高中数学解题思想方法全部内容

高中数学解题思想方法全部内容

目 录 前言 ……………………………………………………… 2 第一章 高中数学解题基本方法 ……………………… 3 一、 配方法 ……………………………………… 3 二、 换元法 ……………………………………… 7 三、 待定系数法 ………………………………… 14 四、 定义法 ……………………………………… 19 五、 数学归纳法 ………………………………… 23 六、 参数法 ……………………………………… 28 七、 反证法 ……………………………………… 32 八、 消去法 ……………………………………… 九、 分析与综合法 ……………………………… 十、 特殊与一般法 ……………………………… 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 …………………… 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 …………………………………… 2 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。 3 第一章 高中数学解题基本方法 一、 配方法 配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧，通过配方找到已 知和未知的联系，从而化繁为简。何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与 “添项”、“配”与“凑”的技巧，从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。 最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：已知或者未 知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解，或者缺 xy 项的二次 曲线的平移变换等问题。 配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a＋b) 2 ＝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＋ b 2 ) ＋（ 3 2 b） ； a ＋b ＋c ＋ab＋bc＋ca＝ 1 2 [(a＋b) ＋(b＋c) ＋(c＋a) ] 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 2x ＝(x＋ 1 x ) －2＝(x－ ) ＋2 ；…… 等等。 Ⅰ、再现性题组： 1. 在正项等比数列{a n }中，a 1 a 5 +2a 3 a +a a 7 =25，则 a ＋a ＝_______。 2. 方程 x ＋y －4kx－2y＋5k＝0 表示圆的充要条件是_____。 A. 1 4 1 C. k∈R D. k＝ 或 k＝1 3. 已知 sin 4 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 2 (－2x ＋5x＋3)的单调递增区间是_____。 A. （－∞, 5 4 ] B. [ ,+∞) C. (－ 1 2 , ] D. [ ,3) 5. 已知方程 x +(a-2)x+a-1=0 的两根 x 、x 2 ，则点 P(x ,x )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 ＋ a ） 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。 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 。 4 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 11 4 24 ( ) ( ) xy yz xz x y z          ,而欲求对角线长 x y z2 2 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： 。 长 方 体 所 求 对 角 线 长 为 ： ＝ ( ) ( )x y z xy yz xz    2 2 ＝ 6 112  ＝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 2 ＋kx＋2=0 的两实根为 p、q，若( p q ) +( q p ) ≤7 成立，求实数 k 的取 值范围。 【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 q pq 4 4 2  ( ) ＝ ( ) ( ) p q p q pq 2 2 2 2 2 2 2  ＝ [( ) ] ( ) p q pq p q pq   2 2 2 2 2 2 2 ＝ ( )k 2 24 8 4   ≤7， 解得 k≤－ 10 或 k≥ 。 又 ∵p、q 为方程 x ＋kx＋2=0 的两实根， ∴ △＝k －8≥0 即 k≥2 2 或 k≤－2 综合起来，k 的取值范围是：－ ≤k≤－ 2 2 或者 ≤k≤ 。 【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。 例 3. 设非零复数 a、b 满足 a ＋ab＋b =0，求( a a b ) 1998 ＋( b a b ) 。 【分析】 对已知式可以联想：变形为( a b ) ＋( )＋1＝0，则 ＝ω （ω 为 1 的立方 虚根）；或配方为(a＋b) ＝ab 。则代入所求式即得。 5 【解】由 a 2 ＋ab＋b =0 变形得：( a b ) ＋( )＋1＝0 ， 设ω ＝ ，则ω ＋ω ＋1＝0，可知ω 为 1 的立方虚根，所以： 1  ＝ b a ，ω 3 ＝ ＝1。 又由 a ＋ab＋b =0 变形得：(a＋b) ＝ab ， 所以 ( a a b ) 1998 ＋( b a b ) ＝( a ab 2 ) 999 ＋( b ab 2 ) ＝( a b ) ＋( b a ) ＝ω ＋ ＝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。 【另解】由 a ＋ab＋b ＝0 变形得：( ) ＋( )＋1＝0 ，解出 ＝  1 3 2 i 后，化 成三角形式，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 联想到ω 时进行解题。 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， 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、b 为常数）的最小值为_____。 A. 8 B. ( )a b 2 2 C. a b2 2 2  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) +(β -1) 的最小值是_____。 A. － 49 4 B. 8 C. 18 D.不存在 3. 已知 x、y∈R  ，且满足 x＋3y－1＝0，则函数 t＝2 x ＋8 y 有_____。 A.最大值 2 2 B.最大值 2 2 C.最小值 2 B.最小值 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 8 sin ＋ 2 2 8 cos 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 2 4 －y ＝1 的两个焦点，点 P 在双曲线上且满足∠F PF ＝90°， 则△F PF 的面积是_________。 7. 若 x>－1，则 f(x)＝x ＋2x＋ 1 1x  的最小值为___________。 8. 已知  2 〈β <α 〈 3 4 π ，cos(α -β )＝12 13 ，sin(α +β )＝－ 3 5 ，求 sin2α 的值。(92 年高考题) 6 9. 设二次函数 f(x)＝Ax 2 ＋Bx＋C，给定 m、n（m0； 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。 10. 设 s>1，t>1，m∈R，x＝log s t＋log t s，y＝log 4 t＋log s＋m(log t＋log 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。 7 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 －2≥0，先变形为设 2 ＝t（t>0），而变为熟悉 的一元二次不等式求解和指数方程的问题。 三角换元，应用于去根号，或者变换为三角形式易求时，主要利用已知代数式中与三角 知识中有某点联系进行换元。如求函数 y＝ x ＋ 1 x 的值域时，易发现 x∈[0,1]，设 x ＝sin 2 α ，α ∈[0,  2 ]，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 2 ＋t，y＝ －t 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, ]。 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_______________。 3.已知数列{a n }中，a 1 ＝－1，a n1 ·a ＝a －a ，则数列通项 a ＝___________。 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 1 3   x x ＝3 的解是_______________。 6.不等式 log 2 (2 x －1) ·log (2 x1 －2)〈2 的解集是_______________。 【简解】1 小题：设 sinx+cosx＝t∈[－ 2 , ]，则 y＝ t 2 2 ＋t－ 1 2 ，对称轴 t＝－1， 当 t＝ ，y max ＝ ＋ ； 2 小题：设 x ＋1＝t (t≥1)，则 f(t)＝log a [-(t-1) ＋4]，所以值域为(－∞,log 4]； 8 3 小题：已知变形为 1 1an － 1 an ＝－1,设 b n ＝ ，则 b 1 ＝－1,b ＝－1＋(n－1)(-1) ＝－n，所以 a ＝－ 1 n ； 4 小题：设 x＋y＝k，则 x 2 －2kx＋1＝0, △＝4k －4≥0,所以 k≥1 或 k≤－1； 5 小题：设 3 x ＝y，则 3y ＋2y－1＝0,解得 y＝ 1 3 ，所以 x＝－1； 6 小题：设 log 2 (2 －1)＝y，则 y(y＋1)<2，解得－20，求 f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a 2 的最大值和最小值。 【解】 设 sinx＋cosx＝t，则 t∈[- , ]，由(sinx＋ cosx) ＝1＋2sinx·cosx 得：sinx·cosx＝ t 2 1 2  ∴ f(x)＝g(t)＝－ 1 2 (t－2a) ＋ （a>0），t∈[- , ] t＝- 时，取最小值：－2a －2 a－ 当 2a≥ 时，t＝ ，取最大值：－2a ＋2 a－ ； y , , － x 11 当 0<2a≤ 2 时，t＝2a，取最大值： 1 2 。 ∴ f(x)的最小值为－2a 2 －2 a－ ，最大值为 1 2 0 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 ( ) ( )             a a a a 。 【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∈[- , ]）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。 例 4. 设对所于有实数 x，不等式 x log 2 4 1( )a a  ＋2x log 2 1 a a  ＋log ( )a a 1 4 2 2 >0 恒成立，求 a 的取值范围。（87 年全国理） 【分析】不等式中 log 、 log 、log ( )a a 1 4 2 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。 【解】 设 log ＝t，则 log ＝log 2 8 1 2 ( )a a  ＝3＋log a a 1 2 ＝3－ log ＝3－t，log ＝2log ＝－2t， 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 0 4 8 3 02          t t t t ( ) ，解得 t t t       3 0 6或 ∴ t<0 即 log <0 0< <1，解得 00 恒成立，求 k 的范围。 【分析】由已知条件 ＋ ＝1，可以发现它与 a ＋b ＝1 有相似之处，于 是实施三角换元。 【解】由 ＋ ＝1，设 x 1 3 ＝cosθ ， y 1 4 ＝sinθ ， 即： x y         1 3 1 4 cos sin θ θ 代入不等式 x＋y－k>0 得： 3cosθ ＋4sinθ －k>0，即 k<3cosθ ＋4sinθ ＝5sin(θ +ψ ) 所以 k<-5 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”。 13 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－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下时。当直线与椭圆相切时， 方程组 16 1 9 1 144 0 2 2( ) ( )x y x y k           有相等的一组实 数解，消元后由△＝0 可求得 k＝－3,所以 k<-3 时原不 等式恒成立。 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 3 lg2 C. 2 3 lg2 D. lg4 2. 函数 y＝(x＋1) 4 ＋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 2 ，且 S 100 ＝145，则 a 1 ＋a 3 ＋a 5 ＋……＋a 99 的值为 _____。 A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5 4. 已知 x 2 ＋4y ＝4x，则 x＋y 的范围是_________________。 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 2 的解集是(4,b)，则 a＝________，b＝_______。 7. 函数 y＝2x＋ x 1 的值域是________________。 8. 在等比数列{a }中，a ＋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。 y x x＋y－k>0 k 平面区域 y D C A B O x 14 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： 1. 设 f(x)＝ x 2 ＋m，f(x)的反函数 f 1 (x)＝nx－5，那么 m、n 的值依次为_____。 A. 5 2 , －2 B. － ， 2 C. , 2 D. － ，－2 2. 二次不等式 ax 2 ＋bx＋2>0 的解集是(－ 1 2 , 1 3 )，则 a＋b 的值是_____。 A. 10 B. －10 C. 14 D. －14 3. 在(1－x 3 )（1＋x） 10 的展开式中，x 5 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 2 ，最小值为－ ，则 y＝－4asin3bx 的最小 正周期是_____。 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_______________。 6. 与双曲线 x － y 2 4 ＝ 1 有共同的渐近线，且过点(2,2) 的双曲线的方程是 ____________。 【简解】1 小题：由 f(x)＝ ＋m 求出 f (x)＝2x－2m，比较系数易求，选 C； 15 2 小题：由不等式解集(－ 1 2 , 1 3 )，可知－ 、 是方程 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； 3 小题：分析 x 5 的系数由 C 10 5 与(－1)C 10 2 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 2 3  ； 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 － y 2 4 ＝λ ，点(2,2)代入求得λ ＝3，即得方程 x 2 3 － y 2 12 ＝1。 Ⅱ、示范性题组： 例1. 已知函数 y＝ mx x n x 2 2 4 3 1    的最大值为 7，最小值为－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”。 【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 ) －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 －(m＋n)y＋(mn－12)＝0 的两根， 代入两根得： 1 12 0 49 7 12 0              ( ) ( ) m n mn m n mn 解得： m n      5 1 或 m n      1 5 ∴ y＝ 5 4 3 1 1 2 2 x x x    或者 y＝ x x x 2 2 4 3 5 1    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 mn         6 12 7，解出 m、n 而求得函数式 y。 【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。 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。 16 【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 ∴ a b c a a b a c 2 2 2 2 2 22 10 5             ( ) 解得： a b      10 5 ∴ 所求椭圆方程是： x 2 10 ＋ y 2 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 a b c            10 5 2 2 2 ，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 ＋2·3 ＋…＋n(n＋1) ＝ n n( )1 12 (an ＋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＝ 1 6 (a＋b＋c)；n＝2，得 22 ＝ 1 2 (4a＋2b＋c)；n＝3，得 70＝9a＋3b＋c。整理得： a b c a b c a b C             24 4 2 44 9 3 70 ,解得 a b c       3 11 10 ， 于是对 n＝1、2、3，等式 1·2 ＋2·3 ＋…＋n(n＋1) ＝ (3n ＋11n＋10)成 立，下面用数学归纳法证明对任意自然数 n，该等式都成立： 假设对 n＝k 时等式成立，即 1·2 ＋2·3 ＋…＋k(k＋1) ＝ k k( )1 12 (3k ＋11k＋10)； y B’ x A F O’ F’ A’ B 17 当 n＝k＋1 时，1·2 2 ＋2·3 ＋…＋k(k＋1) ＋(k＋1)(k＋2) ＝ k k( )1 12 (3k ＋11k ＋10) ＋(k＋1)(k＋2) ＝ (k＋2)（3k＋5）＋ (k＋1)(k＋2) ＝ ( )( )k k 1 2 12 （3k 2 ＋5k＋12k＋24）＝ [3(k＋1) ＋11(k＋1)＋10]， 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 ＋…＋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：由 n(n＋1) ＝n ＋2n ＋n 得 S n ＝1·2 ＋2·3 ＋…＋n(n＋1) ＝(1 ＋2 ＋…＋n )＋2(1 ＋2 ＋…＋n )＋(1 ＋2＋…＋n)＝ n n2 21 4 ( ) ＋2× n n n( )( ) 1 2 1 6 ＋ n n( )1 2 ＝ n n( )1 12 (3n ＋11n＋10)， 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。 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。 设 V＝ 4 ab (15a－ax)(7b－bx)x (a>0,b>0） 要使用均值不等式，则            a b a ax b bx x 1 0 15 7 解得：a＝ 1 4 ， b＝ 3 4 ， x＝3 。 从而 V＝ 64 3 (15 4 － x 4 )( 21 4 － 3 4 x)x≤ ( 15 4 21 4 3  ) ＝ ×27＝576。 所以当 x＝3 时，矩形盒子的容积最大，最大容积是 576cm 。 【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＝ (15a－ax)(7－x)bx 或 (15－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”。 18 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 2 且 a≠1 B. 02 或 01 C. a>0 D. a<－1 或 a>1 4. 椭圆 x 2 25 ＋ y 2 9 ＝1 上有一点 P，它到左准线的距离为 5 2 ，那么 P 点到右焦点的距离为 _____。 A. 8 C. 7.5 C. 75 4 D. 3 5. 奇函数 f(x)的最小正周期为 T，则 f(－ T 2 )的值为_____。 A. T B. 0 C. D. 不能确定 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 22 < 5 ，选 A； 4 小题：利用椭圆的第二定义得到 | |PF左 5 2 ＝e＝ 4 5 ，选 A； 5 小题：利用周期函数、奇函数的定义得到 f(－ )＝f( )＝－f(－ )，选 B； 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 az b z z 2 2 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 －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 ）； 20 由 z＝1＋ｉ，有 z az b z z 2 2 1     ＝ ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2 2         i a i b i i ＝ ( ) ( )a b a i i    2 ＝(a＋2)－(a ＋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： a a b          2 1 1( ) ， 解得 a b       1 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 n ＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，求 y＝log 2 2 f(x)的定义域， 判定在( 2 2 3 ,1)上的单调性。 【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。 【解】 f c f c n n ( ) ( ) 2 2 2 14 4 4 4 252              解得： n c      4 1 ∴ f(x)＝－x 4 ＋x 解 f(x)>0 得：0 23 ， x +x > 4 2 3 ∴ (x +x )( x +x )〉 × ＝1 ∴ f(x )－f(x )>0 即 f(x)在( ,1)上是减函数 ∵ 2 2 <1 ∴ y＝log f(x) 在( ,1)上是增函数。 【注】关于函数的性质：奇偶性、单调性、周期性 的判断，一般都是直接应用定义解题。本题还在求 n、c 的过程中，运用了待定系数法和换元法。 例 3. 如图，已知 A’B’C’—ABC 是正三棱柱，D 是 AC 中点。 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。 A’ A D C’ C O H B’ B 21 【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＝ 1 2 sin60°＝ 3 4 ，BH＝ 3 4 ，EH＝ 1 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。 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 即所求，易得到 OE∥B’B，所以 EF BF ＝ OE B B' ＝ 1 2 ，EF＝ 1 3 B’E。 在 Rt△B’BE 中，易得到 BF⊥BE,由射影定理得：B’E×EF＝BE 2 即 B’E ＝1，所以 B’E＝ 3 。 例 4. 求过定点 M(1,2)，以 x 轴为准线，离心率为 的椭圆的 下顶点的轨迹方程。 【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 2 ＝ 建立一个方程，再由离心率的定 义建立一个方程。 【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： ( ) ( )x m m y y             1 2 1 2 2 1 2 2 2 × ，消 m 得：（x－1） ＋ ( ) ( ) y  4 3 2 3 2 2 ＝1， y M F A x 22 所以椭圆下顶点的轨迹方程为（x－1） 2 ＋ ( ) ( ) y  4 3 2 3 2 2 ＝1。 【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 x ＋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 ,则∠A FB 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 2 －y ＝3 的渐近线方程是_____。 A. y＝±3x B. y＝± 1 3 x C. y＝± 3 x D. y＝± 3 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 3 38 n n ＋C 21 3 n n ＝________。 7. Z＝4(sin140°－ｉcos140°)，则复数 1 2z 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 }也是等差数列，其中 b ＝ 1 n (a ＋a 2 ＋… ＋a )。 10. 已知 F 、F 2 是椭圆 x a 2 2 ＋ y b 2 2 ＝1 (a>b>0)的两个焦点，其中 F 与抛物线 y ＝12x 的 焦点重合，M 是两曲线的一个焦点，且有 cos∠M F F ·cos∠MF F ＝ 7 23 ，求椭圆方程。 23 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 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 n ·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. 2 1 1 k k   D. 2 3 1 k k   2. 用数学归纳法证明 1＋ 1 2 ＋ 1 3 ＋…＋ 1 2 1n  1)时，由 n＝k (k>1)不等式成立， 推证 n＝k＋1 时，左边应增加的代数式的个数是_____。 A. 2 k1 B. 2 k －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 的表达式是_____。 A. 3n－2 B. n 2 C. 3 n1 D. 4n－3 5. 用数学归纳法证明 3 4 2n ＋5 2 1n (n∈N)能被14整除，当 n＝k＋1 时对于式子 3 4 1 2( )k  ＋5 2 1 1( )k  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 ( )( )2 1 2 2 1 k k k    ，选 B； 2 小题：（2 k1 －1）－（2 k －1）＝2 ，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。 24 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 4 2k ＋5 2 1k ）3 k ＋5 （5 2 －3 4 ）； 6 小题：答案 k－1。 Ⅱ、示范性题组： 例1. 已知数列 8 1 1 32 2 · · ，得，…， 8 2 1 2 12 2 · · n n n( ) ( )  ，…。S n 为其前 n 项和，求 S 1 、 S 、S 、S ，推测 S 公式，并用数学归纳法证明。 （93 年全国理） 【解】 计算得 S ＝ 8 9 ，S ＝ 24 25 ，S ＝ 48 49 ，S ＝ 80 81 ， 猜测 S ＝ ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 2 n n    (n∈N)。 当 n＝1 时，等式显然成立； 假设当 n＝k 时等式成立，即：S k ＝ ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 2 k k    ， 当 n＝k＋1 时，S k1 ＝S ＋ 8 1 2 1 2 32 2 · · ( ) ( ) ( ) k k k    ＝ ＋ ＝ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 2 3 8 1 2 1 2 3 2 2 2 2 2 k k k k k k          · · ＝ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 2 1 2 1 2 3 2 2 2 2 2 k k k k k       · ＝ ( ) ( ) 2 3 1 2 3 2 2 k k    , 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 ＝ 作为目标，先通分使分母含有(2k＋3) ，再 考虑要约分，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： 由 a ＝ ＝ 1 2 1 2( )n  － 1 2 1 2( )n  得， S ＝（1－ 1 32 ）＋（ － 1 52 ）＋……＋ － ＝1－ ＝ 。 25 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 8 2 1 2 12 2 · · n n n( ) ( )  ＝ 1 2 1 2( )n  － 1 2 1 2( )n  的裂项公式。可以说，用试值猜想证明三步解题，具有一般性。 例2. 设a n ＝ 1 2× ＋ 2 3× ＋…＋ n n( )1 (n∈N),证明：1 2 n(n＋1) k(k＋1)＋(k＋1)＝ (k＋1)(k＋3)> (k＋1)(k＋2)， (k＋1) ＋ ＝ (k＋1) ＋ k k2 3 2  < (k＋1) ＋(k＋ 3 2 )＝ (k ＋2) 2 ， 所以 (k＋1)(k＋2) n 可得，a n >1＋2＋3＋… ＋n＝ n(n＋1)；由 n (n>1 且 n∈N) 28 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 x ＝3 y ＝5 z >1，则 2x、3y、5z 从小到大排列是________________。 2. （理）直线 x t y t         2 2 3 2 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 2 －ky ＝1 的离心率是_________。 3. 点 Z 的虚轴上移动，则复数 C＝z ＋1＋2ｉ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”) 6. 椭圆 x 2 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 ＝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 k ，所以 e＝－ 1 k k k2  ； 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； 4 小题：设三条侧棱 x、y、z，则 1 2 xy＝6、 yz＝4、 xz＝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＝ | sin cos |4 4 2 5    的最大值，选 C。 Ⅱ、示范性题组： 例1. 实数 a、b、c 满足 a＋b＋c＝1，求 a ＋b ＋c 的最小值。 29 【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 3 ＋t 1 ， b＝ ＋t 2 ，c＝ ＋t 3 ，代入 a 2 ＋b ＋c 可求。 【解】由 a＋b＋c＝1，设 a＝ ＋t ，b＝ ＋t ，c＝ ＋t ，其中 t ＋t ＋t ＝0， ∴ a ＋b ＋c ＝（ ＋t ） 2 ＋（ ＋t ） ＋( ＋t ) ＝ ＋ 2 3 (t 1 ＋t 2 ＋t 3 )＋ t ＋t ＋t ＝ ＋t ＋t ＋t ≥ 所以 a ＋b ＋c 的最小值是 。 【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 ≥ 1 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。 例2. 椭圆 x 2 16 ＋ y 2 4 ＝1 上有两点 P、Q，O 为原点。连 OP、OQ，若 k OP ·k OQ ＝－ 1 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 x y      4 2 cos sin θ θ （椭圆参数方程），参数θ 、 θ 为 P、Q 两点，先计算 k ·k 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。 【解】由 ＋ ＝1，设 ，P(4cosθ ,2sinθ )，Q(4cosθ 2 ,2sinθ ), 则 k ·k ＝ 2 4 1 1 sin cos    2 4 2 2 sin cos   ＝－ ，整理得到： cosθ cosθ ＋sinθ sinθ ＝0,即 cos（θ －θ ）＝0。 ∴ |OP| ＋|OQ| ＝16cos θ ＋4sin θ ＋16cos θ ＋4sin θ ＝8＋12(cos θ ＋cos θ )＝20＋6（cos2θ ＋cos2θ )＝20＋12cos（θ ＋θ ）cos（θ －θ ）＝20， 即|OP| ＋|OQ| 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 y M M        2 1 2 1 2 (cos cos ) sin sin     ， 所以有( x 2 ) ＋y ＝2＋2(cosθ cosθ ＋sinθ sinθ )＝2, 30 即所求线段 PQ 的中点 M 的轨迹方程为 x 2 8 ＋ y 2 2 ＝1。 【注】由椭圆方程，联想到 a 2 ＋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 1 ＋ cosθ 2 ） ＋（sinθ ＋sinθ ） ，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－ 1 4k ，由椭圆与直线 OP、OQ 相交于 PQ 两点有： x y y kx 2 24 16 0       ，消 y 得(1＋4k )x ＝16,即|x P |＝ 4 1 4 2 k ； x y y k x 2 24 16 0 1 4         ，消 y 得(1＋ 1 4 2k )x ＝16，即|x Q |＝ | |8 1 4 2 k k ； 所以|OP| 2 ＋|OQ| ＝( 1 2 k  ) ＋（ 1 1 16 2 k ） ＝ 20 80 1 4 2 2   k k ＝20。即|OP| ＋|OQ| 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 2 kAB |x A －x B |求|OP|和 |OQ|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＝ OF cos β ＝ a 2cosβ , SC＝ SF FC2 2 ＝ ( cos ) ( )a a 2 2 2 2 β  ＝ 1 2 cos β 又 ∵BE＝ SF BC SC · ＝ a 2 2cos β  1 2 1 2a cos cos  ＝ a 1 2 cos  S E D C O F A B 31 在△DEB 中，由余弦定理有：cosα ＝ 2 2 2 2 2 BE BD BE  ＝ 2 1 2 2 1 2 2 2 2 2      a a a cos cos   ＝－cos 2 β 。 所以 cosα ＝－cos 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。 Ⅲ、巩固性题组： 1. 已知复数 z 满足|z| ≤ 1 ， 则 复 数 z ＋ 2 ｉ在复平面上表示的点的轨迹是 ________________。 2. 函数 y＝x＋2＋ 1 4 2 x x 的值域是________________。 3. 抛物线 y＝x 2 －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 4. 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。 5. 求半径为 R 的球的内接圆锥的最大体积。 6. f(x)＝(1－ a 2 cos x)sinx，x∈[0,2π )，求使 f(x)≤1 的实数 a 的取值范围。 7. 若关于 x 的方程 2x ＋xlg ( )a a 2 3 3 1 8  ＋lg ( a a 2 1 2  )＋lg 2 12 a a  ＝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 ＝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 2| |MP ＋ 1 2| |MQ 为定值。 32 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。 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 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。 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： 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”。 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”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。 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. 已知 a<0,－1ab> ab B. ab >ab>a C. ab>a> ab D. ab> ab >a 3. 已知α ∩β ＝l，a α ，b β ，若 a、b 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； 33 2 小题：采用“特殊值法”，取 a＝－1、b＝－0.5，选 D； 3 小题：从逐一假设选择项成立着手分析，选 B； 4 小题：分析清楚结论的几种情况，列式是：C 10 4 －C 6 4 ×4－3－6,选 D。 Ⅱ、示范性题组： 例 1. 如图，设 SA、SB 是圆锥 SO 的两条母线，O 是底面 圆心，C 是 SB 上一点。求证：AC 与平面 SOB 不垂直。 【分析】结论是“不垂直”，呈“否定性”，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”。 【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 ＋(a－1)x＋a ＝0, x ＋2ax－2a＝0 至少 有一个方程有实根。试求实数 a 的取值范围。 【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。 【解】 设三个方程均无实根，则有： △ △ △ 1 2 2 2 2 2 2 16 4 4 3 0 1 4 0 4 4 2 0                   a a a a a a ( ) ( ) ( ) ,解得                  3 2 1 2 1 1 3 2 0 a a a a 或 ,即－ 3 2 b>1 D. b>a>1 7. 如果|x|≤ π 4 ,那么函数 f(x)＝cos 2 x＋sinx 的最小值是_____。 (89 年全国文) A. 2 1 2  B. － 2 1 2  C. －1 D. 1 2 2  8. 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) 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 36 9. 设全集 I＝{(x,y)|x,y∈R}，集合 M＝{(x,y)| y x   3 2 ＝1}，N＝{(x,y)|y≠x＋1}，那 么 M N∪ 等于_____。 (90 年全国) A. φ B. {(2,3)} C. (2,3) D. {(x,y)|y＝x＋1 10. 如果θ 是第二象限的角，且满足 cos θ 2 －sin ＝ 1 sin θ ,那么 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 11. 已知集合 E＝{θ |cosθ 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式求解,答案－ 3 2 ＋ 3 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）、图像（②、③、④、⑤题）、单位圆（⑥、⑦题）、复平面（⑧、⑩ 题）、方程曲线（⑨题）。 37 Ⅱ、示范性题组： 例 1. 若方程 lg(－x 2 ＋3x－m)＝lg(3－x)在 x∈(0,3)内 有唯一解，求实数 m 的取值范围。 【分析】将对数方程进行等价变形，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。 【解】 原方程变形为 3 0 3 32           x x x m x 即： 3 0 2 12         x x m( ) 设曲线 y 1 ＝(x－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－30),椭圆中心 D(2＋ ,0)，焦点在 x 轴上，长半 轴为 2，短半轴为 1，它的左顶点为 A。问 p 在什么范围内取值，椭圆上有四个不同的点，它 们中每一个点到点 A 的距离等于该点到直线 L 的距离？ 【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）。 【解】 由已知得：a＝2，b＝1, A( ,0)，设椭圆与双曲线方程并联立有： y px x p y 2 2 2 2 2 2 4 1            [ ( )] ，消 y 得：x 2 －(4－7p)x＋(2p＋ p 2 4 )＝0 所以△＝16－64p＋48p >0,即 6p －8p＋2>0，解得：p< 1 3 或 p>1。 结合范围( p 2 ,4+ )内两根，设 f(x)＝x －(4－7p)x＋(2p＋ )， 39 所以 p 2 < 4 7 2  p <4+ 即 p< 1 2 ，且 f( )>0、f(4+ )>0 即 p>－4＋3 2 。 结合以上，所以－4＋3 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 y2 2 的最小值是_____。 A. 60 13 B. 13 5 C. 13 12 D. 1 2. 已知集合 P＝{(x,y)|y＝ 9 2 x }、Q＝{(x,y)|y＝x＋b}，若 P∩Q≠φ ，则 b 的取值 范围是____。 A. |b|<3 B. |b|≤3 2 C. －3≤b≤3 D. －3|x－1|＋|x＋1|的解集是非空数集，那么实数 m 的取值范围是_________。 40 6. 设 z＝cosα ＋ 1 2 ｉ且|z|≤1,那么 argz 的取值范围是____________。 7. 若方程 x 2 －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 ______。 8. sin 20°＋cos 80°＋ 3 sin20°·cos80°＝____________。 9. 解不等式：  x x2 2 >b－x 10. 设 A＝{x|<1x<3}，又设 B 是关于 x 的不等式组 x x a x bx 2 2 2 0 2 5 0        ≤ ≤ 的解集，试确定 a、b 的 取值范围，使得 A  B。 （90 年高考副题） 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 12 ＋ ( )x  5 92 ，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。 41 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。 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。 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。 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。 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。 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”。 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。 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_____。 A. 0≤a≤1 B. a≤1 C. a<1 D. 00 且 a≠1，p＝log a (a 3 ＋a＋1)，q＝log (a 2 ＋a＋1)，则 p、q 的大小关系是_____。 A. p＝q B. pq D.当 a>1 时，p>q；当 00、a＝0、a<0 三种情况讨论，选 B； 2 小题：对底数 a 分 a>1、00、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 (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】 ∵ 01 ① 当 00，log (1＋x)<0，所以 |log (1－x)|－|log (1＋x)|＝log (1－x)－[－log (1＋x)]＝log (1－x 2 )>0; ② 当 a>1 时，log (1－x)<0，log (1＋x)>0，所以 |log (1－x)|－|log (1＋x)|＝－log (1－x) －log (1＋x)＝－log a (1－x 2 )>0； 由①、②可知，|log (1－x)|>|log (1＋x)|。 【注】本题要求对对数函数 y＝log 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 00，使得 lg( ) lg( )S c S cn n  2 2 ＝lg （S －c）成立？并证明结论。(95 年全国理) 43 【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。 【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 S n2 －S n1 2 ＝na (n＋2)a －(n＋1) a ＝－a <0； 当 q≠1 时，S ＝ a q q n 1 1 1 ( )  ，从而 S S －S ＝ a q q q n n 1 2 2 2 1 1 1 ( )( ) ( )     － a q q n 1 2 1 2 2 1 1 ( ) ( )    ＝－a q n <0； 由上可得 S S 0, 使得 ＝lg（S －c）成立。 【注】 本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论。该题文科考生改问题为：证明 log log. .05 05 2 2 S Sn n  >log 0 5. S ，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。 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。 例 4. 设函数 f(x)＝ax －2x＋2，对于满足 10，求实数 a 的 取值范围。 44 【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。 【解】当 a>0 时，f(x)＝a（x－ 1 a ） 2 ＋2－ ∴ 1 1 1 2 2 0 a f a ≤ ＝ ≥( )      或 1 1 4 1 2 1 0          a f a a( )＝ 或 1 4 4 16 8 2 0 a f a ≥ ＝ ≥( )      ∴ a≥1 或 1 2 ； 当 a<0 时， f a f a ( ) ( ) 1 2 2 0 4 16 8 2 0 ＝ ≥ ＝ ≥        ，解得φ ； 当 a＝0 时，f(x)＝－2x＋2, f(1)＝0，f(4)＝－6， ∴不合题意 由上而得，实数 a 的取值范围是 a> 。 【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。 例 5. 解不等式 ( )( )x a x a a    4 6 2 1 >0 (a 为常数，a≠－ ) 【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、a＝0、－ 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 >0，解得：x≠0； 当－ 0，解得: x<6a 或 x>－4a； 当 a>－ 时，(x＋4a)(x－6a)<0，解得： 6a0 时，x<－4a 或 x>6a；当 a＝0 时，x≠0；当－ 1 2 －4a；当 a>－ 时，6a0)， ∴ －y ＋2y＝a 解得：y＝1± 1 a （0 ≤a≤1） 由上可得，z＝±(－1＋ )或±(1± )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。 【另解】 设 z＝x＋yｉ，代入得 x －y ＋2 x y2 2 ＋2xyｉ＝a； ∴ x y x y a xy 2 2 2 22 2 0         当 y＝0 时，x 2 ＋2|x|＝a，解得 x＝±(－1＋ )，所以 z＝±(－1＋ )； 当 x＝0 时，－y ＋2|y|＝a，解得 y＝±(1± )，所以±(1± )ｉ。 由上可得，z＝±(－1＋ )或±(1± )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。 例 7. 在 xoy 平面上给定曲线 y ＝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） 【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。 【解】 设 M(x,y)为曲线 y ＝2x 上任意一点，则 |MA| ＝(x－a) ＋y ＝(x－a) ＋2x＝x －2(a－1)x＋a ＝[x－(a－1)] ＋(2a－1) 由于 y ＝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} min ＝2a－1； 当 a－1<0 时，x＝0 取最小值，即|MA} ＝a ； 综上所述，有 f(a)＝ 2 1a a   | | ( ) ( ) a a ≥ 时 时 1 1 。 46 【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。 Ⅲ、巩固性题组： 1. 若 log a 2 3 <1，则 a 的取值范围是_____。 A. (0, 2 3 ) B. ( ,1) C. (0, )∪(1,+∞) D. ( ,+∞) 2. 非零实数 a、b、c，则 a a| | ＋ b b| | ＋ c c| | ＋ abc abc| | 的值组成的集合是_____。 A. {-4,4} B. {0,4} C. {-4,0} D. {-4,0,4} 3. f(x)＝(a－x)|3a－x|，a 是正常数，下列结论正确的是_____。 A.当 x＝2a 时有最小值 0 B.当 x＝3a 时有最大值 0 C.无最大值，且无最小值 D.有最小值但无最大值 4. 设 f 1 (x,y)＝0 是椭圆方程，f 2 (x,y)＝0 是直线方程，则方程 f (x,y)＋λ f (x,y) ＝0 （λ ∈R）表示的曲线是_____。 A.只能是椭圆 B.椭圆或直线 C.椭圆或一点 D.还有上述外的其它情况 5. 函数 f(x)＝ax 2 －2ax＋2＋b (a≠0)在闭区间[2,3]上有最大值 5，最小值 2，则 a、 b 的值为_____。 A. a＝1,b＝0 B. a＝1，b＝0 或 a＝－1,b＝3 C. a＝－1，b＝3 D. 以上答案均不正确 6.方程(x －x－1) x2 ＝1 的整数解的个数是_____。 A. 1 B. 3 C. 4 D. 5 7. 到空间不共面的 4 个点距离相等的平面的个数是_____。 A. 7 B. 6 C. 5 D. 4 8.z∈C，方程 z －3|z|＋2＝0 的解的个数是_____。 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 9.复数 z＝a＋aｉ (a≠0)的辐角主值是______________。 10.解关于 x 的不等式： 2log a2 (2x－1)>log (x －a) (a>0 且 a≠1) 11.设首项为 1，公比为 q (q>0)的等比数列的前 n 项和为 S n ，又设 T ＝ S S n n1 ，求 lim n →∞ T 。 12. 若复数 z、z 、z 3 在复平面上所对应三点 A、B、C 组成直角三角形，且|z|＝2，求 z 。 13. 有卡片 9 张，将 0、1、2、…、8 这 9 个数字分别写在每张卡片上。现从中任取 3 张 排成三位数，若 6 可以当作 9 用，问可组成多少个不同的三位数。 14. 函数 f(x)＝(|m|－1)x －2(m＋1)x－1 的图像与 x 轴只有一个公共点，求参数 m 的 值及交点坐标。 47 三、函数与方程的思想方法 函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题。方程思想，是 从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程、不等式、或 方程与不等式的混合组），然后通过解方程（组）或不等式（组）来使问题获解。有时，还 实现函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的。 笛卡尔的方程思想是：实际问题→数学问题→代数问题→方程问题。宇宙世界，充斥着 等式和不等式。我们知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪里有公式，哪里就有方程；求值 问题是通过解方程来实现的……等等；不等式问题也与方程是近亲，密切相关。而函数和多 元方程没有什么本质的区别，如函数 y＝f(x)，就可以看作关于 x、y 的二元方程 f(x)－y＝0。 可以说，函数的研究离不开方程。列方程、解方程和研究方程的特性，都是应用方程思想时 需要重点考虑的。 函数描述了自然界中数量之间的关系，函数思想通过提出问题的数学特征，建立函数关 系型的数学模型，从而进行研究。它体现了“联系和变化”的辩证唯物主义观点。一般地， 函数思想是构造函数从而利用函数的性质解题，经常利用的性质是：f(x)、f 1 (x)的单调性、 奇偶性、周期性、最大值和最小值、图像变换等，要求我们熟练掌握的是一次函数、二次函 数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数的具体特性。在解题中，善于挖掘题目中的隐 含条件，构造出函数解析式和妙用函数的性质，是应用函数思想的关键。对所给的问题观察、 分析、判断比较深入、充分、全面时，才能产生由此及彼的联系，构造出函数原型。另外， 方程问题、不等式问题和某些代数问题也可以转化为与其相关的函数问题，即用函数思想解 答非函数问题。 函数知识涉及的知识点多、面广，在概念性、应用性、理解性都有一定的要求，所以是 高考中考查的重点。我们应用函数思想的几种常见题型是：遇到变量，构造函数关系解题； 有关的不等式、方程、最小值和最大值之类的问题，利用函数观点加以分析；含有多个变量 的数学问题中，选定合适的主变量，从而揭示其中的函数关系；实际应用问题，翻译成数学 语言，建立数学模型和函数关系式，应用函数性质或不等式等知识解答；等差、等比数列中， 通项公式、前 n 项和的公式，都可以看成 n 的函数，数列问题也可以用函数方法解决。 Ⅰ、再现性题组： 1.方程 lgx＋x＝3 的解所在的区间为_____。 A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,+∞) 48 2.如果函数 f(x)＝x 2 ＋bx＋c 对于任意实数 t，都有 f(2＋t)＝f(2－t)，那么_____。 A. f(2)0），则 2 1 2 x x ＋1 1 2 2   x x ＝ 1 5 ，解出 x＝2，再用万能公式，选 A； 5 小题：利用 S n n 是关于 n 的一次函数，设 S p ＝S q ＝m， S p q p q  ＝x，则（ m p ,p）、( m q ,q)、 (x，p+q)在同一直线上，由两点斜率相等解得 x＝0，则答案：0； 6 小题：设 cosx＝t，t∈[-1,1]，则 a＝t 2 －t－1∈[－ 5 4 ,1]，所以答案：[－ ,1]； 7 小题：设高 h，由体积解出 h＝2 3 ，答案：24 6 ； 8 小题：设长 x，则宽 4 x ，造价 y＝4×120＋4x×80＋16 x ×80≥1760，答案：1760。 Ⅱ、示范性题组： 例 1. 设 a>0，a≠1，试求方程 log a (x－ak)＝log a2 (x －a )有实数解的 k 的范围。(89 年全国高考) 【分析】由换底公式进行换底后出现同底，再进行等价转化为方程组，分离参数后分析 式子特点，从而选用三角换元法，用三角函数的值域求解。 【解】 将原方程化为：log (x－ak)＝log x a2 2 ， 等价于 x ak x ak x a         0 2 2 （a>0,a≠1） ∴ k＝ x a － ( )x a 2 1 ( | |>1 ）, 设 ＝cscθ ， θ ∈(－ ,0)∪(0, )，则 k＝f(θ )＝cscθ －|ctgθ | 49 当θ ∈(－ π 2 ,0)时，f(θ )＝cscθ ＋ctgθ ＝ctg θ 2 <－1，故 k<－1； 当θ ∈(0, )时，f(θ )＝cscθ －ctgθ ＝tg ∈(0,1)，故 00)，设曲线 C 1 ：y＝x－ak，曲线 C 2 ：y＝ (y>0)， 如图所示。 由图可知，当－ak>a 或－a<－ak<0 时曲线 C 与 C 有交点，即方程有实解。所以 k 的取 值范围是：k<－1 或 0ak，即 k k 2 1 2  － k>0，通分得 k k 2 1 2  <0，解得 k<－1 或 0m(x 2 －1)对满足|m|≤2 的一切实数 m 的取值都成立。求 x 的取值 范围。 【分析】 此问题由于常见的思维定势，易把它看成关于 x 的不等式讨论。然而，若变换 一个角度以 m 为变量，即关于 m 的一次不等式(x －1)m－(2x－1)<0 在[-2,2]上恒成立的问 题。对此的研究，设 f(m)＝(x －1)m－(2x－1)，则问题转化为求一次函数（或常数函数） f(m)的值在[-2,2]内恒为负值时参数 x 应该满足的条件 f f ( ) ( ) 2 0 2 0       。 【解】问题可变成关于 m 的一次不等式：(x －1)m－(2x－1)<0 在[-2,2] 恒成立，设 f(m) ＝(x －1)m－(2x－1), 则 f x x f x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 1 2 1 0 2 2 1 2 1 0 2 2                解得 x∈（ 7 1 2  , 3 1 2  ） y C C 2 -ak -a a x 50 【注】 本题的关键是变换角度，以参数 m 作为自变量而构造函数式，不等式问题变成函 数在闭区间上的值域问题。本题有别于关于 x 的不等式 2x－1>m(x 2 －1)的解集是[-2,2]时求 m 的值、关于 x 的不等式 2x－1>m(x －1)在[-2,2]上恒成立时求 m 的范围。 一般地，在一个含有多个变量的数学问题中，确定合适的变量和参数，从而揭示函数关 系，使问题更明朗化。或者含有参数的函数中，将函数自变量作为参数，而参数作为函数， 更具有灵活性，从而巧妙地解决有关问题。 例 3. 设等差数列{a n }的前 n 项的和为 S ，已知 a 3 ＝12，S 12 >0，S 13 <0 。 ①.求公差 d 的取值范围； ②.指出 S 1 、S 2 、…、S 中哪一个值最大，并说明理由。(92 年全国高考) 【分析】 ①问利用公式 a 与 S 建立不等式，容易求解 d 的范围；②问利用 S 是 n 的 二次函数，将 S n 中哪一个值最大，变成求二次函数中 n 为何值时 S 取最大值的函数最值问 题。 【解】① 由 a 3 ＝a 1 ＋2d＝12,得到 a ＝12－2d，所以 S 12 ＝12a ＋66d＝12(12－2d)＋66d＝144＋42d>0， S 13 ＝13a ＋78d＝13(12－2d)＋78d＝156＋52d<0。 解得：－ 24 7 0、a n1 <0 ，即：由 d<0 知道 a >a 2 >…>a ，由 S ＝13a 7 <0 得 a <0，由 S ＝6(a ＋a )>0 得 a >0。所以，在 S 、S 、…、S 中，S 的值最大。 例 4. 如图，AB 是圆 O 的直径，PA 垂直于圆 O 所在平面，C 是圆周上任一点，设∠BAC＝ θ ，PA＝AB=2r，求异面直线 PB 和 AC 的距离。 【分析】 异面直线 PB 和 AC 的距离可看成求直线 PB 上任意一点到 AC 的距离的最小值， 从而设定变量，建立目标函数而求函数最小值。 【解】 在 PB 上任取一点 M，作 MD⊥AC 于 D，MH⊥AB 于 H， 设 MH＝x，则 MH⊥平面 ABC，AC⊥HD 。 ∴MD ＝x ＋[(2r－x)sinθ ] ＝(sin ＋1)x －4rsin θ x ＋4r 2 sin θ P M A H B D C 51 ＝(sin 2 θ ＋1)[x－ 2 1 2 2 rsin sin θ θ ] ＋ 4 1 2 2 2 r sin sin θ θ 即当 x＝ 时，MD 取最小值 2 1 2 rsin sin θ θ 为两异面直线的距离。 【注】 本题巧在将立体几何中“异面直线的距离”变成“求异面直线上两点之间距离的 最小值”，并设立合适的变量将问题变成代数中的“函数问题”。一般地，对于求最大值、 最小值的实际问题，先将文字说明转化成数学语言后，再建立数学模型和函数关系式，然后 利用函数性质、重要不等式和有关知识进行解答。比如再现性题组第 8 题就是典型的例子。 例 5. 已知△ABC 三内角 A、B、C 的大小成等差数列，且 tgA·tgC＝2＋ 3 ，又知顶点 C 的对边 c 上的高等于 4 ,求△ABC 的三边 a、b、c 及三内角。 【分析】已知了一个积式，考虑能否由其它已知得到一个和式，再用方程思想求解。 【解】 由 A、B、C 成等差数列，可得 B＝60°； 由△ABC 中 tgA＋tgB＋tgC＝tgA·tgB·tgC，得 tgA＋tgC＝tgB(tgA·tgC－1)＝ (1＋ ) 设 tgA、tgC 是方程 x －( ＋3)x＋2＋ ＝0 的两根，解得 x 1 ＝1，x 2 ＝2＋ 设 A0 在 x∈(-∞,1]上恒成立的不等式问题。 【解】 由题设可知，不等式 1＋2 ＋4 a>0 在 x∈(-∞,1]上恒成立， 即：( ) 2x ＋( ) ＋a>0 在 x∈(-∞,1]上恒成立。 设 t＝( ) , 则 t≥ ， 又设 g(t)＝t ＋t＋a，其对称轴为 t＝－ ∴ t ＋t＋a＝0 在[ ,+∞)上无实根， 即 g( )＝( ) ＋ ＋a>0，得 a>－ 3 4 所以 a 的取值范围是 a>－ 。 【注】对于不等式恒成立，引入新的参数化简了不等式后，构造二次函数利用函数的图 像和单调性进行解决问题，其中也联系到了方程无解，体现了方程思想和函数思想。一般地， 我们在解题中要抓住二次函数及图像、二次不等式、二次方程三者之间的紧密联系，将问题 进行相互转化。 在解决不等式( ) ＋( ) ＋a>0 在 x∈(-∞,1]上恒成立的问题时，也可使用“分离 参数法”： 设 t＝( ) , t≥ ，则有 a＝－t －t∈(－∞,－ 3 4 ]，所以 a 的取值范围是 a>－ 。其中最后得到 a 的范围，是利用了二次函数在某区间上值域的研究，也可属应用“函 数思想”。 Ⅲ、巩固性题组： 1. 方程 sin2x＝sinx 在区间(0,2π )内解的个数是_____。 53 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2. 已知函数 f(x)＝|2 x －1|，af(c)>f(b)，则_____。 A. a<0,b<0,c>0 B. a<0,b>0,c>0 C. 2 a <2 c D. 2 a ＋2 <2 3. 已知函数 f(x)＝log a (x 2 －4x＋8)， x∈[0,2]的最大值为－2，则 a＝_____。 A. 1 2 B. 1 4 C. 2 D. 4 4.已知{a n }是等比数列，且 a 1 ＋a 2 ＋a 3 ＝18，a ＋a ＋a 4 ＝－9，S ＝a ＋a ＋…＋ a n ，那么 lim n→∞ S 等于_____。 A. 8 B. 16 C. 32 D. 48 5.等差数列{a }中，a ＝84，前 n 项和为 S ,已知 S 9 >0，S 10 <0，则当 n＝______时， S 最大。 6. 对于满足 0≤p≤4 的所有实数 p，使不等式 x ＋px〉4x＋p－3 成立的 x 的取值范围 是________。 7.若关于 x 的方程|x －6x＋8|＝a 恰有两个不等实根，则实数 a 的取值范围是 ____________。 8.已知点 A(0,1)、B(2,3)及抛物线 y＝x ＋mx＋2，若抛物线与线段 AB 相交于两点，求 实数 m 的取值范围。 9.已知实数 x、y、z 满足等式 x＋y＋z＝5 和 xy＋yz＋zx＝3,试求 z 的取值范围。 10.已知 lg a c －4·lg a b ·lg b c ＝0，求证：b 是 a、c 的等比中项。 11.设α 、β 、γ 均为锐角，且 cos α ＋cos β ＋cos γ ＋2cosα ·cosβ ·cosγ ＝1， 求证：α ＋β ＋γ ＝π 。 12.当 p 为何值时，曲线 y ＝2px (p>0)与椭圆 1 4 (x―2― p 2 ) ＋y ＝1 有四个交点。(88 年全国高考) 13.已知关于 x 的实系数二次方程 x ＋ax＋b＝0 有两个实数根α 、β 。证明： ①. 如果|α |<2，|β |<2，那么 2|a|<4＋b 且|b|<4； ②. 如果 2|a|<4＋b 且|b|<4，那么|α |<2，|β |<2 。 （93 年全国理） 14.设 f(x)是定义在区间(-∞,+∞)上以 2 为周期的函数，对 k∈Z，用 I k 表示区间 (2k-1,2k+1]，已知当 x∈I 0 时，f(x)＝x 。 ①.求 f(x)在 I 上的解析表达式； ②. 对自然数 k，求集合 M ＝{a|使方程 f(x)＝ax 在 I 上有两个不相等的实根}。 （89 年 全国理） 54 四、等价转化思想方法 等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方 法。通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单 的问题。历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有 利于强化解决数学问题中的应变能力，提高思维能力和技能、技巧。 转化有等价转化与非等价转化。等价转化要求转化过程中前因后果是充分必要的，才保 证转化后的结果仍为原问题的结果。非等价转化其过程是充分或必要的，要对结论进行必要 的修正（如无理方程化有理方程要求验根），它能给人带来思维的闪光点，找到解决问题的 突破口。我们在应用时一定要注意转化的等价性与非等价性的不同要求，实施等价转化时确 保其等价性，保证逻辑上的正确。 著名的数学家，莫斯科大学教授 C.A.雅洁卡娅曾在一次向数学奥林匹克参赛者发表《什 么叫解题》的演讲时提出：“解题就是把要解题转化为已经解过的题”。数学的解题过程， 就是从未知向已知、从复杂到简单的化归转换过程。 等价转化思想方法的特点是具有灵活性和多样性。在应用等价转化的思想方法去解决数 学问题时，没有一个统一的模式去进行。它可以在数与数、形与形、数与形之间进行转换； 它可以在宏观上进行等价转化，如在分析和解决实际问题的过程中，普通语言向数学语言的 翻译；它可以在符号系统内部实施转换，即所说的恒等变形。消去法、换元法、数形结合法、 求值求范围问题等等，都体现了等价转化思想，我们更是经常在函数、方程、不等式之间进 行等价转化。可以说，等价转化是将恒等变形在代数式方面的形变上升到保持命题的真假不 变。由于其多样性和灵活性，我们要合理地设计好转化的途径和方法，避免死搬硬套题型。 在数学操作中实施等价转化时，我们要遵循熟悉化、简单化、直观化、标准化的原则， 即把我们遇到的问题，通过转化变成我们比较熟悉的问题来处理；或者将较为繁琐、复杂的 问题，变成比较简单的问题，比如从超越式到代数式、从无理式到有理式、从分式到整式… 等；或者比较难以解决、比较抽象的问题，转化为比较直观的问题，以便准确把握问题的求 解过程，比如数形结合法；或者从非标准型向标准型进行转化。按照这些原则进行数学操作， 转化过程省时省力，有如顺水推舟，经常渗透等价转化思想，可以提高解题的水平和能力。 55 Ⅰ、再现性题组： 1. f(x)是 R 上的奇函数，f(x＋2)＝f(x)，当 0≤x≤1 时，f(x)＝x，则 f(7.5)等于_____。 A. 0.5 B. －0.5 C. 1.5 D. －1.5 2.设 f(x)＝3x－2，则 f 1 [f(x)]等于______。 A. x  8 9 B. 9x－8 C. x D. 1 3 2x  3. 若 m、n、p、q∈R 且 m 2 ＋n ＝a，p ＋q ＝b，ab≠0，则 mp＋nq 的最大值是______。 A. a b 2 B. ab C. a b2 2 2  D. ab a b 4. 如果复数 z 满足|z＋ｉ|＋|z－ｉ|＝2，那么|z＋ｉ＋1|的最小值为______。 A. 1 B. 2 C. 2 D. 5 5. 设椭圆 y a 2 2 ＋ x b 2 2 ＝1 （a>b>0）的半焦距为 c，直线 l 过(0,a)和(b,0)，已知原点到 l 的距离等于 2 21 7 c，则椭圆的离心率为_____。 A. 1 4 B. 1 2 C. 3 3 D. 2 2 6. 已知三棱锥 S-ABC 的三条侧棱两两垂直，SA＝5，SB＝4，SC＝3，D 为 AB 的中点，E 为 AC 的中点，则四棱锥 S-BCED 的体积为_____。 A. 15 2 B. 10 C. 25 2 D. 35 2 【简解】1 小题：由已知转化为周期为 2,所以 f(7.5)＝f(-0.5)＝－f(0.5)，选 B； 2 小题：设 f(x)＝y，由互为反函数的值域与定义域的关系，选 C； 3 小题：由 mp＋nq≤ m p2 2 2  ＋ n q2 2 2  容易求解，选 A； 4 小题：由复数模几何意义利用数形结合法求解，选 A； 5 小题：ab＝ 2 21 7 c × a b2 2 ，变形为 12e 4 －31e 2 ＋7＝0，再解出 e，选 B； 6 小题：由 S ADE ＝ 1 4 S ABC 和三棱椎的等体积转化容易求，选 A。 Ⅱ、示范性题组： 例 1. 若 x、y、z∈R  且 x＋y＋z＝1，求( 1 x －1)( 1 y －1)( 1 z －1)的最小值。 【分析】由已知 x＋y＋z＝1 而联想到，只有将所求式变形为含代数式 x＋y＋z，或者运 用均值不等式后含 xyz 的形式。所以，关键是将所求式进行合理的变形，即等价转化。 【解】( －1)( －1)( 1 z －1)＝ 1 xyz （1－x）(1－y)(1－z) ＝ 1 xyz (1－x－y－z＋xy＋yz＋zx－xyz)＝ (xy＋yz＋zx－xyz) 56 ＝ 1 x ＋ 1 y ＋ 1 z －1≥3 1 3 xyz －1＝ 3 3 xyz －1≥ 3 3 x y z  －1＝9 【注】对所求式进行等价变换：先通分，再整理分子，最后拆分。将问题转化为求 ＋ ＋ 的最小值，则不难由平均值不等式而进行解决。此题属于代数恒等变形题型，即代数式 在形变中保持值不变。 例 2. 设 x、y∈R 且 3x 2 ＋2y ＝6x，求 x ＋y 的范围。 【分析】 设 k＝x ＋y ，再代入消去 y，转化为关于 x 的方程有实数解时求参数 k 范围 的问题。其中要注意隐含条件，即 x 的范围。 【解】由 6x－3x 2 ＝2y ≥0 得 0≤x≤2。 设 k＝x ＋y ，则 y ＝k－x ，代入已知等式得：x －6x＋2k＝0 ， 即 k＝－ 1 2 x ＋3x，其对称轴为 x＝3。 由 0≤x≤2 得 k∈[0,4]。 所以 x ＋y 的范围是：0≤x ＋y ≤4。 【另解】 数形结合法（转化为解析几何问题）： 由 3x ＋2y ＝6x 得(x－1) ＋ y 2 3 2 ＝1，即表示如图所示椭圆，其一个顶点在坐标原点。 x ＋y 的范围就是椭圆上的点到坐标原点的距离的平方。由图可知最小值是 0,距离最大的 点是以原点为圆心的圆与椭圆相切的切点。设圆方程为 x ＋y ＝k，代入椭圆中消 y 得 x － 6x＋2k＝0。由判别式△＝36－8k＝0 得 k＝4,所以 x ＋y 的范围是：0≤x ＋y ≤4。 【再解】 三角换元法，对已知式和待求式都可以进行三角换元（转化为三角问题）： 由 3x ＋2y ＝6x 得(x－1) ＋ ＝1，设 x y       1 6 2 cos sin   ，则 x ＋y ＝1＋2cosα ＋cos α ＋ 3 2 sin α ＝1＋ ＋2cosα － 1 2 cos α ＝－ cos α ＋2cosα ＋ 5 2 ∈[0,4] 所以 x ＋y 的范围是：0≤x ＋y ≤4。 【注】本题运用多种方法进行解答，实现了多种角度的转化，联系了多个知识点，有助 于提高发散思维能力。此题还可以利用均值换元法进行解答。各种方法的运用，分别将代数 问题转化为了其它问题，属于问题转换题型。 例 3. 求值：ctg10°－4cos10° 【分析】分析所求值的式子，估计两条途径：一是将函数名化为相同，二是将非特殊角 化为特殊角。 57 【解一】ctg10°－4cos10°＝ cos sin 10 10 ° ° －4cos10°＝ cos sin cos sin 10 4 10 10 10 ° ° ° °  ＝ sin sin sin 80 2 20 10 ° ° °  ＝ sin sin sin sin 80 20 20 10 ° ° ° °   ＝ 2 50 30 20 10 cos sin sin sin ° ° ° °  ＝ sin sin sin 40 20 10 ° ° °  ＝ 2 30 10 10 cos sin sin ° ° ° ＝ 3 （基本过程：切化弦→通分→化同名→拆项→差化积→化同名→差化积） 【解二】ctg10°－4cos10°＝ －4cos10°＝ ＝ ＝ 2 1 2 80 2 20 10 · ° ° ° sin sin sin  ＝ 2 60 80 2 20 10 cos sin sin sin ° ° ° °  ＝ sin sin( ) sin sin 140 20 2 20 10 ° ° ° °    ＝ sin sin sin 140 20 10 ° ° °  ＝ 2 80 60 10 cos sin sin ° ° ° ＝ （基本过程：切化弦→通分→化同名→特值代入→积化和→差化积） 【解三】ctg10°－4cos10°＝ －4cos10°＝ ＝ ＝ sin( ) sin sin 60 20 2 20 10    ° ° ＝ 3 2 20 1 2 20 2 20 10 cos sin sin sin   ° ° ＝ 3 1 2 20 3 2 20 10 ( cos sin ) sin   ° ＝ 3 60 20 10 cos( ) sin   ° ＝ 3 （基本过程：切化弦→通分→化同名→拆角 80°→和差角公式） 【注】无条件三角求值问题，是高考中常见题型，其变换过程是等价转化思想的体现。 此种题型属于三角变换型。一般对，对于三角恒等变换，需要灵活运用的是同角三角函数的 关系式、诱导公式、和差角公式、倍半角公式、和积互化公式以及万能公式，常用的手段是： 切割化弦、拆角、将次与升次、和积互化、异名化同名、异角化同角、化特殊角等等。对此， 我们要掌握变换的通法，活用 2 公式，攻克三角恒等变形的每一道难关。 例 4. 已知 f(x)＝tgx，x∈(0, π 2 )，若 x 1 、x 2 ∈(0, )且 x ≠x ， 求证： 1 2 [f(x )＋f(x )]>f( x x1 2 2  ) （94 年全国高考） 【分析】从问题着手进行思考，运用分析法，一步步探求问题成立的充分条件。 58 【证明】 1 2 [f(x 1 )＋f(x 2 )]>f( x x1 2 2  )  1 2 [tgx ＋tgx ]>tg ( sin cos x x 1 1 ＋ sin cos x x 2 2 )> sin( ) cos( ) x x x x 1 2 1 21    sin( ) cos cos x x x x 1 2 1 2  > 1＋cos(x 1 ＋x 2 )>2cosx cosx 1＋cosx cosx ＋sinx sinx >2cosx cosx cosx cosx ＋sinx sinx <1 cos(x －x )<1 由已知显然 cos(x －x )<1 成立，所以 [f(x )＋f(x )]>f( ) 【注】 本题在用分析法证明数学问题的过程中，每一步 实施的都是等价转化。此种题型属于分析证明型。 例 5. 如图，在三棱锥 S-ABC 中，S 在底面上的射影 N 位 于底面的高 CD 上，M 是侧棱 SC 上的一点，使截面 MAB 与底 面所成角等于∠NSC。求证：SC 垂直于截面 MAB。（83 年全 国高考） 【分析】 由三垂线定理容易证明 SC⊥AB，再在平面 SDNC 中利用平面几何知识证明 SC⊥DM。 【证明】由已知可得：SN⊥底面 ABC，AB⊥CD，CD 是斜线 SC 在底面 AB 的射影， ∴ AB⊥SC。 ∵ AB⊥SC、AB⊥CD ∴ AB⊥平面 SDNC ∴ ∠MDC 就是截面 MAB 与底面所成的二面角 由已知得∠MDC＝∠NSC 又∵ ∠DCM＝∠SCN ∴ △DCM≌△SCM ∴ ∠DMC＝∠SNC＝Rt∠ 即 SC⊥DM 所以 SC⊥截面 MAB。 【注】立体几何中有些问题的证明，可以转化为平面几何证明来解决，即考虑在一个平 面上的证明时运用平面几何知识。 Ⅲ、巩固性题组： 1. 正方形 ABCD 与正方形 ABEF 成 90°的二面角，则 AC 与 BF 所成的角为_____。 A. 45° B. 60° C. 30° D. 90° 2. 函数 f(x)＝|lgx|，若 0f(b)，则下列各式中成立的是_____。 A. ab≤1 B. ab<1 C. ab>1 D. a>1 且 b>1 3. lim n→∞ [ 1 2  … n － 1 2 1   … ( )n ] (n∈N)的值为______。 A. 2 2 B. 2 C. 0 D. 1 4. (a＋b＋c) 10 展开式的项数是_____。 A. 11 B. 66 C. 132 D. 3 5. 已知长方体 ABCD-A’B’C’D’中，AA’＝AD＝1，AB＝ 3 ，则顶点 A 到截面 A’BD 的距离是 _______。 6. 已知点 M(3cosx，3sinx)、N(4cosy，4siny)，则|MN|的最大值为_________。 S A M D N C B 59 7. 函数 y＝ x ＋ 1 x 的值域是____________。 8. 不等式 log 8 （x 3 ＋x＋3）>log 2 (x＋2)的解是____________。 9．设 x>0，y>0，求证：(x 2 ＋y ) 1 2 >(x ＋y ) 1 3 (86 年上海高考) 10. 当 x∈[0, π 2 ]时，求使 cos x－mcosx＋2m－2>0 恒成立的实数 m 的取值范围。 11. 设△ABC 的三内角 A、B、C 的对边分别是 a、b、c，若三边 a、b、c 顺次成等差数列， 求复数 z＝[cos(π ＋ A 2 )＋ｉsin(π ＋ )]·[sin( 3 2 π － C 2 )＋ｉcos( － )]的辐角主 值 argz 的最大值。 12. 已知抛物线 C：y＝(t ＋t－1)x －2(a＋t) x＋(t ＋3at＋b)对任何实数 t 都与 x 轴交于 P(1,0)点，又设抛物线 C 与 x 轴的另一交点为 Q(m,0)，求 m 的取值范围。 第三章 高考热点问题和解题策略 数学高考坚持以“两个有利”（有利高校选拔新生、有利中学教学）为指导思想，严格 遵循“考试说明”的规定，内容上不超纲，能力上不超规定层次（了解、理解和掌握、灵活 和综合运用），在考查三基（基础知识、基本技能、基本技巧）和四种能力（逻辑思维能力、 运算能力、空间想象能力、分析和解决问题的能力）的同时，侧重考查教材中的主要内容、 数学思想方法和应用意识，特别是突出考查数学学科的思维能力。 函数平均每年占高考总分的 13.8％，考查的知识背景为幂、指、对及一般函数的概念、 定义域、值域、反函数；函数的性质、函数的单调性、奇偶性、周期性；函数的图像等。 三角函数平均每年占高考总分的 12.6％，考查的知识背景是三角函数的概念、性质、以 及有关公式的应用，以常规题居多。 解（证）不等式平均每年占高考总分的 11.2％，考查的知识背景为不等式的性质、定理； 立几、数列中的最值问题以及解几中的范围问题。 数列、极限和数学归纳法平均每年占高考总分的 13.8％，考查的知识背景为等差（比） 数列的概念与计算公式；数列、极限的概念与求法。 线面间的位置关系平均每年占高考总分的 11.8％，考查的知识背景为线面间的平行、垂 直性质与判定及有关概念。每年均为阅读理解型试题。 圆锥曲线平均每年占高考总分的 11.7％，考查的知识背景为圆锥曲线的定义、性质及解 几中的基本数学思想方法。 1993 年—1999 年高考试题中，常用的数学方法几乎每年考到，常用的数学思想方法考查 的频率明显提高，探索性能力题年年考，对应用性问题的考查力度不断加大，阅读理解能力 多题渗透。 今年高考命题，选择题继续保持 14 个题题量，仍分为 1-5 题，每题 4 分，6-14 题每题 5 分，但适当降低最后 2-3 题的难度，控制语言的抽象水平。填空题保持 1997-1999 年水平， 共 4 个题左右，每题 4 分，难度仍将为中等题，以计算题为主，且计算量仍不会加大。相比 99 年高考，2000 高考将适当降低试卷的难度，进一步加强对思维能力考查。 60 进一步注重通性通法的考查，继续突出主体内容（函数、方程、不等式、数列和圆锥曲 线等），淡化某些不宜升温的知识（递推数列、复数和立体几何等），做好向新高中教材过 渡的准备。 应用题将适当控制对建模能力难度的考查，减少普通语言转译为数学语言的难度，既注 意贴近生活，又注意靠近课本。探索性综合题和信息迁移题不可能增加难度，如数列综合题 仍以归纳猜想为主要形式。 一、应用问题 应用问题的“考试要求”是考查考生的应用意识和运用数学知识与方法来分析问题解决 问题的能力，这个要求分解为三个要点： 1、要求考生关心国家大事，了解信息社会，讲究联系实际，重视数学在生产、生活及科 学中的应用，明确“数学有用，要用数学”，并积累处理实际问题的经验。 2、考查理解语言的能力，要求考生能够从普通语言中捕捉信息，将普通语言转化为数学 语言，以数学语言为工具进行数学思维与交流。 3、考查建立数学模型的初步能力，并能运用“考试说明”所规定的数学知识和方法来求 解。 对应用题，考生的弱点主要表现在将实际问题转化成数学问题的能力上。实际问题转化 为数学问题，关键是提高阅读能力即数学审题能力，审出函数、方程、不等式、等式，要求 我们读懂材料，辨析文字叙述所反应的实际背景，领悟从背景中概括出来的数学实质，抽象 其中的数量关系，将文字语言叙述转译成数学式符号语言，建立对应的数学模型解答。可以 说，解答一个应用题重点要过三关：一是事理关，即读懂题意，需要一定的阅读理解能力； 二是文理关，即把文字语言转化为数学的符号语言；三是数理关，即构建相应的数学模型， 构建之后还需要扎实的基础知识和较强的数理能力。 求解应用题的一般步骤是（四步法）： 1、读题：读懂和深刻理解，译为数学语言，找出主要关系； 2、建模：把主要关系近似化、形式化，抽象成数学问题； 3、求解：化归为常规问题，选择合适的数学方法求解； 4、评价：对结果进行验证或评估，对错误加以调节，最后将结果应用于现实，作出解释 或验证。 在近几年高考中，经常涉及的数学模型，有以下一些类型：数列模型、函数模型、不等 式模型、三角模型、排列组合模型等等。 Ⅰ、再性性题组： 1.某种细菌在培养过程中，每 20 分钟分裂一次（一个分裂为两个），经过 3 小时，这种 细菌由 1 个可繁殖成______。(94 年全国高考) A. 511 个 B. 512 个 C. 1023 个 D. 1024 个 2.如图，以墙为一边，用篱笆围成长方形的场地，并用平 行于一边的篱笆隔开，已知篱笆的总长为定值 L，这块场地的 长为_______时，场地面积最大，最大面积是_________。(82 年全国高考) 3.圆柱轴截面的周长 L 为定值，那么圆柱体积的最大值是_______。(93 年全国高考) A. ( L 6 ) 3 π B. 1 9 ( L 2 ) π C. ( L 4 ) π D. 2( L 4 ) π 61 4.在半径为 30m 的圆形广场中央上空，置一个照明光源，射向地面的光呈圆锥形，且其 轴截面顶角为 120°，若要光源恰好照亮整个广场，则其高度应为_______。(精确到 0.1m) (93 年全国高考) 5.甲、乙、丙、丁四个公司承包 8 项工程，甲公司承包 3 项，乙公司承包 1 项，丙、丁 公司各承包 2 项，共有_______种承包方式。(86 年全国高考) 【简解】1 小题：答案 B； 2 小题：设长 x，面积 S＝x× l x 3 ≤ 1 3 ( l 2 ) 2 ，答案：长为 ，最大面积 l 2 12 ； 3 小题：V＝π r l r 4 2 ＝π r ( －2r)≤π ( r r l r  2 2 3 ) 3 ，选 A； 4 小题：由 30 h ＝tg60°得 h＝10 3 ≈17.3； 5 小题：C 8 3 C 5 1 C 4 2 ＝1680。 Ⅱ、示范性题组： 例 1．某地现有耕地 10000 公顷，规划 10 年后粮食单产比现有增加 22％，人均粮食产量 比现在提高 10％，如果人口年增长率为 1％，那么耕地每年至多只能减少多少公顷（精确到 1 公顷）？ （96 年全国高考） （粮食单产＝ 总产量 耕地面积 ； 人均粮食产量＝ 总产量 总人口数 ） 【分析】此题以关系国计民生的耕地、人口、粮食为背景，给出两组数据，要求考生从 两条线索抽象数列模型，然后进行比较与决策。 【解】1.读题：问题涉及耕地面积、粮食单产、人均粮食占有量、总人口数及三个百分 率，其中人均粮食占有量 P＝ 粮食单产×耕地面积 总人口数 ， 主要关系是：P 实际 ≥P 规划 。 2.建模：设耕地面积平均每年至多减少 x 公顷，现在粮食单产为 a 吨／公顷，现在人口 数为 m，则现在占有量为 a m ×104 ，10 年后粮食单产为 a(1＋0.22)，人口数为 m(1＋0.01) 10 ， 耕地面积为（10 4 －10x）。 ∴ a x m ( . )( ) ( . ) 1 022 10 10 1 001 4 10    ≥ （1＋0.1） 即 1.22（10 －10x）≥1.1×10 ×（1＋0.01） 3.求解： x≤10 3 － 11 122 . . ×10 ×（1＋0.01） ∵ （1＋0.01） ＝1＋C 10 1 ×0.01＋C 10 2 ×0.01 2 ＋C 10 3 ×0.01 ＋…≈1.1046 ∴ x≤10 －995.9≈4（公顷） 4.评价：答案 x≤4 公顷符合控制耕地减少的国情，又验算无破，故可作答。（答略） 【另解】1.读题：粮食总产量＝单产×耕地面积； 粮食总占有量＝人均占有量×总人 口数； 而主要关系是： 粮食总产量≥粮食总占有量 62 2.建模：设耕地面积平均每年至多减少 x 公顷，现在粮食单产为 a 吨／公顷，现在人口 数为 m，则现在占有量为 a m ×104 ，10 年后粮食单产为 a(1＋0.22)，人口数为 m(1＋0.01) 10 ， 耕地面积为（10 4 －10x）。 ∴ a(1＋0.22)×(1O 4 －10x)≥ ×(1＋0.1)×m(1＋0.01) 3.求解： x≤10 3 － 11 122 . . ×10 ×（1＋0.01） ∵ （1＋0.01） ＝1＋C 10 1 ×0.01＋C 10 2 ×0.01 2 ＋C 10 3 ×0.01 ＋…≈1.1046 ∴ x≤10 －995.9≈4（公顷） 4.评价：答案 x≤4 公顷符合控制耕地减少的国情，又验算无破，故可作答。（答略） 【注】本题主要是抓住各量之间的关系，注重 3 个百分率。其中耕地面积为等差数列， 总人口数为等比数列模型，问题用不等式模型求解。本题两种解法，虽都是建立不等式模型， 但建立时所用的意义不同，这要求灵活掌握，还要求对指数函数、不等式、增长率、二项式 定理应用于近似计算等知识熟练。此种解法可以解决有关统筹安排、最佳决策、最优化等问 题。此种题型属于不等式模型，也可以把它作为数列模型，相比之下，主要求解过程是建立 不等式模型后解出不等式。 在解答应用问题时，我们强调“评价”这一步不可少！它是解题者的自我调节，比如本 题求解过程中若令 1.01 10 ≈1,算得结果为 x≤98 公顷，自然会问：耕地减少这么多，符合国 家保持耕地的政策吗？于是进行调控，检查发现是错在 1.01 的近似计算上。 例 2．已知某市 1990 年底人口为 100 万，人均住房面积为 5m ，如果该市每年人口平均 增长率为 2％，每年平均新建住房面积为 10 万 m ，试求到 2000 年底该市人均住房面积（精 确到 0.01）？（91 年上海高考） 【分析】城市每年人口数成等比数列，每年住房总面积成等比数列，分别写出 2000 年后 的人口数、住房总面积，从而计算人均住房面积。 【解】1.读题：主要关系：人均住房面积＝ 总住房面积 总人口数 2.建模：2000 年底人均住房面积为100 10 5 10 10 10 100 10 1 2 4 4 4 10        ( )％ 3.求解：化简上式＝ 6 10210. ， ∵ 1.02 ＝1＋C ×0.02＋C ×0.02 ＋C ×0.02 ＋…≈1.219 ∴ 人均住房面积为 ≈4.92 4.评价：答案 4.92 符合城市实际情况，验算正确，所以到 2000 年底该市人均住房面积 为 4.92m 2 。 【注】一般地，涉及到利率、产量、降价、繁殖等与增长率有关的实际问题，可通过观 察、分析、归纳出数据成等差数列还是等比数列，然后用两个基础数列的知识进行解答。此 种题型属于应用问题中的数列模型。 63 例 3．甲、乙两地相距 S 千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过 c 千米／时， 已知汽车每小时的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度 v （千米／时）的平方成正比，比例系数为 b；固定部分为 a 元。 ① 把全程运输成本 y（元）表示为速度 v（千米／时）的函数，并指出函数的定义域； ② 为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？ （97 年全国高考） 【分析】几个变量（运输成本、速度、固定部分）有相互的关联，抽象出其中的函数关 系，并求函数的最小值。 【解】（读题）由主要关系：运输总成本＝每小时运输成本×时间， （建模）有 y＝(a＋bv 2 ) S v （解题）所以全程运输成本 y（元）表示为速度 v（千米／时）的函数关系式是：y＝S( a v ＋bv)，其中函数的定义域是 v∈(0,c]。 整理函数有 y＝S( ＋bv)＝S(v＋ a b v )， 由函数 y＝x＋ k x (k>0)的单调性而得： 当 a b q>0，则上述三个方案中______。 A.方案甲提价最多 B.方案乙提价最多 C.方案丙提价最多 D.以上都不对 6.假设国家收购某种农产品的价格是 120 元／担，其中征税标准为每 100 元征 8 元（叫 税率 8 个百分点，即 8％），计划可收购 m 万担。为了减轻农民负担，决定把税率降低 x 个 百分点，预计收购量可增加 2x 个百分点。 ① 写出税收 y（万元）与 x 的函数关系式； ② 要使此项税收在税率调节后不低于原计划的 78％，试确定 x 的范围。 65 7.某单位用分期付款的方式为职工购买 40 套住房，共需 1150 万元。购买当天先付 150 万元，以后每月的这一天都交付 50 万元，并加付欠款利息，月利率为 1％。若交付 150 万元 后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第 10 个月应该付多少钱？全部货款 付清后，买这 40 套住房实际花了多少钱？ 8.公园要建造一个圆形的喷水池，在水池中央垂直于水面 安装一个花形柱子 OA，O 恰在水面中心，OA＝1.25 米，安置在 柱子顶端 A 处的喷头向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同 的抛物线路径落下，且在过 OA 的任一平面上抛物线路径如图 所示，为使水流形状较为漂亮，设计成水流在到 OA 的距离为 1 米处达到距水面最大高度 2.25 米，如果不计其他因素，那么 水池的半径至少要多少米，才能使喷出的水流不致落到池外？ （97 年上海高考） 9.电灯挂在圆桌的正中央上空，光学定律指出：桌边 A 处的照度 I 与射到点 A 的光线与 桌面的夹角θ 的正弦成正比，与点 A 到光源的距离的平方成反比。已知桌面半径 r＝0.5 米， 当电灯离桌面 1 米时，桌边 A 处的照度为 I 0 。 ① 试把照度 I 表示为角θ 的函数； ② 怎样 选择电灯悬挂的高度 h，才能使桌边处最亮？ 10.国际足联规定法国世界杯决赛阶段，比赛场地长 105 米、宽 68 米，足球门宽 7.32 米、 高 2.44 米，试确定边锋最佳射门位置（边锋在足球场地长边上移动，最佳射门位置应使边锋 看足球门的水平视角θ 最大）。 （精确到 1 米） 二、探索性问题 近年来，随着社会主义经济建设的迅速发展，要求学校由“应试教育”向“素质教育” 转化，培养全面发展的开拓型、创造型人才。在这种要求下，数学教学中开放型问题随之产 生。于是，探索性问题成了近几年来高考命题中的热点问题，它既是高等学校选拔高素质人 材的需要，也是中学数学教学培养学生具有创造能力、开拓能力的任务所要求的。实际上， 学生在学习数学知识时，知识的形成过程也是观察、分析、归纳、类比、猜想、概括、推证 的探索过程，其探索方法是学生应该学习和掌握的，是今后数学教育的重要方向。 一般地，对于虽给出了明确条件，但没有明确的结论，或者结论不稳定，需要探索者通 过观察、分析、归纳出结论或判断结论的问题（探索结论）；或者虽给出了问题的明确结论， 但条件不足或未知，需要解题者寻找充分条件并加以证明的问题（探索条件），称为探索性 问题。此外，有些探索性问题也可以改变条件，探讨结论相应发生的变化；或者改变结论， 探讨条件相应发生的变化；或者给出一些实际中的数据，通过分析、探讨解决问题。 探索性问题一般有以下几种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。 猜想归纳型问题是指在问题没有给出结论时，需要从特殊情况入手，进行猜想后证明其 猜想的一般性结论。它的思路是：从所给的条件出发，通过观察、试验、不完全归纳、猜想， 探讨出结论，然后再利用完全归纳理论和要求对结论进行证明。其主要体现是解答数列中等 与 n 有关数学问题。 存在型问题是指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出 现，其结果可能存在，需要找出来，可能不存在，则需要说明理由。解答这一类问题时，我 们可以先假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在；若推证出矛盾，则结论不存在。 代数、三角、几何中，都可以出现此种探讨“是否存在”类型的问题。 分类讨论型问题是指条件或者结论不确定时，把所有的情况进行分类讨论后，找出满足 条件的条件或结论。此种题型常见于含有参数的问题，或者情况多种的问题。 探索性问题，是从高层次上考查学生创造性思维能力的新题型，正确运用数学思想方法 是解决这类问题的桥梁和向导，通常需要综合运用归纳与猜想、函数与方程、数形结合、分 A O 水面 66 类讨论、等价转化与非等价转化等数学思想方法才能得到解决，我们在学习中要重视对这一 问题的训练，以提高我们的思维能力和开拓能力。 Ⅰ、再现性题组： 1.是否存在常数 a、b、c，使得等式 1·2 2 ＋2·3 ＋…＋n(n＋1) ＝ n n( )1 12 (an ＋ bn＋c)对一切自然数 n 都成立？并证明你的结论。 （89 年全国理） 2.已知数列 8 1 1 32 2 · · ， 8 2 3 52 2 · · …， 8 2 1 2 12 2 · · n n n( ) ( )  ，…。S n 为其前 n 项和，求 S 1 、S 2 、S 3 、S 4 ，推测 S 公式，并用数学归纳法证明。 （93 年全国理） 【简解】1 题：令 n＝1、2、3 代入已知等式列出方程组，解得 a＝3、b＝11、c＝10，猜 测 a、b、c 的值对所有的 n∈N 都成立，再运用数学归纳法进行证明。（属于是否存在型问题， 也可属于猜想归纳型问题） 2 题：计算得到 S ＝ 8 9 、S ＝ 24 25 、S ＝ 48 49 、S ＝ 80 81 ，观察后猜测 S n ＝ ( ) ( ) 2 1 1 2 1 2 2 n n    ， 再运用数学归纳法进行证明。 Ⅱ、示范性题组： 【例 1】已知方程 kx 2 ＋y ＝4，其中 k 为实数，对于不同范围的 k 值，分别指出方程所 代表图形的类型，并画出曲线简图。（78 年全国高考题） 【分析】由圆、椭圆、双曲线等方程的具体形式，结合方程 kx ＋y ＝4 的特点，对参 数 k 分 k>1、k＝1、01、k＝1、01 时，表示椭圆，其中心在原点，焦点在 y 轴上，a＝2，b＝ 2 k ; ② 当 k＝1 时，表示圆，圆心在原点，r＝2； ③ 当 00，解得 a ＝2＋4k＝4(k＋1)－2， 所以 n＝k＋1 时，结论也成立。 综上所述，上述结论对所有的自然数 n 都成立。 ③ 设 c ＝b －1＝ 1 2 （ a a n n 1 ＋ a a n n1 ）－1＝ 1 2 （ 4 2 4 2 n n   ＋ 4 2 4 2 n n   －2） ＝ [（ 2 1 2 1 n n   －1）＋( 2 1 2 1 n n   －1)]＝ 1 2 1n  － 1 2 1n  b 1 ＋b 2 ＋…＋b －n＝c ＋c ＋…＋c ＝（ 1－ 1 3 ）+（ － 1 5 ）＋…＋( － ) ＝1－ ∴ lim n→∞ (b ＋b ＋…＋b －n)＝ (1－ )＝1 【注】本题求数列的通项公式，属于猜想归纳型问题，其一般思路是：从最简单、最特 殊的情况出发，推测出结论，再进行严格证明。第③问对极限的求解，使用了“裂项相消法”， 设立新的数列 c 具有一定的技巧性。 此外，本题第②问数列通项公式的求解，属于给出数列中 S 与 a 的函数关系式求 a ， 对此类问题我们还可以直接求解，解答思路是由 a n1 ＝S －S 的关系转化为数列通项之间 的递推关系，再发现数列的特征或者通过构造新的数列求解。具体的解答过程是： 由题意有 an  2 2 ＝ 2Sn ，整理得到 S ＝ 1 8 (a ＋2) ，所以 S ＝ (a ＋2) ， 69 ∴ a n1 ＝S －S n ＝ 1 8 [(a ＋2) 2 －(a ＋2) ] 整理得到(a ＋a )( a －a －4)＝0 由题意 a >0 可以得到：a －a －4＝0,即 a －a ＝4 ∴数列{a }为等差数列，其中 a 1 ＝2，公差 d＝4，即通项公式为 a ＝4n－2。 【例 4】已知 x 1 >0，x ≠1，且 x n1 ＝ x x x n n n ( )2 2 3 3 1   (n∈N)，比较 x n 与 x 的大小。 (86 年全国理) 【分析】比较 x 与 x 的大小，采用“作差法”，判别差式的符号式，分情况讨论。 【解】x －x ＝ －x ＝ 2 1 3 1 2 2 x x x n n n ( )  由 x >0 及数列{x }的定义可知，x >0，所以 x －x 与 1－x 2 的符号相同。 假定 x <1，当 n＝1 时，1－x 1 >0；假设 n＝k 时 1－x k >0，那么当 n＝k＋1 时， 1－x k1 2 ＝1－[ x x x k k k ( )2 2 3 3 1   ] ＝ ( ) ( ) 1 3 1 2 3 2 2   x x k k >0，因此对一切自然数 n 都有 1－x >0, 即 x 1，当 n＝1 时，1－x <0；假设 n＝k 时 1－x <0，那么当 n＝k＋1 时， 1－x ＝1－[ ] ＝ <0，因此对一切自然数 n 都有 1－x <0, 即 x 0，使得 lg( ) lg( )S c S cn n  2 2 0)，a ＝ 2 1 1 1 a a n n   (n≥2，n∈N)。 ① 用 a 表示 a 2 、a 3 、a 4 ； ② 猜想 a 的表达式，并证明你的结论。 6.在△ABC 中，∠A、∠B、∠C 的对边分别是 a、b、c， 且 b、a、c 成等差数列，b≥c。已知 B(-1,0)、C(1,0)。 ① 求顶点 A 的轨迹 L； ② 是否存在直线 m，使 m 过点 B 并与曲线 L 交于不同 的两点 P、Q 且|PQ|恰好等于原点 O 到直线 m 距离的倒数？ 若存在，求出 m 的方程；若不存在，说明理由。 7.如图，已知矩形 ABCD，PA⊥平面 ABCD，M、N 分别是 AB、 PC 的中点。 ① 求证：MN⊥AB； ② 若平面 PDC 与平面 ABCD 所成的二面角为θ ，能否确定 θ ，使得直线 MN 是异面直线 AB 与 PC 的公垂线？若能确定， 求出θ 的值；若不能确定，说明理由。 A y B O C x P N B M A C D 71 三、选择题解答策略 近几年来高考数学试题中选择题稳定在 14～15 道题，分值 65 分，占总分的 43.3%。高考 选择题注重多个知识点的小型综合，渗逶各种数学思想和方法，体现基础知识求深度的考基 础考能力的导向;使作为中低档题的选择题成为具备较佳区分度的基本题型。因此能否在选择 题上获取高分，对高考数学成绩影响重大。解答选择题的基本策略是准确、迅速。 准确是解答选择题的先决条件。选择题不设中间分，一步失误，造成错选，全题无分。 所以应仔细审题、深入分析、正确推演、谨防疏漏；初选后认真检验，确保准确。 迅速是赢得时间获取高分的必要条件。高考中考生不适应能力型的考试，致使“超时失 分”是造成低分的一大因素。对于选择题的答题时间，应该控制在不超过 50 分钟左右，速度 越快越好，高考要求每道选择题在 1～3 分钟内解完。 选择题主要考查基础知识的理解、基本技能的熟练、基本计算的准确、基本方法的运用、 考虑问题的严谨、解题速度的快捷等方面，是否达到《考试说明》中的“了解、理解、掌握” 三个层次的要求。历年高考的选择题都采用的是“四选一”型，即选择项中只有一个是正确 的。它包括两个部分：题干，由一个不完整的陈述句或疑问句构成；备选答案，通常由四个 选项 A、B、C、D 组成。 选择题的特殊结构决定了它具有相应的特殊作用与特点：由于选择题不需写出运算、推 理等解答过程，在试卷上配有选择题时，可以增加试卷容量，扩大考查知识的覆盖面；阅卷 简捷，评分客观，在一定程度上提高了试卷的效度与信度；侧重于考查学生是否能迅速选出 正确答案，解题手段不拘常规，有利于考查学生的选择、判断能力；选择支中往往包括学生 常犯的概念错误或运算、推理错误，所有具有较大的“迷惑性”。 一般地，解答选择题的策略是：① 熟练掌握各种基本题型的一般解法。② 结合高考单 项选择题的结构（由“四选一”的指令、题干和选择项所构成）和不要求书写解题过程的特 点，灵活运用特例法、筛选法、图解法等选择题的常用解法与技巧。③ 挖掘题目“个性”， 寻求简便解法，充分利用选择支的暗示作用，迅速地作出正确的选择。 Ⅰ、示范性题组： 一、 直接法： 72 直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则等知识，通过推理运算，得出 结论，再对照选择项，从中选正确答案的方法叫直接法。 【例 1】（96 年高考题）若 sin 2 x>cos 2 x,则 x 的取值范围是______。 A．{x|2k － 3 4  cos x 得 cos x－ sin x<0,即 cos2x<0，所以：  2 ＋2kπ <2x< 3 2  ＋2k π ，选 D； 【另解】数形结合法：由已知得|sinx|>|cosx|，画出单 位圆： 利用三角函数线，可知选 D。 【例 2】（96 年高考题）设 f(x)是(－∞，∞)是的奇函数，f(x＋2)＝－f(x)，当 0≤x ≤1 时，f(x)＝x，则 f(7.5)等于______。 A. 0.5 B. －0.5 C. 1.5 D. －1.5 【解】由 f(x＋2)＝－f(x)得 f(7.5)＝－f(5.5)＝f(3.5)＝－f(1.5)＝f(－0.5)，由 f(x) 是奇函数得 f(－0.5)＝－f(0.5)＝－0.5，所以选 B。 也可由 f(x＋2)＝－f(x)，得到周期 T＝4，所以 f(7.5)＝f(－0.5)＝－f(0.5)＝－0.5。 【例 3】（87 年高考题）七人并排站成一行，如果甲、乙两人必需不相邻，那么不同的 排法的种数是_____。 A. 1440 B. 3600 C. 4320 D. 4800 【解一】用排除法：七人并排站成一行，总的排法有 P 7 7 种，其中甲、乙两人相邻的排法 有 2×P 6 6 种。因此，甲、乙两人必需不相邻的排法种数有：P 7 7 －2×P ＝3600,对照后应选 B； 【解二】用插空法：P 5 5 ×P 6 2 ＝3600。 直接法是解答选择题最常用的基本方法，低档选择题可用此法迅速求解。直接法适用的 范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案。提高直接法解选择题的能力，准确地把握中 档题目的“个性”，用简便方法巧解选择题，是建在扎实掌握“三基”的基础上，否则一味 求快则会快中出错。 二、 特例法： 用特殊值(特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，对各个选项进行检 验，从而作出正确判断的方法叫特例法。常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特 殊图形、特殊角、特殊位置等。 【例 4】(97 年高考题)定义在区间(-∞，∞)的奇函数 f(x)为增函数，偶函数 g(x)在区 间[0,+∞）的图象与 f(x)的图象重合，设 a>b>0,给出下列不等式①f(b)－f(-a)>g(a)－g(-b); ②f(b)－f(-a)g(b)－g(-a);④f(a)－f(-b)1，排除答案 A、C；若 a＝2，由 2－ax>0 得 x<1，这与[0,1]不符合，排除答案 C。所以选 B。 【例 7】（ 88 年高考题）过抛物线 y 2 ＝4x 的焦点，作直线与此抛物线相交于两点 P 和 Q， 那么线段 PQ 中点的轨迹方程是______。 A. y ＝2x－1 B. y ＝2x－2 C. y ＝－2x＋1 D. y ＝－2x＋2 【解】筛选法：由已知可知轨迹曲线的顶点为(1,0)，开口向右，由此排除答案 A、C、D， 所以选 B； 【另解】直接法：设过焦点的直线 y＝k(x－1)，则 y kx y x       1 42 ，消 y 得： k 2 x －2(k ＋2)x＋k ＝0,中点坐标有 x x x k k y k k k k               1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2( ) ，消 k 得 y ＝2x－2，选 B。 筛选法适应于定性型或不易直接求解的选择题。当题目中的条件多于一个时，先根据某 些条件在选择支中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据另一些条件在缩小的选择支的范 围那找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的选择。它与特例法、图解法等结合使用是解 74 选择题的常用方法，近几年高考选择题中约占 40％。 四、 代入法： 将各个选择项逐一代入题设进行检验，从而获得正确判断的方法叫代入法，又称为验证 法，即将各选择支分别作为条件，去验证命题，能使命题成立的选择支就是应选的答案。 【例 8】（97 年高考题）函数 y=sin(  3 －2x)＋sin2x 的最小正周期是_____。 A．  2 B.  C. 2 D. 4 【解】代入法：f(x＋ )＝sin[ －2(x＋ )]＋sin[2(x＋ )]＝－f(x)，而 f(x＋π )＝sin[ －2(x＋π )]＋sin[2(x＋π )]＝f(x)。所以应选 B； 【另解】直接法：y＝ 3 2 cos2x－ 1 2 sin2x＋sin2x＝sin(2x＋  3 )，T＝π ，选 B。 【例 9】（96 年高考题）母线长为 1 的圆锥体积最大时，其侧面展开图的圆心角 等于 _____。 A. 2 2 3  B. 2 3 3  C. 2 D. 2 6 3  【解】代入法：四个选项依次代入求得 r 分别为： 2 3 、 3 3 、 2 2 、 6 3 ，再求得 h 分别为： 7 3 、 、 、 ，最后计算体积取最大者，选 D。 【另解】直接法：设底面半径 r，则 V＝ 1 3 π r 2 1 2 r ＝ 2 3 π r 2 ≤… 其中 ＝ ，得到 r＝ 2 3 ，所以 ＝2π ／1＝ ，选 D。 代入法适应于题设复杂，结论简单的选择题。若能据题意确定代入顺序，则能较大提高 解题速度。 五、 图解法： 据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确判断的 方法叫图解法或数形结合法。 【例 10】（ 97 年高考题）椭图 C 与椭圆 ( )x  3 9 2 ＋ ( )y  2 4 2 ＝1 关于直线 x＋y＝0 对称， 椭圆 C 的方程是_____。 A． ( )x  2 4 2 ＋ ( )y  3 9 2 ＝1 B. ( )x  2 9 2 ＋ ( )y  3 4 2 ＝1 C. ( )x  2 9 ＋ ( )y  3 4 2 ＝1 D. ( )x  2 4 2 ＋ ( )y  3 9 2 ＝1 【解】图解法：作出椭圆及对称的椭圆 C，由中心及焦点位置，容易得到选 A。 75 【另解】直接法：设椭圆 C 上动点(x,y)，则对称点(－y，－x)，代入已知椭圆方程得 ( ) y 3 9 2 ＋ ( ) x 2 4 2 ＝1，整理即得所求曲线 C 方程，所以选 A。 【例 11】（87 年高考题）在圆 x 2 ＋y ＝4 上与直线 4x＋3y－12=0 距离最小的点的坐标 是_____。 A. （ 8 5 ， 6 5 ） B. ( ,－ ) C. (－ , ) D. (－ ,－ ) 【解】图解法：在同一直角坐标系中作出圆 x ＋y ＝4 和直线 4x＋3y－12=0 后，由图可知距离最小的点在第一象限 内，所以选 A。 【直接法】先求得过原点的垂线，再与已知直线相交而得。 【例 12】已知复数 z 的模为 2，则 |z－ｉ| 的最大值为 _______。 A. 1 B. 2 C. 5 D. 3 【解】图解法：由复数模的几何意义，画出右图，可知当圆 上的点到 M 的距离最大时即为|z－ｉ|最大。所以选 D； 【另解】不等式法或代数法或三角法： |z－ｉ|≤|z|＋|ｉ|＝3,所以选 D。 数形结合，借助几何图形的直观性，迅速作正确的判断是高考考查的重点之一；97 年高 考选择题直接与图形有关或可以用数形结合思想求解的题目约占 50％左右。 从考试的角度来看，解选择题只要选对就行，不管是什么方法，甚至可以猜测。但平时 做题时要尽量弄清每一个选择支正确理由与错误的原因，这样，才会在高考时充分利用题目 自身的提供的信息，化常规为特殊，避免小题作，真正做到熟练、准确、快速、顺利完成三 个层次的目标任务。 Ⅱ、巩固性题组： 1.（86 年高考题）函数 y＝（ 1 5 ） x ＋1 的反函数是______。 A. y＝log 5 x＋1 （x>0） B. y＝log x 5＋1 （x>0 且 x≠1） C. y＝log (x－1) (x>1) D. y＝log x－1 (x>1) 2.（90 年高考题）已知 f(x)＝x 3 ＋ax＋bx－8,且 f(－2)＝10，那么 f(2)等于_____。 A. －26 B. －18 C. －10 D. 10 3.一个凸多边形的最小内角为 2 3 π ,各内角成等差数列，公差为 π 36 ,则此多边形的边数为 _____。 A. 9 B. 16 C. 9 或 16 D. 16 或 25 4.设 a、b、c 为实数，且 cos2x＝acos 2 x＋bcosx＋c 恒成立，则 a ＋b ＋c ＝______。 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 5.若 a、b 是任意实数，且 a>b，则______。 A. a >b B. b a <1 C. lg(a－b)>0 D. （ 1 2 ） a <( ) b 6.如果方程 x ＋ky ＝2 表示焦点在 y 轴上椭圆，那么实数 k 的取值范围是_____。 A. (0,+∞) B. (0,2) C. (1,+∞) D. (0,1) y O x M - i 2 76 7.中心在原点，准线方程为 x＝±4，离心率为 1 2 的椭圆方程是______。 A. x 2 4 ＋ y 2 3 ＝1 B. x 2 3 ＋ y 2 4 ＝1 C. ＋y 2 ＝1 D. x ＋ ＝1 8.已知正三棱台上、下底面边长分别为 2 和 4,高为 2 3 ，它被中截面截得的较大部分体 积是_____。 A. 37 2 B. 111 4 C. 19 4 D. 37 4 9.若α ＝arg(2＋ｉ)，β ＝arg(－3＋ｉ)，则β －α 等于______。 A. 5 4 π B. 3 4 π C. － π 4 D. － 10. (95年高考题)等差数列{a n }、{b }前 n 项和分别是 S 和 T ，若 S T n n ＝ 2 3 1 n n  ，则 lim n   a b n n 等于______。 A. 1 B. 6 3 C. 2 3 D. 4 9 四、填空题解答策略 填空题是一种传统的题型，也是高考试卷中又一常见题型。近几年高考，都有一定数量 的填空题，且稳定了 4 个小题左右，每题 4 分，共 16 分，越占全卷总分的 11％。 填空题又叫填充题，是将一个数学真命题，写成其中缺少一些语句的不完整形式，要求 学生在指定的空位上，将缺少的语句填写清楚、准确。它是一个不完整的陈述句形式，填写 的可以是一个词语、数字、符号、数学语句等。 根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型： 一是定量型，要求学生填写数值、数集或数量关系，如：方程的解、不等式的解集、函 数的定义域、值域、最大值或最小值、线段长度、角度大小等等。由于填空题和选择题相比， 缺少选择支的信息，所以高考题中多数是以定量型问题出现。 二是定性型，要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定的数学对象的某种性质， 如：给定二次曲线的准线方程、焦点坐标、离心率等等。 填空题不要求学生书写推理或者演算的过程，只要求直接填写结果，它和选择题一样， 能够在短时间内作答，因而可加大高考试卷卷面的知识容量，同时也可以考查学生对数学概 念的理解、数量问题的计算解决能力和推理论证能力。在解答填空题时，基本要求就是：正 确、迅速、合理、简捷。一般来讲，每道题都应力争在 1～3 分钟内完成。填空题只要求填写 结果，每道题填对了得满分，填错了得零分，所以，考生在填空题上失分一般比选择题和解 答题严重。我们很有必要探讨填空题的解答策略和方法。 Ⅰ、示范性题组： 一、直接推演法： 直接法就是根据数学概念，或者运用数学的定义、定理、法则、公式等，从已知条件出 发，进行推理或者计算得出结果后，将所得结论填入空位处，它是解填空题最基本、最常用 的方法。 【例 1】（ 94 年高考题）已知 sinθ ＋cosθ ＝ 1 5 ，θ ∈(0,π )，则 ctgθ 的值是 。 77 【解】已知等式两边平方得 sinθ cosθ ＝－ 12 25 ，解方程组得 sinθ ＝ 4 5 ，cosθ ＝ 3 5 ， 故答案为：－ 3 4 。 【另解】设 tg  2 ＝t，再利用万能公式求解。 【例 2】（95 年高考题）方程 log 2 (x＋1) 2 ＋log 4 (x＋1)＝5 的解是 。 【解】由换底公式得 4log (x＋1)＋log (x＋1)＝5，即 log (x＋1)＝1,解得 x＝3。 二、特值代入法： 当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但题目暗示答案可能是一个定值时，可以将 变量取一些特殊数值、特殊位置、或者一种特殊情况来求出这个定值，这样，简化了推理、 论证的过程。 【例 3】（ 89 年高考题）已知(1－2x) 7 ＝a 0 ＋a 1 x＋a x ＋…＋a 7 x ，那么 a ＋a ＋… ＋a ＝ 。 【解】令 x＝1，则有（－1） ＝a ＋a ＋a ＋…＋a ＝－1；令 x＝0,则有 a ＝1。所 以 a ＋a ＋…＋a ＝－1－1=－2。 【例 4】（90 年高考题）在三棱柱 ABC—A’B’C’中，若 E、F 分别为 AB、AC 的中点，平面 EB’C’F 将三棱柱分成体积为 V 、V 的两部分，那么 V :V ＝ 。 【解】由题意分析，结论与三棱柱的具体形状无关，因此，可取一个特殊的直三棱柱， 其底面积为 4，高为 1，则体积 V＝4，而 V ＝ 1 3 （1＋ 4 ＋4）= 7 3 ，V ＝V－V ＝ 5 3 ，则 V :V ＝7:5。 三、图解法： 一些计算过程复杂的代数、三角、解析几何问题，可以作出有关函数的图像或者构造适 当的几何图形，利用图示辅助进行直观分析，从而得出结论。这也就是数形结合的解题方法。 【例 5】不等式 2 5x  >x＋1 的解集是 。 【解】如图，在同一坐标系中画出函数 y＝ 与 y＝x＋1 的图像，由图中可以直观地得到： － 5 2 ≤x<2，所以所求解集是[－ ,2)。 【例 6】（93 年高考题）若双曲线 x k 2 29 － y k 2 24 ＝1 与圆 x ＋y ＝1 没有公共点，则实数 k 的取值范围是 。 【解】在同一坐标系中作出双曲线 － ＝1 与圆 x ＋y ＝1，由双曲线的顶点位置的坐标，可以得 到|3k|>1,故求得实数 k 的取值范围是 k> 或 k<－ 。 Ⅱ、巩固性题组： y  5 2 O 2 x y O 1 3|k| x 78 1.