2 p 2 q 2 p4 ? q4 ＝ ＝ ＝ ( pq )2 ( pq )2 ( pq )2
( k 2 ? 4) 2 ? 8 ≤7， 解得 k≤－ 10 或 k≥ 10 。4
又 ∵p、q 为方程 x ＋kx＋2=0 的两实根， ∴ △＝k －8≥0 即 k≥2 2 或 k≤－2 2 综合起来，k 的取值范围是：－ 10 ≤k≤－ 2 2 或者 2 2 ≤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。
) ＋( ) 。a?b a?b a 2 a a 【分析】 对已知式可以联想： 变形为( ) ＋( )＋1＝0， 则 ＝ω （ω 为 1 的立方虚根） ； b b b
例 3. 设非零复数 a、b 满足 a ＋ab＋b =0，求(
或配方为(a＋b) ＝ab 。则代入所求式即得。【解】由 a ＋ab＋b =0 变形得：( 设ω ＝
a 2 a ) ＋( )＋1＝0 ， b b
a 1 b 2 3 3 ，则ω ＋ω ＋1＝0，可知ω 为 1 的立方虚根，所以： ＝ ，ω ＝ ? ＝1。b ? a
又由 a 2 ＋ab＋b 2 =0 变形得：(a＋b) 2 ＝ab ，
b a a 2 999 b 2 999 a 999 b 999
所以 ( ) ＋( ) ＝( ) ＋( ) ＝( ) ＋( ) ＝ω ab ab a?b b a a?b
＝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。
a 2 a b ? 1 ? 3i ) ＋( )＋1＝0 ，解出 ＝ 后，化成 2 b b a a 999 b 999 三角形式，代入所求表达式的变形式( ) ＋( ) 后，完成后面的运算。此方法用于只是未 b a ? 1 ? 3i 联想到ω 时进行解题。2 ? 1 ? 3i 2 2 假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由 a ＋ab＋b ＝0 解出：a＝ b， 2
【另解】由 a 2 ＋ab＋b 2 ＝0 变形得：( 直接代入所求表达式， 进行分式化简后， 化成复数的三角形式， 利用棣莫佛定理完成最后的计算。Ⅲ、巩固性题组： 1. 函数 y＝(x－a) ＋(x－b) A. 8 B. ( a ? b) 2
（a、b 为常数）的最小值为_____。
2 2 C. a ? b
D.最小值不存在
2. α 、β 是方程 x －2ax＋a＋6＝0 的两实根，则(α -1) A. － 49 4 A.最大值 2 2
+(β -1) 的最小值是_____。
3. 已知 x、y∈R ，且满足 x＋3y－1＝0，则函数 t＝2 ＋8 有_____。B.最大值 2
C.最小值 2 2
B.最小值 2
4. 椭圆 x －2ax＋3y ＋a －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 ? sin 8 ＋ 2 ? 2 cos 8 的结果是_____。A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4 6. 设 F 1 和 F 2 为双曲线 x －y ＝1 的两个焦点，点 P 在双曲线上且满足∠F 1 PF 2 ＝90°， 则
△F 1 PF 2 的面积是_________。
2 7. 若 x&－1，则 f(x)＝x ＋2x＋ 1 的最小值为___________。
8. 已知 ? 〈β &α 〈 3 π ，cos(α -β )＝ 12 ，sin(α +β )＝－ 3 ，求 sin2α 的值。(92 年高 5 2 4 13 考题) 9. 设二次函数 f(x)＝Ax ＋Bx＋C， 给定 m、 n （m&n） ,且满足 A [(m+n) + m n ]＋2A[B(m+n) －Cmn]＋B ＋C ＝0 。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。
2 2 2 2 2 2 2
10. 设 s&1，t&1，m∈R，x＝log s t＋log t s，y＝log s 4 t＋log t 4 s＋m(log s 2 t＋log t 2 s), 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。
换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐 含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简 化。它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、 不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。换元的方法有：局部换元、三角换元、均值换元等。局部换元又称整体换元，是在已知或者 未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才 能发现。例如解不等式：4 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。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]， x＝sin α ， 设 α ∈[0,
? ]，问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设，其中主要应该是发现 2
值域的联系，又有去根号的需要。如变量 x、y 适合条件 x ＋y ＝r （r&0）时，则可作三角代 换 x＝rcosθ 、y＝rsinθ 化为三角问题。均值换元，如遇到 x＋y＝S 形式时，设 x＝
S S ＋t，y＝ －t 等等。2 2
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,
Ⅰ、再现性题组： 1.y＝sinx?cosx＋sinx+cosx 的最大值是_________。2.设 f(x ＋1)＝log a (4－x ) （a&1），则 f(x)的值域是_______________。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 ＋2xy－1＝0，则 x＋y 的取值范围是___________。5.方程
1 ? 3? x ＝3 的解是_______________。1 ? 3x
6.不等式 log 2 (2 －1) ?log 2 (2
－2)〈2 的解集是_______________。
【简解】1 小题：设 sinx+cosx＝t∈[－ 2 , 2 ]，则 y＝ t＝ 2 ，y max ＝
t2 1 ＋t－ ，对称轴 t＝－1，当 2 2
1 ＋ 2； 2
2 小题：设 x ＋1＝t (t≥1)，则 f(t)＝log a [-(t-1) ＋4]，所以值域为(－∞,log a 4]； 3 小题：已知变形为 n，所以 a n ＝－
1 1 ＝－1,设 b n ＝ ，则 b 1 ＝－1,b n ＝－1＋(n－1)(-1)＝－ an an
4 小题：设 x＋y＝k，则 x －2kx＋1＝0, △＝4k －4≥0,所以 k≥1 或 k≤－1；
5 小题：设 3 ＝y，则 3y ＋2y－1＝0,解得 y＝
1 ，所以 x＝－1； 3 5 ,log 2 3)。4
6 小题：设 log 2 (2 －1)＝y，则 y(y＋1)&2，解得－2&y&1，所以 x∈(log 2 Ⅱ、示范性题组： 例 1. 实数 x、y 满足 4x 2 －5xy＋4y 2 ＝5 值。（93 年全国高中数学联赛题） 【分析】 由 S＝x ＋y 联想到 cos α ＋sin α ＝1,于是进行三角换元， ? 设
（ ①式） ，设 S＝x 2 ＋y 2 ，求
? x ? S cos α ? ? y ? S sin α ?
代入①式求 S max 和 S min 的值。【解】设 ?
? x ? S cos α ?
? y ? S sin α ? 10 解得 S＝ ； 8 ? 5 sin 2α
代入①式得： 4S－5S?sinα cosα ＝5
∵ -1≤sin2α ≤1 ∴ 3≤8－5sin2α ≤13 ∴
10 10 10 ≤ ≤ 13 8 ? 5 sin ? 3
3 13 16 8 ＋ ＝ ＝ 10 10 10 5
此种解法后面求 S 最大值和最小值，还可由 sin2α ＝ |
8S ? 10 |≤1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。S S S S S 2 2 2 2 【另解】 由 S＝x ＋y ，设 x ＝ ＋t，y ＝ －t，t∈[－ ， ]， 2 2 2 2
8S ? 10 的有界性而求，即解不等式： S
S2 S2 －t 2 代入①式得：4S±5 －t 2 =5， 4 4
移项平方整理得 100t +39S －160S＋100＝0 。
10 10 ≤S≤ 13 3 3 13 16 8 1 1 ∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ S max S min 10 10 10 5
∴ 39S －160S＋100≤0 解得：
【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 ＋y 与三角公式 cos α ＋sin 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 ＋y 而按照均值换元的思路， x ＝ S ＋t、 ， 设
y 2 ＝ S －t，减少了元的个数，问题且容易求解。另外，还用到了求值域的几种方法：有界法、
不等式性质法、分离参数法。和“均值换元法”类似，我们还有一种换元法，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＝a－b， 代入①式整理得 3a ＋13b ＝5 ＝
，求得 a ∈[0,
5 2 2 2 2 ]，所以 S＝(a－b) ＋(a＋b) ＝2(a ＋b ) 3
10 20 2 10 10 1 1 ＋ a ∈[ , ]，再求 ＋ 的值。13 13 13 3 S max S min
例 2． △ABC 的三个内角 A、 C 满足： B、 A＋C＝2B，
1 A? C 2 1 ＋ ＝－ ， cos 求 cos A cos C cos B 2
? A ? C ? 120° ? B＝ 60°
的值。（96 年全国理） 【分析】 由已知 “A＋C＝2B” “三角形内角和等于 180°” 和 的性质， 可得 ? 由“A＋C＝120°”进行均值换元，则设 ?
? A＝ 60° ? α
?C＝ 60°－α ? A ? C ? 120° 【解】由△ABC 中已知 A＋C＝2B，可得 ? , ? B＝ 60° ? A＝ 60° ? α 由 A＋C＝120°，设 ? ，代入已知等式得： ?C＝ 60°－α 1 1 1 1 1 1 ＋ ＝ ＋ ＝ ＋ cos A cos C cos( 60??? ) cos( 60??? ) 1 3 1 3 cos ? ? sin ? cos ? ? sin ? 2 2 2 2 cos ? cos ? ＝ ＝ ＝－2 2 , 1 3 2 3 2 2 cos ? ? sin ? cos ? ? 4 4 4 2 2 A? C 解得：cosα ＝ ， 即：cos ＝ 。2 2 2 1 1 2 【另解】由 A＋C＝2B，得 A＋C＝120°，B＝60°。所以 ＋ ＝－ cos A cos C cos B 1 1 ＝－2 2 ，设 ＝－ 2 ＋m， ＝－ 2 －m ， cos A cos C 1 1 所以 cosA＝ ，cosC＝ ，两式分别相加、相减得： ? 2?m ? 2?m A? C A? C A? C 2 2 cosA＋cosC＝2cos cos ＝cos ＝ 2 ， 2 2 2 m ?2
，再代入可求 cosα 即 cos
A? C A? C A? C 2m sin ＝－ 3 sin ＝ 2 ， 2 2 2 m ?2 2 2 A? C 2m 2 A? C 2 A? C 即：sin ＝－ ，＝－ 2 ，代入 sin ＋cos ＝1 整理得： 2 2 2 2 m ?2 3( m ? 2)
cosA－cosC＝－2sin 3m －16m－12＝0,解出 m ＝6，代入 cos
2 2 2 A? C ＝ 2 ＝ 。2 2 m ?2 1 1 【注】 本题两种解法由“A＋C＝120°”、“ ＋ ＝－2 2 ”分别进行均值换 cos A cos C
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 ° ， B ＝ 60 ° 。所 以 2 2 cosAcosC，和积互化得：
1 1 2 ＋ ＝－ ＝ － 2 2 ， 即 cosA ＋ cosC ＝ － cosA cos C cosB
2 A? C A? C A? C cos ＝－ 2 [cos(A+C)＋cos(A-C)，即 cos ＝ － 2 cos(A-C)＝ 2 2 2 2 2 A? C 2 A? C 2 A? C － 2 (2cos －1)，整理得：4 2 cos ＋2cos －3 2 ＝0, 2 2 2 2 2 A? C 解得：cos ＝ 2 2
2cos 例 3. 设 a&0，求 f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx?cosx－2a 的最大值和最小值。【解】 设 sinx＋cosx＝t，则 t∈[- 2 , 2 ]，由(sinx＋cosx) ＝1
t2 ?1 , , ＋2sinx?cosx 得：sinx?cosx＝ 2 － 2 2 1 1 2 ∴ f(x)＝g(t)＝－ (t－2a) ＋ （a&0），t∈[- 2 , 2 ] 2 2 1 2 t＝- 2 时，取最小值：－2a －2 2 a－ 2 1 2 当 2a≥ 2 时，t＝ 2 ，取最大值：－2a ＋2 2 a－ ； 2 1 当 0&2a≤ 2 时，t＝2a，取最大值： 。2 ?1 2 ) ? (0 ? a ? 1 ?2 2 2 ∴ f(x)的最小值为－2a －2 2 a－ ，最大值为 ? 。2 1 2 ? 2 ?? 2a ? 2 2 a ? 2 ( a ? 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 ]）与 sinx＋cosx 对应，否则将会出错。本题
解法中还包含了含参问题时分类讨论的数学思想方法， 即由对称轴与闭区间的位置关系而确定参 数分两种情况进行讨论。一般地，在遇到题目已知和未知中含有 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。
4( a ? 1) 2a (a ? 1)2 例 4. 设对所于有实数 x，不等式 x log 2 ＋2x log 2 ＋log 2 &0 恒成 a a ?1 4a 2
立，求 a 的取值范围。（87 年全国理） 【分析】不等式中 log 2
4( a ? 1) 2a ( a ?1) 2 、 log 2 、log 2 三项有何联系？进行对数式 a a ?1 4a 2
的有关变形后不难发现，再实施换元法。
4( a ? 1) 2a 8( a ? 1) a ?1 ＝ t ，则 log 2 ＝ log 2 ＝ 3 ＋ log 2 ＝3－ a 2a a ?1 2a 2a a ?1 (a ? 1)2 log 2 ＝3－t，log 2 ＝2log 2 ＝－2t， 2 a ?1 2a 4a
【 解 】 设 log 2 代入后原不等式简化为（3－t）x ＋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 ? ? ? 4 t ? 8t ( 3 ? t ) ? 0 2a 0& &1，解得 0&a&1。a ?1
∴ t&0 即 log 2
2a &0 a ?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，
4( a ? 1) 2a (a ? 1)2 关键是发现已知不等式中 log 2 、 log 2 、log 2 三项之间的联系。在解决 a a ?1 4a 2
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。
x sin θ 10 cos θ sin 2 θ cos 2 θ 例 5. 已知 ＝ ，且 ＋ ＝ (②式)，求 的值。2 2 2 2 y x y y x 3( x ? y ) sin θ cos θ 2 2 2 2 2 【解】 设 ＝ ＝k， sinθ ＝kx， 则 cosθ ＝ky， sin θ ＋cos θ ＝k (x +y ) 且 x y
＝1,代入②式得：
10 k 2 10 k2 y2 k 2x2 ＋ ＝ ＝ 3 y2 x2 3( x 2 ? y 2 )
解得：t＝3 或
x 2 10 y2 即： 2 ＋ 2 ＝ 3 y x
1 x2 设 2 ＝t，则 t＋ ＝ 10 , t y 3
x 3 ＝± 3 或± y 3
x sin θ cos 2 θ 【另解】 由 ＝ ＝tgθ ，将等式②两边同时除以 ，再表示成含 tgθ 的式 y cos θ x2 10 10 2 4 2 2 子：1＋tg θ ＝ (1 ? tg 2? ) ? ＝ tg θ ，设 tg θ ＝t，则 3t ―10t＋3＝0， 1 3 3(1 ? 2 ) tg ?
x 3 ＝± 3 或± 。y 3
sin θ cos θ ＝ 而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个数。第 x y x sin θ 二种解法将已知变形为 ＝ ，不难发现进行结果为 tgθ ，再进行换元和变形。两种解法 y cos θ
【注】 第一种解法由 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。
( x ? 1)2 ( y ? 1) 2 例 6. 实数 x、y 满足 ＋ ＝1，若 x＋y－k&0 恒成立，求 k 的范围。9 16 ( x ? 1)2 ( y ? 1) 2 2 2 【分析】由已知条件 ＋ ＝1，可以发现它与 a ＋b ＝1 有相似之处，于是 9 16
实施三角换元。
x ?1 ( x ? 1)2 ( y ? 1) 2 y ?1 【解】由 ＋ ＝1，设 ＝cosθ ， ＝sinθ ， 9 3 16 4 ? x ? 1 ? 3 cos θ 即： ? 代入不等式 x＋y－k&0 得： ? y ? ?1 ? 4 sin θ
3cosθ ＋4sinθ －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”。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＋by＋c&0 (a&0)所表示的区域为直线 ax＋by＋c＝0 所分平面成两部分中含 x 轴正方向的一部分。此题不等 式恒成立问题化为图形问题：椭圆上的点始终位于平面上 x＋y y －k&0 的区域。即当直线 x＋y－k＝0 在与椭圆下部相切的切线之 x 下 时 。当 直 线 与 椭 圆 相 切 时 ， 方 程 组
?16( x ? 1) 2 ? 9( y ? 1) 2 ? 144 有相等的一组实数解， 消元后由△ ? ?x ? y ? k ? 0
＝0 可求得 k＝－3,所以 k&-3 时原不等式恒成立。Ⅲ、巩固性题组： 1. 已知 f(x )＝lgx (x&0)，则 f(4)的值为_____。
x＋y－k&0 平面区域
2. 函数 y＝(x＋1) ＋2 的单调增区间是______。A. [-2,+∞) B. [-1,+∞) D. (-∞,+∞)
C. (-∞,-1]
3. 设等差数列{a n }的公差 d＝ 1 ，且 S 100 ＝145，则 a 1 ＋a 3 ＋a 5 ＋??＋a 99 的值为_____。2 A. 85
4. 已知 x ＋4y ＝4x，则 x＋y 的范围是_________________。5. 已知 a≥0，b≥0，a＋b＝1，则 a ? 1 ＋ b ? 1 的范围是____________。
2 2 3 的解集是(4,b)，则 a＝________，b＝_______。6. 不等式 x &ax＋ 2 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 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 x＋2mcosx＋4m－1&0 恒成立。10. 已知矩形 ABCD，顶点 C(4,4)，A 点在曲线 x ＋y ＝ 2 (x&0,y&0)上移动，且 AB、AD 始终平行 x 轴、y 轴， 求矩形 ABCD 的最小面积。
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。待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。使用待定系数法，就是把具有某 种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否 用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就 可以用待定系数法求解。例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中 求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。使用待定系数法，它解题的基本步骤是： 第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式； 第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程； 第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析：
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。Ⅰ、再现性题组：
x ?1 ＋m，f(x)的反函数 f (x)＝nx－5，那么 m、n 的值依次为_____。2 5 5 5 5 A. , －2 B. － ， 2 C. , 2 D. － ，－2 2 2 2 2 1 1 2 2. 二次不等式 ax ＋bx＋2&0 的解集是(－ , )，则 a＋b 的值是_____。2 3
1. 设 f(x)＝ A. 10
3. 在(1－x )（1＋x） 的展开式中，x 的系数是_____。A. －297 B.－252 C. 297 D. 207 4. 函数 y＝a－bcos3x (b&0)的最大值为
3 1 ，最小值为－ ，则 y＝－4asin3bx 的最小正周 2 2
期是_____。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_______________。
y2 6. 与双曲线 x － ＝1 有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是____________。4 x ?1 【简解】1 小题：由 f(x)＝ ＋m 求出 f (x)＝2x－2m，比较系数易求，选 C； 2 1 1 1 1 2 2 小题：由不等式解集(－ , )，可知－ 、 是方程 ax ＋bx＋2＝0 的两根，代入两根， 2 3 2 3
列出关于系数 a、b 的方程组，易求得 a＋b，选 D； 3 小题：分析 x 的系数由 C 10 与(－1)C 10 两项组成，相加后得 x 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
5 小题：设直线 L’方程 2x＋3y＋c＝0，点 A(1,-4)代入求得 C＝10，即得 2x＋3y＋10＝0； 6 小题：设双曲线方程 x － Ⅱ、示范性题组： 例1. 已知函数 y＝
y2 y2 x2 ＝λ ，点(2,2)代入求得λ ＝3，即得方程 － ＝1。4 3 12
mx 2 ? 4 3x ? n 的最大值为 7，最小值为－1，求此函数式。x2 ?1
【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”。【解】 函数式变形为： (y－m)x －4 3 x＋(y－n)＝0， x∈R, 由已知得 y－m≠0
∴ △＝(－4 3 ) －4(y－m)(y－n)≥0 即： y －(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， 代入两根得： ? ∴ y＝
?1 ? ( m ? n ) ? mn ? 12 ? 0 ?49 ? 7( m ? n ) ? mn ? 12 ? 0
?m ? 5 ?m ? 1 或? ?n ? 1 ?n ? 5
5x 2 ? 4 3x ? 1 x 2 ? 4 3x ? 5 或者 y＝ x2 ?1 x2 ?1
此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即 y －6y－7≤0，然后与不等式①比较系数 而得： ?
?m ? n ? 6 ，解出 m、n 而求得函数式 y。?mn ? 12 ? ?7
【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， “判 使用 别式法”的关键是否可以将函数化成一个一元二次方程。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。【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、b、c 后，由已知垂直关系而联想到勾股定理建立一个方程，再 y B’ 将焦点与长轴较近端点的距离转化为 a－c 的值后列出第二个方程。【解】 设椭圆长轴 2a、短轴 2b、焦距 2c，则|BF’|＝a x
?a 2 ? b 2 ? c 2 ?a ? 10 ? 2 ? 2 2 ∴ ?a ? a ? ( 2b ) 解得： ? ?b ? 5 ? ? a ? c ? 10 ? 5 ? x2 y2 ∴ 所求椭圆方程是： ＋ ＝1 10 5
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
?b ? c ? 式： ?a ? c ? 10 ? 5 ? 2 2 2 ?a ? b ? c
，更容易求出 a、b 的值。
【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。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。
例 3. 是否存在常数 a、b、c，使得等式 1?2 ＋2?3 ＋?＋n(n＋1) ＝
n( n ? 1) 2 (an ＋ 12
bn＋c)对一切自然数 n 都成立？并证明你的结论。（89 年全国高考题） 【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。【解】假设存在 a、b、c 使得等式成立，令：n＝1，得 4＝ ＋2b＋c)；n＝3，得 70＝9a＋3b＋c。整理得：
1 1 (a＋b＋c)；n＝2，得 22＝ (4a 6 2
?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?3 ＋?＋n(n＋1) ＝ 下面用数学归纳法证明对任意自然数 n，该等式都成立：
n( n ? 1) 2 (3n ＋11n＋10)成立， 12
k( k ? 1) 2 (3k ＋11k＋10)； 12 k( k ? 1) 2 2 2 2 2 当 n＝k＋1 时，1?2 ＋2?3 ＋?＋k(k＋1) ＋(k＋1)(k＋2) ＝ (3k ＋11k＋10) 12 k( k ? 1) ( k ? 1)( k ? 2) 2 2 2 ＋(k＋1)(k＋2) ＝ (k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2) ＝ （3k ＋5k＋ 12 12 ( k ? 1)( k ? 2) 2 12k＋24）＝ [3(k＋1) ＋11(k＋1)＋10]， 12
假设对 n＝k 时等式成立，即 1?2 ＋2?3 ＋?＋k(k＋1) ＝
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 ＋2 ＋?＋n 、1 ＋2 ＋?＋n 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： n(n＋1) ＝n ＋2n ＋n 得 S n ＝1? 由 2
2 2 3 3 3 2 2 2 2 3 2 2 3 3 3 2 2 2
＋2?3 ＋?＋n(n＋1) ＝(1 ＋2 ＋?＋n )＋2(1 ＋2 ＋?＋n )＋(1＋2＋?＋n)＝
n 2 ( n ? 1) 2 n( n ? 1)( 2n ? 1) n( n ? 1) n( n ? 1) 2 ＋2? ＋ ＝ (3n ＋11n＋10)， 综上所述， a＝8、 当 12 4 6 2
b＝11、c＝10 时，题设的等式对一切自然数 n 都成立。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？ 【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。【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 (15a－ax)(7b－bx)x (a&0,b&0） ab ?? a ? b ? 1 ? 0 要使用均值不等式，则 ? ?15a ? ax ? 7b ? bx ? x 3 1 解得：a＝ ， b＝ ， x＝3 。4 4 15 21 64 15 x 21 3 64 4 ? 4 3 64 从而 V＝ ( － )( － x)x≤ ( ) ＝ ?27＝576。3 3 4 4 4 3 3 4
设 V＝ 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。本题解答中也可以令 V＝
4 4 (15a－ax)(7－x)bx 或 (15－x)(7a－ax)bx， ab ab
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”。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 1&a&2
D. a&2 或 0&a& 1
2. 方程 x ＋px＋q＝0 与 x ＋qx＋p＝0 只有一个公共根，则其余两个不同根之和为_____。A. 1 B. －1 C. p＋q D. 无法确定 3. 如果函数 y＝sin2x＋a?cos2x 的图像关于直线 x＝－ π 对称，那么 a＝_____。
B. － 2 C. 1 D. －1 2 0 1 2 n 4. 满足 C n ＋1?C n ＋2?C n ＋?＋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－ 1n , 则所有项的和等于_____。
D.与 a 有关
6. (1＋kx) ＝b 0 ＋b 1 x＋b 2 x ＋?＋b 9 x ， b 0 ＋b 1 ＋b 2 ＋?＋b 9 ＝－1， k＝______。若 则 7. 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 _____________。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______________。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， f(1)＋f(2) 求 ＋?＋f(m)的值。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。
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。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。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 2. 设 MP、OM、AT 分别是 46°角的正弦线、余弦线和正切线，则_____。A. MP&OM&AT B. OM&MP&AT C. AT&&OM&MP D. OM&AT&MP 3. 复数 z 1 ＝a＋2ｉ，z 2 ＝－2＋ｉ，如果|z 1 |& |z 2 |，则实数 a 的取值范围是_____。A. －1&a&1 B. a&1 C. a&0 D. a&－1 或 a&1
5 x2 y2 ＋ ＝1 上有一点 P， 它到左准线的距离为 ， 那么 P 点到右焦点的距离为_____。25 2 9 75 A. 8 C. 7.5 C. D. 3 4 T 5. 奇函数 f(x)的最小正周期为 T，则 f(－ )的值为_____。2 T A. T B. 0 C. D. 不能确定 2
4. 椭圆 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 & 5 ，选 A；
| PF左 | 4 ＝e＝ ，选 A； 5 5 2 T T T 5 小题：利用周期函数、奇函数的定义得到 f(－ )＝f( )＝－f(－ )，选 B； 2 2 2
4 小题：利用椭圆的第二定义得到 6 小题：利用线面角、面面角的定义，答案 2。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 z2 ? z ?1
＝1－ｉ，求实数 a、b 的值。（94 年全国理） 【分析】代入 z 进行运算化简后，运用复数三角形式和复数相等的定义解答。【解】由 z＝1＋ｉ，有 w＝z ＋3 z －4＝(1＋ｉ) ＋3 (1 ? i ) －4＝2ｉ＋3(1－ｉ)－4＝－1
－ｉ，w 的三角形式是 2 （cos
5? 5? ＋ｉsin ）； 4 4 z 2 ? az ? b (1 ? i ) 2 ? a (1 ? i ) ? b ( a ? b) ? ( a ? 2)i 由 z＝1＋ｉ，有 2 ＝ ＝ ＝(a＋2)－(a＋ z ? z ?1 i (1 ? i ) 2 ? (1 ? i ) ? 1
?a ? 2 ? 1 ， ?? ( a ? b) ? ?1
b)ｉ。由题设条件知：(a＋2)－(a＋b)ｉ＝1＋ｉ； 根据复数相等的定义，得： ? 解得 ?
?a ? ?1 。?b ? 2
【注】求复数的三角形式，一般直接利用复数的三角形式定义求解。利用复数相等的定义， 由实部、虚部分别相等而建立方程组，这是复数中经常遇到的。例 2. 已知 f(x)＝－x ＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，求 y＝log
f(x)的定义域，判定
2 ,1)上的单调性。2
【分析】要判断函数的单调性，必须首先确定 n 与 c 的值求出函数的解析式，再利用函数的 单调性定义判断。
? f ( 2) ? ?2 n ? 2c ? ?14 ? 【解】 ? ? f ( 4) ? ?4 n ? 4c ? ?252 ?
?n ? 4 ?c ? 1
∴ f(x)＝－x ＋x 解 f(x)&0 得：0&x&1 设
=(x 1 -x 2 )[1-(x 1 +x 2 )( x 1 +x 2 )], ∵ x 1 +x 2 & 2 ， x 1 +x 2
∴ (x 1 +x 2 )( x 1 +x 2 )〉 2 ?
∴ f(x 1 )－f(x 2 )&0 即 f(x)在( ∵
2 ,1)上是减函数 2 3 2 ∴ y＝log 2 f(x) 在( ,1)上是增函数。2
【注】关于函数的性质：奇偶性、单调性、周期性的判断， A’ A 一般都是直接应用定义解题。本题还在求 n、c 的过程中，运用 D 了待定系数法和换元法。C’ C 例 3. 如图，已知 A’B’C’―ABC 是正三棱柱，D 是 AC 中点。O H ① 证明：AB’∥平面 DBC’； ② 假设 AB’⊥BC’，求二面角 D―BC’―C 的度数。（94 年全国 B’ B 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。【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 DH＝ Rt△BOH 中，OH ＝BH?EH＝ ∴ OH＝
3 1 1 3 sin60°＝ ，BH＝ ，EH＝ ； 2 4 4 4
∴∠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。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：
EF OE 1 1 ＝ ＝ ，EF＝ B’E。在 Rt△ BF 3 B' B 2 1 2 2 B’BE 中，易得到 BF⊥BE,由射影定理得：B’E?EF＝BE 即 B’E ＝1，所以 B’E＝ 3 。3 1 y 例 4. 求过定点 M(1,2)，以 x 轴为准线，离心率为 的椭圆的下顶点的 2 M F
作 AE⊥BC 于 E，连接 B’E 即所求，易得到 OE∥B’B，所以 轨迹方程。A
【分析】运动的椭圆过定点 M，准线固定为 x 轴，所以 M 到准线距离为 2。抓住圆锥曲线的 统一性定义，可以得到
| AF | 1 ＝ 建立一个方程，再由离心率的定义建立一个方程。2 2
【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：
4 ( y ? )2 3 ＝1， 2 ，消 m 得：（x－1） ＋ 2 2 ( ) 3 4 ( y ? )2 3 ＝1。2 所以椭圆下顶点的轨迹方程为（x－1） ＋ 2 2 ( ) 3
【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。Ⅲ、巩固性题组： 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___。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 FB 1 等于_____。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 －y ＝3 的渐近线方程是_____。A. y＝±3x B. y＝± 1 x
1 ? 2 2 ? ( x ? 1) ? ( m ? 2) ? 2 ? 2 ? ?m ? y 1 ? ? ? y 2 ?
C. y＝± 3 x
D. y＝± 3 x
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 6. C 3n ＋C 21?n ＝________。7. Z＝4(sin140°－ｉcos140°)，则复数 12 的辐角主值是__________。
8. 不等式 ax ＋bx＋c&0 的解集是(1,2)，则不等式 bx ＋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 ＋…＋
2 2 2 10. 已知 F 1 、F 2 是椭圆 x 2 ＋ y 2 ＝1 (a&b&0)的两个焦点，其中 F 2 与抛物线 y ＝12x 的焦点
7 重合，M 是两曲线的一个焦点，且有 cos∠M F 1 F 2 ?cos∠MF 2 F 1 ＝ 23 ，求椭圆方程。
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。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。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。运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数 n 有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、 数列问题、几何问题、整除性问题等等。Ⅰ、再现性题组： 1. 用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)?(n＋n)＝2 ?1?2?(2n－1) （n∈N），从“k 到 k ＋1”，左端需乘的代数式为_____。A. 2k＋1 B. 2(2k＋1) C.
2k ? 1 k ?1
2k ? 3 k ?1
2. 用数学归纳法证明 1＋
1 1 1 ＋ ＋?＋ n &n (n&1)时，由 n＝k (k&1)不等式成立， 2 3 2 ?1
推证 n＝k＋1 时，左边应增加的代数式的个数是_____。A. 2 B. 2 －1 C. 2 D. 2 ＋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) 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 4. 数列{a }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_____。A. 3n－2 B. n
5. 用数学归纳法证明 3 4 n?2 ＋5 5
(n∈N)能被 14 整除， n＝k＋1 时对于式子 3 4( k?1)?2 ＋ 当
应变形为_______________________。6. 设 k 棱柱有 f(k)个对角面，则 k＋1 棱柱对角面的个数为 f(k+1)＝f(k)＋_________。【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； 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 ＋5 6 小题：答案 k－1。Ⅱ、示范性题组： 例1. 已知数列
（5 －3 ）；
8?n 8?1 ，?。S n 为其前 n 项和，求 S 1 、S 2 、 2 ，得，?， 1 ?3 (2n ? 1) 2 ? (2n ? 1) 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）
80 24 48 8 ，S 2 ＝ ，S 3 ＝ ，S 4 ＝ ， 25 49 81 9 ( 2n ? 1) 2 ? 1 猜测 S n ＝ (n∈N)。( 2n ? 1) 2
【解】 计算得 S 1 ＝ 当 n＝1 时，等式显然成立；
( 2k ? 1) 2 ? 1 假设当 n＝k 时等式成立，即：S k ＝ ， ( 2k ? 1) 2 8?( k ? 1) 当 n＝k＋1 时，S k ?1 ＝S k ＋ ( 2k ? 1) 2 ?( 2k ? 3) 2 8?( k ? 1) ( 2k ? 1) 2 ? 1 ＝ ＋ 2 ( 2k ? 1) ( 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 ? 3) 2 ? 1 ＝ , ( 2k ? 3) 2 ( 2k ? 1) 2 ?( 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 S k ?1 ＝
( 2k ? 3) 2 ? 1 2 作为目标，先通分使分母含有(2k＋3) ，再考虑 ( 2k ? 3) 2
要约分，而将分子变形，并注意约分后得到（2k＋3） －1。这样证题过程中简洁一些，有效地 确定了证题的方向。本题的思路是从试验、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。【另解】 用裂项相消法求和：
1 1 8?n 得， 2 － 2 2 ＝ ( 2n ? 1) ( 2n ? 1) 2 (2n ? 1) ? (2n ? 1) 1 1 1 1 1 1 S n ＝（1－ 2 ）＋（ 2 － 2 ）＋??＋ 2 － 2 ＝1－ ( 2n ? 1) ( 2n ? 1) ( 2n ? 1) 2 3 3 5 ( 2n ? 1) 2 ? 1 ＝ 。( 2n ? 1) 2 8?n 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 1 1 的裂项公式。可以说，用试值猜想证明三步解题，具有一般性。2 － ( 2n ? 1) ( 2n ? 1) 2 1 1 例 2. 设 a n ＝ 1? 2 ＋ 2? 3 ＋?＋ n( n ?1) (n∈N),证明： n(n＋1)&a n & (n 2 2
由 an ＝ ＋1) 。【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。【解】 当 n＝1 时，a n ＝ 2 ， ∴ n＝1 时不等式成立。
1 1 1 2 n(n+1)＝ ， (n+1) ＝2 ， 2 2 2
1 1 2 k(k＋1)&a k & (k＋1) ， 2 2 1 1 2 当 n＝k＋1 时， k(k＋1)＋ ( k ? 1)( k ? 2) &a k ?1 & (k＋1) ＋ ( k ? 1)( k ? 2) , 2 2 1 1 1 1 k(k＋1)＋ ( k ? 1)( k ? 2) & k(k＋1)＋(k＋1)＝ (k＋1)(k＋3)& (k＋1)(k＋2)， 2 2 2 2 1 1 1 1 3 2 2 2 2 (k＋1) ＋ ( k ? 1)( k ? 2) ＝ (k＋1) ＋ k ? 3k ? 2 & (k＋1) ＋(k＋ )＝ (k＋ 2 2 2 2 2
假设当 n＝k 时不等式成立，即： 2) ，
1 1 2 (k＋1)(k＋2) &a k & (k＋2) ，即 n＝k＋1 时不等式也成立。2 2 1 1 2 综上所述，对所有的 n∈N，不等式 n(n＋1)&a n & (n＋1) 恒成立。2 2
所以 【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＋1 2
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。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 1 1 1 1 1 n(n＋1)； 由 n( n ?1) &n＋ 可得， n &1＋2＋3＋?＋n＋ ?n＝ n(n＋1)＋ n＝ (n 2 a 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 ＋2n)& (n＋1) 。所以 n(n＋1)&a n & (n＋1) 。2 2 2 n( a1 ? a n ) 例 3. 设数列{a n }的前 n 项和为 S n ，若对于所有的自然数 n，都有 S n ＝ ，证明 2
{a n }是等差数列。（94 年全国文） 【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 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。【解】 设 a 2 －a 1 ＝d，猜测 a n ＝a 1 ＋(n－1)d 当 n＝1 时，a n ＝a 1 ， ∴ 当 n＝1 时猜测正确。∴当 n＝2 时猜测正确。当 n＝2 时，a 1 ＋(2－1)d＝a 1 ＋d＝a 2 ，
假设当 n＝k（k≥2）时，猜测正确，即：a k ＝a 1 ＋(k－1)d ， 当 n＝k＋1 时，a k ?1 ＝S k ?1 －S k ＝
( k ? 1)( a1 ? a k ?1 ) k ( a1 ? a k ) － ， 2 2
将 a k ＝a 1 ＋(k－1)d 代入上式， 得到 2a k ?1 ＝(k＋1)(a 1 ＋a k ?1 )－2ka 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 的得出是本题解答的关键，利用了已知的等式 S n ＝
n( a1 ? a n ) 、数列中通项与前 n 项 2
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。【另解】 可证 a n?1 －a n ＝ a n － a n?1 对于任意 n≥2 都成立：当 n≥2 时，a n ＝S n －S n?1 ＝
n( a1 ? a n ) ( n ? 1)( a1 ? a n ?1 ) ( n ? 1)( a1 ? a n ?1 ) － ； 同 理 有 a n?1 ＝ S n?1 － S n ＝ － 2 2 2 n( a1 ? a n ) ( n ? 1)( a1 ? a n ?1 ) ( n ? 1)( a1 ? a n ?1 ) ；从而 a n?1 －a n ＝ －n(a 1 ＋a n )＋ ，整理得 2 2 2
a n?1 －a n ＝ a n － a n?1 ，从而{a n }是等差数列。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，象已知数列的 S n 求 a n 一类型题应用此关系最多。
Ⅲ、巩固性题组： 1. 用数学归纳法证明：6
＋1 (n∈N)能被 7 整除。(n∈N)。
sin x x 2 ? sin n 2
2. 用数学归纳法证明： 1?4＋2?7＋3?10＋?＋n(3n＋1)＝n(n＋1) 2 3. n∈N，试比较 2 与(n＋1) 的大小，并用证明你的结论。4. 用数学归纳法证明等式：cos x ?cos x2 ?cos x3 ???cos xn ＝
国高考) 5. 用数学归纳法证明： |sinnx|≤n|sinx| 6. 数列{a n }的通项公式 a n ＝ 1 2 ( n ? 1)
（n∈N）。
（85 年广东高考）
(n∈N)，设 f(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。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 2 ? 1) , ①.求 f(x)的定义域； 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。∈N)
③.求证：f(n)&n
六、参数法 参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量（参 数），以此作为媒介，再进行分析和综合，从而解决问题。直线与二次曲线的参数方程都是用参 数法解题的例证。换元法也是引入参数的典型例子。辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的，联系的方式是丰富多采的，科学的任务就是要 揭示事物之间的内在联系，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。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，顺利地解答问题。Ⅰ、再现性题组： 1. 设 2 ＝3 ＝5 &1，则 2x、3y、5z 从小到大排列是________________。2. （理）直线 ?
? x ? ?2 ? 2t ? ? y ? 3 ? 2t ?
上与点 A(-2,3)的距离等于 2 的点的坐标是________。
（文）若 k&－1，则圆锥曲线 x －ky ＝1 的离心率是_________。3. 点 Z 的 虚 轴 上 移 动 ， 则 复 数 C ＝ z ＋ 1 ＋ 2 ｉ 在 复 平 面 上 对 应 的 轨 迹 图 像 为 ____________________。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______。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”)
x2 y2 6. 椭圆 ＋ ＝1 上的点到直线 x＋2y－ 2 ＝0 的最大距离是_____。16 4 A. 3 B. C. D. 2 2 11 10
【简解】1 小题：设 2 ＝3 ＝5 ＝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； 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 ?
1 1 ，所以 e＝－ k k
3 小题：设 z＝bｉ，则 C＝1－b ＋2ｉ，所以图像为：从(1,2)出发平行于 x 轴向右的射线； 4 小题：设三条侧棱 x、y、z，则
1 1 1 xy＝6、 yz＝4、 xz＝3,所以 xyz＝24,体积为 4。2 2 2
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＝ Ⅱ、示范性题组：
|4 sin ? ? 4 cos ? ? 2| 的最大值，选 C。5
例1. 实数 a、b、c 满足 a＋b＋c＝1，求 a ＋b ＋c 的最小值。【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 3
1 1 2 2 2 ＋t 2 ，c＝ ＋t 3 ，代入 a ＋b ＋c 可求。3 3 1 1 1 【解】由 a＋b＋c＝1，设 a＝ ＋t 1 ，b＝ ＋t 2 ，c＝ ＋t 3 ，其中 t 1 ＋t 2 ＋t 3 ＝0， 3 3 3 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 ∴ a ＋b ＋c ＝（ ＋t 1 ） ＋（ ＋t 2 ） ＋( ＋t 3 ) ＝ ＋ (t 1 ＋t 2 ＋t 3 )＋t 1 3 3 3 3 3 1 1 2 2 2 2 2 ＋t 2 ＋t 3 ＝ ＋t 1 ＋t 2 ＋t 3 ≥ 3 3 1 2 2 2 所以 a ＋b ＋c 的最小值是 。3
【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 ＋b ＋c ＝(a ＋b＋c) －2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a ＋b ＋c )，即 a ＋b ＋c ≥
2 2 2 2 2 2 2
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。例2. 椭圆
1 x2 y2 ＋ ＝1 上有两点 P、Q，O 为原点。连 OP、OQ，若 k OP ?k OQ ＝－ ， 16 4 4
①．求证：|OP| ＋|OQ| 等于定值；
②.求线段 PQ 中点 M 的轨迹方程。
【分析】 由“换元法”引入新的参数，即设 ? θ
? x ? 4 cos θ ? y ? 2 sin θ
（椭圆参数方程），参数θ
P、Q 两点，先计算 k OP ?k OQ 得出一个结论，再计算|OP| ＋|OQ| ，并运用“参数法”
求中点 M 的坐标，消参而得。
? x ? 4 cos θ x2 y2 ＋ ＝1，设 ? ，P(4cosθ 1 ,2sinθ 1 )，Q(4cosθ 2 ,2sinθ 2 ), 16 4 ? y ? 2 sin θ 2 sin ?1 2 sin ?2 1 ? 则 k OP ?k OQ ＝ ＝－ ，整理得到： 4 4 cos ?1 4 cos ?2
【解】由 cosθ ∴ cos θ
|OP| ＋|OQ| ＝16cos θ
2 ＋sinθ 1 2
2 ＝0,即 1 ＋4sin
1 －θ 2 ）＝0。2 2 1 ＋16cos θ 2 ＋4sin θ 2
＝8＋12(cos θ
即|OP| ＋|OQ| 等于定值 20。
2 )＝20＋6（cos2θ 1 ＋cos2θ 2 )＝20＋12cos（θ 1 ＋θ 2 ）cos（θ 1 －θ 2 ）＝20， 2 2
由中点坐标公式得到线段 PQ 的中点 M 的坐标为 ? 所以有(
?x M ? 2(cos ?1 ? cos ? 2 ) ， ? y M ? sin ?1 ? sin ? 2
x 2 2 ) ＋y ＝2＋2(cosθ 2
2 ＋sinθ 1
x2 y2 即所求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程为 ＋ ＝1。8 2
【注】由椭圆方程，联想到 a ＋b ＝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
θ 1 ＋sinθ 2 ） ，这是求点 M 轨迹方程“消参法”的关键一步。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，再运用“消 去法”消去所含的参数，即得到了所求的轨迹方程。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－
?x 2 ? 4 y 2 ? 16 ? 0 2 ，消 y 得(1＋4k )x ＝16,即|x P |＝ ； ? y ? kx 1 ? 4k 2 ? ? x 2 ? 4 y 2 ? 16 ? 0 |8k | 1 ? 2 ，消 y 得(1＋ ； ? 1 2 )x ＝16，即|x Q |＝ 4k 1 ? 4k 2 ? y ? ? 4k x ? 4 |8k | 1 2 2 2 2 2 所以|OP| ＋|OQ| ＝( 1 ? k ? ) ＋（ 1 ? ） 2 ? 2 2 16k 1 ? 4k 1 ? 4k
1 ，由椭圆与直线 OP、OQ 相交于 PQ 两点有： 4k 4 2
20 ? 80k 2 2 2 ＝20。即|OP| ＋|OQ| 等于定值 20。1 ? 4k 2
在此解法中， 利用了直线上两点之间的距离公式|AB|＝ 1 ? k AB 的长。例 3.已知正四棱锥 S―ABCD 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 β 。【分析】要证明 cosα =-cos β ，考虑求出α 、β 的余弦，则 在α 和β 所在的三角形中利用有关定理求解。【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 。设 BC＝a (为参数)， 则 SF＝ SC＝ SF ? FC ＝ (
? |x A －x B |求|OP|和|OQ|
S E D O A B F C
OF a ＝ , cos β 2cos β
a a )2 ? ( )2 2 cos β 2
1 ? cos 2 β
a 1 ＝ a 1 ? cos 2 ? 1 ? cos 2 ? 2 cos ?
SF?BC a2 又 ∵BE＝ ＝ ? SC 2}
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