Lbaxgp高中數學解題思路及全部內容.doc

生命是永恒不斷的創(chuàng)造，因為在它內部蘊含著過剩的精力，它不斷流溢，越出時間和空間的界限，它不停地追求，以形形色色的自我表現的形式表現出來。泰戈爾目 錄前言 2第一章高中數學解題基本方法 3一、配方法 3 二、換元法 7三、待定系數法 14四、定義法 19五、數學歸納法 23六、參數法 28七、反證法 32八、消去法 九、分析與綜合法 十、特殊與一般法 十一、類比與歸納法 十二、觀察與實驗法 第二章高中數學常用的數學思想 35一、數形結合思想 35二、分類討論思想 41三、函數與方程思想 47四、轉化（化歸）思想 54第三章高考熱點問題和解題策略 59一、應用問題 59二、探索性問題 65三、選擇題解答策略 71四、填空題解答策略 77附錄 一、高考數學試卷分析 二、兩套高考模擬試卷 三、參考答案 前 言美國著名數學教育家波利亞說過，掌握數學就意味著要善于解題。而當我們解題時遇到一個新問題，總想用熟悉的題型去“套”，這只是滿足于解出來，只有對數學思想、數學方法理解透徹及融會貫通時，才能提出新看法、巧解法。高考試題十分重視對于數學思想方法的考查，特別是突出考查能力的試題，其解答過程都蘊含著重要的數學思想方法。我們要有意識地應用數學思想方法去分析問題解決問題，形成能力，提高數學素質，使自己具有數學頭腦和眼光。高考試題主要從以下幾個方面對數學思想方法進行考查：常用數學方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法等；數學邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；數學思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與一般、類比、歸納和演繹等；常用數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想等。數學思想方法與數學基礎知識相比較，它有較高的地位和層次。數學知識是數學內容，可以用文字和符號來記錄和描述，隨著時間的推移，記憶力的減退，將來可能忘記。而數學思想方法則是一種數學意識，只能夠領會和運用，屬于思維的范疇，用以對數學問題的認識、處理和解決，掌握數學思想方法，不是受用一陣子，而是受用一輩子，即使數學知識忘記了，數學思想方法也還是對你起作用。數學思想方法中，數學基本方法是數學思想的體現，是數學的行為，具有模式化與可操作性的特征，可以選用作為解題的具體手段。數學思想是數學的靈魂，它與數學基本方法常常在學習、掌握數學知識的同時獲得?？梢哉f，“知識”是基礎，“方法”是手段，“思想”是深化，提高數學素質的核心就是提高學生對數學思想方法的認識和運用，數學素質的綜合體現就是“能力”。為了幫助學生掌握解題的金鑰匙，掌握解題的思想方法，本書先是介紹高考中常用的數學基本方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法、反證法、分析與綜合法、特殊與一般法、類比與歸納法、觀察與實驗法，再介紹高考中常用的數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想。最后談談解題中的有關策略和高考中的幾個熱點問題，并在附錄部分提供了近幾年的高考試卷。在每節(jié)的內容中，先是對方法或者問題進行綜合性的敘述，再以三種題組的形式出現。再現性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現，示范性題組進行詳細的解答和分析，對方法和問題進行示范。鞏固性題組旨在檢查學習的效果，起到鞏固的作用。每個題組中習題的選取，又盡量綜合到代數、三角、幾何幾個部分重要章節(jié)的數學知識。編者：東升高中 高建彪fggjb163.net0760-2298253第一章 高中數學解題基本方法一、配方法配方法是對數學式子進行一種定向變形（配成“完全平方”）的技巧，通過配方找到已知和未知的聯系，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適當預測，并且合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧，從而完成配方。有時也將其稱為“湊配法”。最常見的配方是進行恒等變形，使數學式子出現完全平方。它主要適用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題。配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(ab) a 2abb ，將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：a b (ab) 2ab(ab) 2ab；a abb (ab) ab(ab) 3ab(a ) （ b） ；a b c abbcca (ab) (bc) (ca) a b c (abc) 2(abbcca)(abc) 2(abbcca)結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：1sin212sincos（sincos） ；x (x ) 2(x ) 2 ； 等等。、再現性題組：1. 在正項等比數列a 中，a sa +2a sa +a a =25，則 a a _。2. 方程x y 4kx2y5k0表示圓的充要條件是_。 A. <k<1 B. k< 或k>1 C. kR D. k 或k13. 已知sin cos 1，則sincos的值為_。 A. 1 B. 1 C. 1或1 D. 04. 函數ylog (2x 5x3)的單調遞增區(qū)間是_。 A. （, B. ,+) C. ( , D. ,3)5. 已知方程x +(a-2)x+a-1=0的兩根x 、x ，則點P(x ,x )在圓x +y =4上，則實數a_?！竞喗狻?1小題：利用等比數列性質a a a ，將已知等式左邊后配方（a a ） 易求。答案是：5。 2小題：配方成圓的標準方程形式(xa) (yb) r ，解r >0即可，選B。 3小題：已知等式經配方成(sin cos ) 2sin cos 1，求出sincos，然后求出所求式的平方值，再開方求解。選C。4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解。選D。5小題：答案3 。、示范性題組：例1. 已知長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24，則這個長方體的一條對角線長為_。 A. 2 B. C. 5 D. 6【分析】 先轉換為數學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z，則 ,而欲求對角線長 ，將其配湊成兩已知式的組合形式可得?！窘狻吭O長方體長寬高分別為x,y,z，由已知“長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24”而得： 。長方體所求對角線長為： 5所以選B。【注】本題解答關鍵是在于將兩個已知和一個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個數學式，容易發(fā)現使用配方法將三個數學式進行聯系，即聯系了已知和未知，從而求解。這也是我們使用配方法的一種解題模式。例2. 設方程x kx2=0的兩實根為p、q，若( ) +( ) 7成立，求實數k的取值范圍。【解】方程x kx2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：pqk，pq2 ,( ) +( ) 7， 解得k 或k 。又 p、q為方程x kx2=0的兩實根， k 80即k2 或k2 綜合起來，k的取值范圍是： k 或者 k ?！咀ⅰ?關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“”；已知方程有兩根時，可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到pq、pq后，觀察已知不等式，從其結構特征聯想到先通分后配方，表示成pq與pq的組合式。假如本題不對“”討論，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對“”的討論，但解答是不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視。例3. 設非零復數a、b滿足a abb =0，求( ) ( ) ?！痉治觥?對已知式可以聯想：變形為( ) ( )10，則 （為1的立方虛根）；或配方為(ab) ab 。則代入所求式即得?！窘狻坑蒩 abb =0變形得：( ) ( )10 ，設 ，則 10，可知為1的立方虛根，所以： ， 1。又由a abb =0變形得：(ab) ab ，所以 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 ?！咀ⅰ?本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用的性質，計算表達式中的高次冪。一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯想和展開?！玖斫狻坑蒩 abb 0變形得：( ) ( )10 ，解出 后，化成三角形式，代入所求表達式的變形式( ) ( ) 后，完成后面的運算。此方法用于只是未 聯想到時進行解題。假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由a abb 0解出：a b，直接代入所求表達式，進行分式化簡后，化成復數的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的計算。、鞏固性題組：1.函數y(xa) (xb) （a、b為常數）的最小值為_。A. 8 B. C. D.最小值不存在2.、是方程x 2axa60的兩實根，則(-1) +(-1) 的最小值是_。A. B. 8 C. 18 D.不存在3.已知x、yR ，且滿足x3y10，則函數t2 8 有_。A.最大值2 B.最大值 C.最小值2 B.最小值 4.橢圓x 2ax3y a 60的一個焦點在直線xy40上，則a_。A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 2或65.化簡：2 的結果是_。A. 2sin4 B. 2sin44cos4 C. 2sin4 D. 4cos42sin4 6. 設F 和F 為雙曲線 y 1的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足F PF 90，則F PF 的面積是_。7. 若x>1，則f(x)x 2x 的最小值為_。8. 已知 < ，cos(-) ，sin(+) ，求sin2的值。(92年高考題)9. 設二次函數f(x)Ax BxC，給定m、n（m<n）,且滿足A (m+n) + m n 2AB(m+n)CmnB C 0 。 解不等式f(x)>0； 是否存在一個實數t，使當t(m+t,n-t)時，f(x)<0 ？若不存在，說出理由；若存在，指出t的取值范圍。10. 設s>1，t>1，mR，xlog tlog s，ylog tlog sm(log tlog s),將y表示為x的函數yf(x)，并求出f(x)的定義域；若關于x的方程f(x)0有且僅有一個實根，求m的取值范圍。二、換元法解數學題時，把某個式子看成一個整體，用一個變量去代替它，從而使問題得到簡化，這叫換元法。換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化，變得容易處理。換元法又稱輔助元素法、變量代換法。通過引進新的變量，可以把分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯系起來?；蛘咦?yōu)槭煜さ男问?，把復雜的計算和推證簡化。它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式，在研究方程、不等式、函數、數列、三角等問題中有廣泛的應用。換元的方法有：局部換元、三角換元、均值換元等。局部換元又稱整體換元，是在已知或者未知中，某個代數式幾次出現，而用一個字母來代替它從而簡化問題，當然有時候要通過變形才能發(fā)現。例如解不等式：4 2 20，先變形為設2 t（t>0），而變?yōu)槭煜さ囊辉尾坏仁角蠼夂椭笖捣匠痰膯栴}。三角換元，應用于去根號，或者變換為三角形式易求時，主要利用已知代數式中與三角知識中有某點聯系進行換元。如求函數y 的值域時，易發(fā)現x0,1，設xsin ，0, ，問題變成了熟悉的求三角函數值域。為什么會想到如此設，其中主要應該是發(fā)現值域的聯系，又有去根號的需要。如變量x、y適合條件x y r （r>0）時，則可作三角代換xrcos、yrsin化為三角問題。均值換元，如遇到xyS形式時，設x t，y t等等。我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標準化的原則，換元后要注重新變量范圍的選取，一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴大。如上幾例中的t>0和0, 。、再現性題組：1.ysinxcosxsinx+cosx的最大值是_。2.設f(x 1)log (4x ) （a>1），則f(x)的值域是_。3.已知數列a 中，a 1，a a a a ，則數列通項a _。4.設實數x、y滿足x 2xy10，則xy的取值范圍是_。5.方程 3的解是_。6.不等式log (2 1) log (2 2)2的解集是_。【簡解】1小題：設sinx+cosxt , ，則y t ，對稱軸t1，當t ，y ；2小題：設x 1t (t1)，則f(t)log -(t-1) 4，所以值域為(,log 4；3小題：已知變形為 1,設b ，則b 1,b 1(n1)(-1)n，所以a ；4小題：設xyk，則x 2kx10, 4k 40,所以k1或k1；5小題：設3 y，則3y 2y10,解得y ，所以x1；6小題：設log (2 1)y，則y(y1)<2，解得2<y<1，所以x(log ,log 3)。、示范性題組：例1. 實數x、y滿足4x 5xy4y 5 （ 式） ，設Sx y ，求 的值。（93年全國高中數學聯賽題）【分析】 由Sx y 聯想到cos sin 1,于是進行三角換元，設 代入式求S 和S 的值。【解】設 代入式得： 4S5Ssincos5 解得 S ； -1sin21 385sin213 此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2 的有界性而求，即解不等式：| |1。這種方法是求函數值域時經常用到的“有界法”?！玖斫狻?由Sx y ，設x t，y t，t ， ， 則xy 代入式得：4S5 =5， 移項平方整理得 100t +39S 160S1000 。 39S 160S1000 解得： S 【注】 此題第一種解法屬于“三角換元法”，主要是利用已知條件Sx y 與三角公式cos sin 1的聯系而聯想和發(fā)現用三角換元，將代數問題轉化為三角函數值域問題。第二種解法屬于“均值換元法”，主要是由等式Sx y 而按照均值換元的思路，設x t、y t，減少了元的個數，問題且容易求解。另外，還用到了求值域的幾種方法：有界法、不等式性質法、分離參數法。和“均值換元法”類似，我們還有一種換元法，即在題中有兩個變量x、y時，可以設xab，yab，這稱為“和差換元法”，換元后有可能簡化代數式。本題設xab，yab，代入式整理得3a 13b 5 ，求得a 0, ，所以S(ab) (ab) 2(a b ) a , ，再求 的值。例2 ABC的三個內角A、B、C滿足：AC2B， ，求cos 的值。（96年全國理）【分析】 由已知“AC2B”和“三角形內角和等于180”的性質，可得 ；由“AC120”進行均值換元，則設 ，再代入可求cos即cos 。【解】由ABC中已知AC2B，可得 ,由AC120，設 ，代入已知等式得： 2 ,解得：cos ， 即：cos ?！玖斫狻坑葾C2B，得AC120，B60。所以 2 ，設 m， m ，所以cosA ，cosC ，兩式分別相加、相減得：cosAcosC2cos cos cos ，cosAcosC2sin sin sin ，即：sin ， ，代入sin cos 1整理得：3m 16m120,解出m 6，代入cos ?！咀ⅰ?本題兩種解法由“AC120”、“ 2 ”分別進行均值換元，隨后結合三角形角的關系與三角公式進行運算，除由已知想到均值換元外，還要求對三角公式的運用相當熟練。假如未想到進行均值換元，也可由三角運算直接解出：由AC2B，得AC120，B60。所以 2 ，即cosAcosC2 cosAcosC，和積互化得：2cos cos cos(A+C)cos(A-C)，即cos cos(A-C) (2cos 1)，整理得：4 cos 2cos 3 0,解得：cos y , , x例3. 設a>0，求f(x)2a(sinxcosx)sinxcosx2a 的最大值和最小值。【解】 設sinxcosxt，則t- , ，由(sinxcosx) 12sinxcosx得：sinxcosx f(x)g(t) (t2a) （a>0），t- , t- 時，取最小值：2a 2 a 當2a 時，t ，取最大值：2a 2 a ；當0<2a 時，t2a，取最大值： 。 f(x)的最小值為2a 2 a ，最大值為 ?！咀ⅰ?此題屬于局部換元法，設sinxcosxt后，抓住sinxcosx與sinxcosx的內在聯系，將三角函數的值域問題轉化為二次函數在閉區(qū)間上的值域問題，使得容易求解。換元過程中一定要注意新的參數的范圍（t- , ）與sinxcosx對應，否則將會出錯。本題解法中還包含了含參問題時分類討論的數學思想方法，即由對稱軸與閉區(qū)間的位置關系而確定參數分兩種情況進行討論。一般地，在遇到題目已知和未知中含有sinx與cosx的和、差、積等而求三角式的最大值和最小值的題型時，即函數為f(sinxcosx，sinxcsox)，經常用到這樣設元的換元法，轉化為在閉區(qū)間上的二次函數或一次函數的研究。例4. 設對所于有實數x，不等式x log 2x log log >0恒成立，求a的取值范圍。（87年全國理）【分析】不等式中l(wèi)og 、 log 、log 三項有何聯系？進行對數式的有關變形后不難發(fā)現，再實施換元法?！窘狻?設log t，則log log 3log 3log 3t，log 2log 2t，代入后原不等式簡化為（3t）x 2tx2t>0，它對一切實數x恒成立，所以： ，解得 t<0即log <00< <1，解得0<a<1?！咀ⅰ繎镁植繐Q元法，起到了化繁為簡、化難為易的作用。為什么會想到換元及如何設元，關鍵是發(fā)現已知不等式中l(wèi)og 、 log 、log 三項之間的聯系。在解決不等式恒成立問題時，使用了“判別式法”。另外，本題還要求對數運算十分熟練。一般地，解指數與對數的不等式、方程，有可能使用局部換元法，換元時也可能要對所給的已知條件進行適當變形，發(fā)現它們的聯系而實施換元，這是我們思考解法時要注意的一點。例5. 已知 ，且 (式)，求 的值?！窘狻?設 k，則sinkx，cosky，且sin cos k (x +y )1,代入式得： 即： 設 t，則t , 解得：t3或 或 【另解】 由 tg，將等式兩邊同時除以 ，再表示成含tg的式子：1tg tg ，設tg t，則3t 10t30，t3或 ， 解得 或 ?！咀ⅰ?第一種解法由 而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數。第二種解法將已知變形為 ，不難發(fā)現進行結果為tg，再進行換元和變形。兩種解法要求代數變形比較熟練。在解高次方程時，都使用了換元法使方程次數降低。例6. 實數x、y滿足 1，若xyk>0恒成立，求k的范圍。【分析】由已知條件 1，可以發(fā)現它與a b 1有相似之處，于是實施三角換元?！窘狻坑?1，設 cos， sin，即： 代入不等式xyk>0得：3cos4sink>0，即k<3cos4sin5sin(+) 所以k<-5時不等式恒成立?！咀ⅰ勘绢}進行三角換元，將代數問題（或者是解析幾何問題）化為了含參三角不等式恒成立的問題，再運用“分離參數法”轉化為三角函數的值域問題，從而求出參數范圍。一般地，在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似的代數式時，或者在解決圓、橢圓、雙曲線等有關問題時，經常使用“三角換元法”。 y x xyk>0 k 平面區(qū)域本題另一種解題思路是使用數形結合法的思想方法：在平面直角坐標系，不等式axbyc>0 (a>0)所表示的區(qū)域為直線axbyc0所分平面成兩部分中含x軸正方向的一部分。此題不等式恒成立問題化為圖形問題：橢圓上的點始終位于平面上xyk>0的區(qū)域。即當直線xyk0在與橢圓下部相切的切線之下時。當直線與橢圓相切時，方程組 有相等的一組實數解，消元后由0可求得k3,所以k<-3時原不等式恒成立。、鞏固性題組：1.已知f(x )lgx (x>0)，則f(4)的值為_。A. 2lg2 B. lg2 C. lg2 D. lg42.函數y(x1) 2的單調增區(qū)間是_。A. -2,+) B. -1,+) D. (-,+) C. (-,-13.設等差數列a 的公差d ，且S 145，則a a a a 的值為_。A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.54.已知x 4y 4x，則xy的范圍是_。5.已知a0，b0，ab1，則 的范圍是_。6.不等式 >ax 的解集是(4,b)，則a_，b_。7.函數y2x 的值域是_。8.在等比數列a 中，a a a 2，a a a 12，求a a a 。 y D C A B O x9.實數m在什么范圍內取值，對任意實數x，不等式sin x2mcosx4m1<0恒成立。10.已知矩形ABCD，頂點C(4,4)，A點在曲線x y 2 (x>0,y>0)上移動，且AB、AD始終平行x軸、y軸，求矩形ABCD的最小面積。 三、待定系數法要確定變量間的函數關系，設出某些未知系數，然后根據所給條件來確定這些未知系數的方法叫待定系數法，其理論依據是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x) g(x)的充要條件是：對于一個任意的a值，都有f(a) g(a)；或者兩個多項式各同類項的系數對應相等。待定系數法解題的關鍵是依據已知，正確列出等式或方程。使用待定系數法，就是把具有某種確定形式的數學問題，通過引入一些待定的系數，轉化為方程組來解決，要判斷一個問題是否用待定系數法求解，主要是看所求解的數學問題是否具有某種確定的數學表達式，如果具有，就可以用待定系數法求解。例如分解因式、拆分分式、數列求和、求函數式、求復數、解析幾何中求曲線方程等，這些問題都具有確定的數學表達形式，所以都可以用待定系數法求解。使用待定系數法，它解題的基本步驟是：第一步，確定所求問題含有待定系數的解析式；第二步，根據恒等的條件，列出一組含待定系數的方程；第三步，解方程組或者消去待定系數，從而使問題得到解決。如何列出一組含待定系數的方程，主要從以下幾方面著手分析：利用對應系數相等列方程；由恒等的概念用數值代入法列方程；利用定義本身的屬性列方程；利用幾何條件列方程。比如在求圓錐曲線的方程時，我們可以用待定系數法求方程：首先設所求方程的形式，其中含有待定的系數；再把幾何條件轉化為含所求方程未知系數的方程或方程組；最后解所得的方程或方程組求出未知的系數，并把求出的系數代入已經明確的方程形式，得到所求圓錐曲線的方程。、再現性題組：1.設f(x) m，f(x)的反函數f (x)nx5，那么m、n的值依次為_。A. , 2 B. ， 2 C. , 2 D. ，22.二次不等式ax bx2>0的解集是( , )，則ab的值是_。A. 10 B. 10 C. 14 D. 143.在(1x )（1x） 的展開式中，x 的系數是_。A. 297 B.252 C. 297 D. 2074.函數yabcos3x (b<0)的最大值為 ，最小值為 ，則y4asin3bx的最小正周期是_。5.與直線L：2x3y50平行且過點A(1,-4)的直線L的方程是_。6.與雙曲線x 1有共同的漸近線，且過點(2,2)的雙曲線的方程是_。【簡解】1小題：由f(x) m求出f (x)2x2m，比較系數易求，選C；2小題：由不等式解集( , )，可知 、 是方程ax bx20的兩根，代入兩根，列出關于系數a、b的方程組，易求得ab，選D；3小題：分析x 的系數由C 與(1)C 兩項組成，相加后得x 的系數，選D；4小題：由已知最大值和最小值列出a、b的方程組求出a、b的值，再代入求得答案 ；5小題：設直線L方程2x3yc0，點A(1,-4)代入求得C10，即得2x3y100；6小題：設雙曲線方程x ，點(2,2)代入求得3，即得方程 1。、示范性題組：例1.已知函數y 的最大值為7，最小值為1，求此函數式?！痉治觥壳蠛瘮档谋磉_式，實際上就是確定系數m、n的值；已知最大值、最小值實際是就是已知函數的值域，對分子或分母為二次函數的分式函數的值域易聯想到“判別式法”?！窘狻?函數式變形為： (ym)x 4 x(yn)0， xR, 由已知得ym0 (4 ) 4(ym)(yn)0 即： y (mn)y(mn12)0 不等式的解集為(-1,7)，則1、7是方程y (mn)y(mn12)0的兩根，代入兩根得： 解得： 或 y 或者y 此題也可由解集(-1,7)而設(y1)(y7)0,即y 6y70，然后與不等式比較系數而得： ，解出m、n而求得函數式y?！咀ⅰ?在所求函數式中有兩個系數m、n需要確定，首先用“判別式法”處理函數值域問題，得到了含參數m、n的關于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求參數m、n。兩種方法可以求解，一是視為方程兩根，代入后列出m、n的方程求解；二是由已知解集寫出不等式，比較含參數的不等式而列出m、n的方程組求解。本題要求對一元二次不等式的解集概念理解透徹，也要求理解求函數值域的“判別式法”：將y視為參數，函數式化成含參數y的關于x的一元二次方程，可知其有解，利用0,建立了關于參數y的不等式，解出y的范圍就是值域，使用“判別式法”的關鍵是否可以將函數化成一個一元二次方程。例2. 設橢圓中心在(2,-1)，它的一個焦點與短軸兩端連線互相垂直，且此焦點與長軸較近的端點距離是 ，求橢圓的方程。 y B x A F O F A B【分析】求橢圓方程，根據所給條件，確定幾何數據a、b、c之值，問題就全部解決了。設a、b、c后，由已知垂直關系而聯想到勾股定理建立一個方程，再將焦點與長軸較近端點的距離轉化為ac的值后列出第二個方程?！窘狻?設橢圓長軸2a、短軸2b、焦距2c，則|BF|a 解得： 所求橢圓方程是： 1也可有垂直關系推證出等腰RtBBF后，由其性質推證出等腰RtBOF，再進行如下列式： ，更容易求出a、b的值。【注】 圓錐曲線中，參數（a、b、c、e、p）的確定，是待定系數法的生動體現；如何確定，要抓住已知條件，將其轉換成表達式。在曲線的平移中，幾何數據（a、b、c、e）不變，本題就利用了這一特征，列出關于ac的等式。一般地，解析幾何中求曲線方程的問題，大部分用待定系數法，基本步驟是：設方程（或幾何數據）幾何條件轉換成方程求解已知系數代入。例3. 是否存在常數a、b、c，使得等式12 23 n(n1) (an bnc)對一切自然數n都成立？并證明你的結論。 （89年全國高考題）【分析】是否存在，不妨假設存在。由已知等式對一切自然數n都成立，取特殊值n1、2、3列出關于a、b、c的方程組，解方程組求出a、b、c的值，再用數學歸納法證明等式對所有自然數n都成立。【解】假設存在a、b、c使得等式成立，令：n1，得4 (abc)；n2，得22 (4a2bc)；n3，得709a3bc。整理得： ,解得 ，于是對n1、2、3，等式12 23 n(n1) (3n 11n10)成立，下面用數學歸納法證明對任意自然數n，該等式都成立：假設對nk時等式成立，即12 23 k(k1) (3k 11k10)；當nk1時，12 23 k(k1) (k1)(k2) (3k 11k10) (k1)(k2) (k2)（3k5）(k1)(k2) （3k 5k12k24） 3(k1) 11(k1)10，也就是說，等式對nk1也成立。綜上所述，當a8、b11、c10時，題設的等式對一切自然數n都成立?！咀ⅰ拷㈥P于待定系數的方程組，在于由幾個特殊值代入而得到。此種解法中，也體現了方程思想和特殊值法。對于是否存在性問題待定系數時，可以按照先試值、再猜想、最后歸納證明的步驟進行。本題如果記得兩個特殊數列1 2 n 、1 2 n 求和的公式，也可以抓住通項的拆開，運用數列求和公式而直接求解：由n(n1) n 2n n得S 12 23 n(n1) (1 2 n )2(1 2 n )(12n) 2 (3n 11n10)，綜上所述，當a8、b11、c10時，題設的等式對一切自然數n都成立。例4. 有矩形的鐵皮，其長為30cm，寬為14cm，要從四角上剪掉邊長為xcm的四個小正方形，將剩余部分折成一個無蓋的矩形盒子，問x為何值時，矩形盒子容積最大，最大容積是多少？【分析】實際問題中，最大值、最小值的研究，先由已知條件選取合適的變量建立目標函數，將實際問題轉化為函數最大值和最小值的研究?！窘狻?依題意，矩形盒子底邊邊長為(302x)cm，底邊寬為(142x)cm，高為xcm。 盒子容積 V(302x)(142x)x4(15x)(7x)x ， 顯然:15x>0，7x>0，x>0。設V (15aax)(7bbx)x (a>0,b>0） 要使用均值不等式，則 解得：a ， b ， x3 。 從而V ( )( x)x ( ) 27576。所以當x3時，矩形盒子的容積最大，最大容積是576cm ?！咀ⅰ烤挡坏仁綉脮r要注意等號成立的條件，當條件不滿足時要湊配系數，可以用“待定系數法”求。本題解答中也可以令V (15aax)(7x)bx 或 (15x)(7aax)bx，再由使用均值不等式的最佳條件而列出方程組，求出三項該進行湊配的系數，本題也體現了“湊配法”和“函數思想”。、鞏固性題組：1.函數ylog x的x2,+)上恒有|y|>1，則a的取值范圍是_。A. 2>a> 且a1 B. 0<a< 或1<a<2 C. 1<a<2 D. a>2或0<a< 2.方程x pxq0與x qxp0只有一個公共根，則其余兩個不同根之和為_。A. 1 B. 1 C. pq D. 無法確定 3.如果函數ysin2xacos2x的圖像關于直線x 對稱，那么a_。A. B. C. 1 D. 14.滿足C 1C 2C nC <500的最大正整數是_。A. 4 B. 5 C. 6 D. 75.無窮等比數列a 的前n項和為S a , 則所有項的和等于_。A. B. 1 C. D.與a有關6.(1kx) b b xb x b x ，若b b b b 1，則k_。7.經過兩直線11x3y90與12xy190的交點，且過點(3,-2)的直線方程為_。 8. 正三棱錐底面邊長為2，側棱和底面所成角為60，過底面一邊作截面，使其與底面成30角，則截面面積為_。9. 設yf(x)是一次函數，已知f(8)15,且f(2)、f(5)、(f14)成等比數列，求f(1)f(2)f(m)的值。10. 設拋物線經過兩點(-1,6)和(-1,-2)，對稱軸與x軸平行，開口向右，直線y2x7和拋物線截得的線段長是4 , 求拋物線的方程。四、定義法所謂定義法，就是直接用數學定義解題。數學中的定理、公式、性質和法則等，都是由定義和公理推演出來。定義是揭示概念內涵的邏輯方法，它通過指出概念所反映的事物的本質屬性來明確概念。定義是千百次實踐后的必然結果，它科學地反映和揭示了客觀世界的事物的本質特點。簡單地說，定義是基本概念對數學實體的高度抽象。用定義法解題，是最直接的方法，本講讓我們回到定義中去。、再現性題組：1.已知集合A中有2個元素，集合B中有7個元素，AB的元素個數為n，則_。A. 2n9 B. 7n9 C. 5n9 D. 5n72.設MP、OM、AT分別是46角的正弦線、余弦線和正切線，則_。A. MP<OM<AT B. OM<MP<AT C. AT<<OM<MP D. OM<AT<MP3.復數z a2，z 2，如果|z |< |z |，則實數a的取值范圍是_。A. 1<a<1 B. a>1 C. a>0 D. a<1或a>14.橢圓 1上有一點P，它到左準線的距離為 ，那么P點到右焦點的距離為_。A. 8 C. 7.5 C. D. 35. 奇函數f(x)的最小正周期為T，則f( )的值為_。A. T B. 0 C. D. 不能確定6. 正三棱臺的側棱與底面成45角，則其側面與底面所成角的正切值為_?！竞喗狻?小題：利用并集定義，選B；2小題：利用三角函數線定義，作出圖形，選B；3小題：利用復數模的定義得 < ，選A；4小題：利用橢圓的第二定義得到 e ，選A；5小題：利用周期函數、奇函數的定義得到f( )f( )f( )，選B；6小題：利用線面角、面面角的定義，答案2。、示范性題組：例1. 已知z1， 設wz 3 4，求w的三角形式； 如果 1，求實數a、b的值。（94年全國理）【分析】代入z進行運算化簡后，運用復數三角形式和復數相等的定義解答?！窘狻坑蓏1，有wz 3 4(1) 3 423(1)41，w的三角形式是 （cos sin ）；由z1，有 (a2)(ab)。由題設條件知：(a2)(ab)1；根據復數相等的定義，得： ，解得 ?！咀ⅰ壳髲蛿档娜切问?，一般直接利用復數的三角形式定義求解。利用復數相等的定義，由實部、虛部分別相等而建立方程組，這是復數中經常遇到的。例2. 已知f(x)x cx，f(2)14，f(4)252，求ylog f(x)的定義域，判定在( ,1)上的單調性。【分析】要判斷函數的單調性，必須首先確定n與c的值求出函數的解析式，再利用函數的單調性定義判斷。【解】 解得： f(x)x x 解f(x)>0得：0<x<1設 <x <x <1， 則f(x )f(x )x +x -（-x +x ）=(x -x )1-(x +x )( x +x ), x +x > ， x +x > (x +x )( x +x ) 1 f(x )f(x )>0即f(x)在( ,1)上是減函數 <1 ylog f(x) 在( ,1)上是增函數。 A A D C C O H B B 【注】關于函數的性質：奇偶性、單調性、周期性的判斷，一般都是直接應用定義解題。本題還在求n、c的過程中，運用了待定系數法和換元法。例3. 如圖，已知ABCABC是正三棱柱，D是AC中點。證明：AB平面DBC；假設ABBC，求二面角DBCC的度數。（94年全國理）【分析】 由線面平行的定義來證問，即通過證AB平行平面DBC內的一條直線而得；由二面角的平面角的定義作出平面角，通過解三角形而求問。【解】 連接BC交BC于O, 連接OD ABCABC是正三棱柱 四邊形BBCC是矩形 O是BC中點ABC中， D是AC中點 ABOD AB平面DBC作DHBC于H，連接OH DH平面BCC ABOD, ABBC BCOD BCOH 即DOH為所求二面角的平面角。設AC1，作OEBC于E，則DH sin60 ，BH ，EH ； RtBOH中，OH BHEH ， OH DH DOH45，即二面角DBCC的度數為45?！咀ⅰ繉τ诙娼荄BCC的平面角，容易誤認為DOC即所求。利用二面角的平面角定義，兩邊垂直于棱，抓住平面角的作法，先作垂直于一面的垂線DH，再證得垂直于棱的垂線DO，最后連接兩個垂足OH，則DOH即為所求，其依據是三垂線定理。本題還要求解三角形十分熟練，在RtBOH中運用射影定理求OH的長是計算的關鍵。此題文科考生的第二問為：假設ABBC，BC2，求AB在側面BBCC的 射影長。解答中抓住斜線在平面上的射影的定義，先作平面的垂線，連接垂足和斜足而得到射影。其解法如下：作AEBC于E，連接BE即所求，易得到OEBB，所以 ，EF BE。在RtBBE中，易得到BFBE,由射影定理得：BEEFBE 即 BE 1，所以BE 。 y M F A x例4. 求過定點M(1,2)，以x軸為準線，離心率為 的橢圓的下頂點的軌跡方程?！痉治觥窟\動的橢圓過定點M，準線固定為x軸，所以M到準線距離為2。抓住圓錐曲線的統一性定義，可以得到 建立一個方程，再由離心率的定義建立一個方程?！窘狻吭OA(x,y)、F(x,m)，由M(1,2)，則橢圓上定點M到準線距離為2，下頂點A到準線距離為y。根據橢圓的統一性定義和離心率的定義，得到： ，消m得：（x1） 1，所以橢圓下頂點的軌跡方程為（x1） 1。【注】求曲線的軌跡方程，按照求曲線軌跡方程的步驟，設曲線上動點所滿足的條件，根據條件列出動點所滿足的關系式，進行化簡即可得到。本題還引入了一個參數m,列出的是所滿足的方程組，消去參數m就得到了動點坐標所滿足的方程，即所求曲線的軌跡方程。在建立方程組時，巧妙地運用了橢圓的統一性定義和離心率的定義。一般地，圓錐曲線的點、焦點、準線、離心率等問題，常用定義法解決；求圓錐曲線的方程，也總是利用圓錐曲線的定義求解，但要注意橢圓、雙曲線、拋物線的兩個定義的恰當選用。、鞏固性題組：1函數yf(x)a k的圖像過點(1,7)，它的反函數的圖像過點(4,0)，則f(x)的表達式是_。2. 過拋物線焦點F的直線與拋物線相交于A、B兩點，若A、B在拋物線準線上的射影分別為A 、B ,則A FB 等于_。A. 45 B. 60 C. 90 D. 1203. 已知A0,1，Bx|x A，則下列關系正確的是_。 A. A B B. A B C. AB D. A B4. 雙曲線3x y 3的漸近線方程是_。 A. y3x B. y x C. y x D. y x5. 已知定義在R上的非零函數f(x)滿足f(xy)f(x)f(y)，則f(x)是_。 A.奇函數 B.偶函數 C.非奇非偶函數 D.既奇既偶函數6.C C _。7.Z4(sin140cos140)，則復數 的輻角主值是_。8.不等式ax bxc>0的解集是(1,2)，則不等式bx cxa<0解集是_。9.已知數列a 是等差數列，求證數列b 也是等差數列，其中b (a a a )。10. 已知F 、F 是橢圓 1 (a>b>0)的兩個焦點，其中F 與拋物線y 12x的焦點重合，M是兩曲線的一個焦點，且有cosM F F cosMF F ，求橢圓方程。五、數學歸納法歸納是一種有