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1、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.A.Z.J-刖5美国
2、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：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；数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等；数学思维方法：观察
3、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；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
4、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
5、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
6、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?+2 a b+b 2,将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：a2+b2=(a+b)2-2ab=(ab)2+2ab；ba2+ab+b2=(a+b)2 ab=(ab)2+3ab=(ad)2+(-b)2；2 2a2+b2+c2+ab+bc+ca=(a+b)2+(b+c)2+(c+a)2 2a2+b2+c2=(a+b+c)2 2(ab+bc+ca)=(a+b c)2 2
7、(ab-be 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：l+sin2 a=l+2sin a cos a=(sin a+cos a)2；x2 H T=(xd)22=(x-)2+2；.等等。x x XI、再现性题组：1.在正项等比数列 a“中，a,aj+2a3*a5+a3-a7=2 5,则 23+2$=。2.方程x?+y 2 4kx2y+5k=0 表 示 圆 的 充 要 条 件 是。A.jkl B.kl C.kWR D.k=/或 k=l3.已知 sin a+co s 4 a=1,贝 sin a+co s a 的值为_ _,A.1 B.-1 C.1 或一 1 D.04.函数y=l
8、o g：(-2 x 2+5 x+3)的 单 调 递 增 区 间 是。A.(,I J B.4,+)C.(-2,4 D.3)5.已知方程x 2+(a-2)x+aT=0的两根x 1、x2,则点P(x，x2)在 圆 x?+y?=4上，则实数a=o【简解】1 小题：利用等比数列性质am_pam+p=a,将已知等式左边后配方(a?+a 5)?易求。答案是：5 2 小题：配方成圆的标准方程形式(xa)2+(yb)2=r 2,解 r2 0 即可，选 B。3 小题：已知等式经配方成(sin 2 a+cos 2 a)2 2 sin2 a cos2 a=1,求出 sin a cos a,然后求出所求式的平方值，再开
9、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-J T T。II、示范性题组：4例1.已 知长方体的全面积为1 1,其1 2条棱的长 度 之 和 为2 4,则这个长方体的一条对角线长为_ _ _ _ _。A.2 7 3B.V14C.5D.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)=114(x+y+z)=24,而 欲求对角线长F T k,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
10、面 积 为1 1,其1 2条棱的长度之 和 为2 4”而得:2(xy+yz+xz)=114(x+y+z)=24长 方 体 所 求 对 角 线 长 为：j=J(x +y +z)2 -2(孙 +y z +x z)=V 62-1 1 =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?+k x +2=0的 两 实 根 为p、q,若(勺2+(幺)2成 立，求 实 数k的取q p值 范 围。【解】方 程x 2+k x +2=0
11、的 两 实 根 为p、q,由韦达定理得：p+q=-k,pq=2 ,(P、q、2 P (p2+q2)2-2 p，2 (p+q)2-2 p q 2-2 p2q2q p(pq(p q Y (pq)之(k2-4)2 _8 -W 7,解得 k W-Jl d 或 o4又：p、q为 方 程x 2+k x+2=0的两实根，/.=!998=(U)999+(Q)999=(3)999+(2)999=3 999+a+b a+b ab ab h aa 999=2 o【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3 的性质，计算表达式中的高次第。-系列的变换过程，有较大的灵活性，要求我们善于联想和展
12、开。r o a、a b lv3z【另解】由a?+a b+b 2=0 变形得：(-)2+(-)+1=0,解出一=-后，化b b a 2成三角形式，代入所求表达式的变形式(F )999+(2)999后，完成后面的运算。此方法用于b a只是未一-1+首V二3z联 想 到 3 时进行解题。1 I(Q 假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a?+a b+b 2=0解出：a=二 二 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)2+(x-b)2(a、b为 常 数)的 最 小 值 为。A.8 B.C.廿 D.最小值
13、不存在2 22.a、B 是方程x 22 a x+a+6=0 的两实根，则(a 7)2+(B T)2 的 最 小 值 是。A.一叠 B.8 C,1 8 D.不存在3.已知 x、y G R+,且满足 x+3 y-l=0,则函数 t=2 +8 有_ _ _。A.最大值2贬 B.最大值变 C.最小值2痣 B.最小值也2 24 .椭圆x?2a x +3 y 2+a?6=0的一个焦点在直线x +y+4=0 上，则 a=。A.2 B.-6 C.-2 或一6 D.2 或 65 .化简：2 J l-s i n 8+j 2+2c o s 8 的结果是_ _ _。A.2s i n 4 B.2s i n 4 4 c
14、o s 4 C.2s i n 4 D.4 c o s 4 2s i n 46.设 F 和 F 2为双曲线立一 y 2=l 的两个焦点，点 P在双曲线上且满足N F|P F 2=90 ,4则4FIP F 2的面积是 o7.若 x 1,则 f(x)=x 2+2 x+_ L 的最小值为。X +18.已知生 3 0；是 否 存在一个 实 数 t,使 当 t e(m+t,n-t)时，f(x)l,t l,m e R,x =l o g s t +l o g,s,y=l o gJ 4t +l o g,4s+m(l o gJ 2t +l o g,2s),将 y 表示为X的函数y=f(x),并求出f(x)的定义域
15、；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7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
16、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*+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=4+J 匚 1的值域时，易发现x e 0,1 ,设 x=s i n 2 a ,a e 0,万 ,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
17、值域的联系，又有去根号的需要。如变量x、y 适合条件x 2+y 2=(r0)时;则可作三角代换x =r c o s。、y =r s i n。化为三角问题。S s均值换元，如遇到*+丫 =$形式时，设 X=+t,y=1 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7t中的t 0和 a C 0,耳。I、再现性题组：1 .y =s i n x ,c o s x+s i n x+c o s x 的最大值是。2 .设 f(x 2 +l)=l o g a (4-x“)(a l),则 f
18、(x)的值域是一。3 .已知数列 a“中，a 1=1,a.a“=a”+1 a“，则数列通项 a“=4 .设实数x、y 满足x?+2 x y 1=0,则 x+y的取值范围是l +3-x5 .方 程/二=3的解是。6 .不等式 l o g 2 (2,-1)-l o g2(2 t+l-2)2 的解集是产 1【简解】1 小题：设 s i n x+co s x=t G 后，&,贝 ijy=5+t-对称轴t =-1,当 t=&y m ax=；+亿2 小题：设 x?+l =t (t 2l),贝 I j f (t)=l o gn -(t-1)2+4 ,所以值域为(-8,l o g“4 ；83 小题：已知变形为
19、-L=-1,设 b“=-,则 b =1,b“=-1+(n 1)(-1)%+1an an=n,所以 a=-；n4 小题：设 x +y=k,则 x?2k x+l =0,=4 k?4 20,所以 k 21 或 k 一1；5 小题：设 3*=y,则 3 y?+2y 1=0,解得 y=；,所以 x =-1；56 小题：设 l o g 2(2-1)=y,则 y(y+l)2,解得一2 y 0,求 f(x)=2a(sinx+cosx)sinx cosx 2a2 的最大值和最小值。【解】设 sinx+cosx=t,则 t-V 2 ,V 2 ,由(sinx+,f2-lcosx)-=l+2sinx cosx 得：s
20、inx cosx=-2-7 2/.f(x)=g(t)=Q (t 2a)2+5 (a0),t yj2,y1 2 t=-&时，取最小值：2a2 2 V2 a 当 2a2 时，t=J ,取最大值：-2a2+25/2 a-211当0 0a a+4 7-恒 成 立，求a的取值范围。（8 7年全国理）【分 析】不 等 式 中log,*、l o g2-,l o g?：?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。2 z 4（。+1）8（“+1）a+1【解】设 1 0 g2-=t,贝|J l o g2-=l o g 2-=3 +l o g2 =3 一a+a 2a 2ala(a+1)
21、a+1l o g2-；=3 t,l o g2.-s -=2 1 o g2 a+1 4 0,2t,3-tQ2，解 得 A=4/+8/(3-f)0它对一切 实 数x恒 成 立，所以:2a：.t 0 即 l o g,-0a+t3t 62a0 -1,解得 0 a 0 恒成立，求 k的范围。9 1 6【分析】由 已 知 条 件 D +*)=1，可以发现它与a?+b 2 =l 有相似之处，于9 1 6是实施三角换元。(X 1)(V +I)-X 1 V +1【解】由-=1,设一=c o s。，=s i n 0 ,x =1 +3 c o s 0g|J：代入不等式x+y k 0 得：y =-1 +4s i n
22、63c o s 0 +4s i n 0 k 0,即 k 3c o s 0 +4s i n 0 =5s i n(0 +v)所以k 0)所表示的区域为直线a x+b y+c=O 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 =O在与椭圆下部相切的切线之下时。当直线与椭圆相切时,1 6(x-l)2+9(y +l)2=1 44方程组 八有 相 等 的 组 实x +y -=0数解，消元后由=()可求得k=-3,所以k 0),则 f (4)的值为 oA.2 1 g 2 B.I l g 2 C.2 1 g
23、 2 D.3 3函数y=(x+1)4+2的 单 调 增 区 间 是。A.-2,+8)B.T,+8)D.(-8,+8)-I g 43C.(-8,-1 设 等 差 数 列 凡 的 公 差 d=；,且 Sm=14 5,则 力 g+as+a9 9的值为A.8 5B.7 2.5C.6 0 D.52.54.已知x?+4 y 2=4 x,则 x +y的范围是_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _。5.已知a 2 0,b 2 0,a+b =l,则 +后?的范围是。6 .不等式4 ax+3 的解集是(4,b),则 a=_ _ _ _ _ _，b=_ _ _ _ _ _ _。27 .函数y=2
24、 x+J x +1 的值域是。8 .在等比数列 an 41,a(+a2 H-F a0 2,aH+a(2 H-I a 3o =1 2,求 a 3+a 32+a 6n o9 .实数m在什么范围内取值，对任意实数x,不等式s i n 2x+2m c o s x+4 m l 0,y 0)上移动，且 A B、A D 始终平行x 轴、y 轴 1,求矩形A B C D 的最小面积。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)三g(x)的充要条件是：对于一个任意的a 值，都有f(a)三g(a
25、)；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 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
26、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：利用对应系数相等列方程；由恒等的概念用数值代入法列方程；利用定义本身的属性列方程；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)=5+m,f (x)的反函数f T (x)=n x 5,那么m、n的 值 依 次 为。2.二次不等式a x?+b x +2
27、0的解集是(一1 二)，则 a+b的值是_ _ _。2 3A.10 B.-10 C.14 D.-143.在(1 x 3)(1+x)1 的展开式中，x 5 的 系 数 是。A.-29 7 B.-25 2 C.29 7 D.207314.函 数 y =a b c o s 3x (b 0)的最大值为5,最小值为一万，则 y=-4 a s i n 3b x 的最小正周期是 o 一 一5.与直线L：2x +3y +5=0 平行且过点A(l-4)的直线17的方程是。26.与 双 曲 线 x2-=1 有 共 同 的 渐 近 线，且 过 点(2,2)的双曲线的方程是4X【筒解】1 小题：由 f(x)=7+m求
28、出f 7(x)=2x 2 m,比较系数易求，选 C；2152 小题：由 不 等 式 解 集(一 g),可知一/、；是方程a x 2+b x +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：o 与(一DC；。两项组成，相加后得x5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，再代入求得答案可；5 小题:设直线U方程2 x+3 y+c=0,点 A(l,-4)代入求得C=1 0,即得2 x+3y+10=0；6 小题：设双曲线方程x 2?=入，点 2)代入求得入=3,即得方程三 一 =1。I I、示范性题
29、组：2 A n例1.已知函数y=2的最大值为7,最小值为一1,求此函数式。x+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：(ym)x2-4-73 x+(y n)=0,x GR,由已知得y-m 0=(4 6 )2 4(ym)(yn)即：y (m+n)y+(m n 12)W O 不等式的解集为(T,7),则一1、7 是方程y2 (m+n)y+(m n-12)=0的两根,代入两根得：1 +(加+)+mn-12 =049-7(m+)+m n-12 =0机=5解得：或m
30、 =1n=55x2+4 怎+1 x2+4 怎+5y=-或者 y=-2 ；X +1 X+1此题也可由解集(-1,7)而设(y+D(y-7)0,即 y2-6y-7 0,然后与不等式比较系m +n=6数而得：解出m、n而求得函数式y。m n-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
31、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(),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J 宿 一 逐，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
32、距2 c,则BF|=aa2=/+。2 a2+a2=(2fe)2 解得：ci c=Jl 0-V5a=VH)6=石X v所求椭圆方程是：+y =1也可有垂直关系推证出等腰RtaBBF后，由其性质推证出等腰RtAB,OT),再进行如b=c下列式：-c =V10-V5，更容易求出a、b的值。a=h2+c2【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ac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)一
33、几何条件转换成方程一求解一已知系数代入。例3.是否存在常数a、b、c,使 得 等 式 是22+23?+n(n+l)2=.(ar?+bn+c)对 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=l、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=l,得4=7 (a+b+c)；n=2,得226(4a+2b+c)；n=3,得 70=9a+3b+c。整理得：2a+h+c-24 a-34。+2匕 +。=4 4,解得 0,
34、7-x 0,x 0 o4设 V=(1 5 aax)(7 b b x)x (a 0,b 0)ab要使用均值不等式,-a-b+1 =015a-ax=lb-bx=x,1 3解得：a=,b=,x =3 c4 415 21,64 15 x、,21 3、64 z 7+T-x 3 64从而;-)(-x)x 1,则 a的取值范围是_ _ _OA.2 a J 且 a Wl B.0 a 1 或 l a 2 C.K a 2 或2 2 22 .方 程 x2+p x +q =0 与 x2+q x +p-0 只有一个公共根，则其余两个不同根之和为_ _ _ _ _ QA.1 B.-1 C.p +q D.无法确定3.如果函
35、数y=si n 2 x +a c o s2 x 的图像关于直线x=-2 L 对称，那么a=。8A.4 1 B.V 2 C.1 D.14 .满足C：+l 以+2+-+储 5 00的 最 大 正 整 数 是。A.4 B.5 C.6 D.75 .无穷等比数列 a“的前n 项和为S“=a-_ L ,则 所 有 项 的 和 等 于。2A.-1 B.1 C.1 D.与 a 有关2 26 .(1+k x)9=b0+b1x+b2x2H-F b9x9,若 b0+b x+b2 H-F b9=1,贝 k =_ o7 .经过两直线H x 3y9=0 与 12 x+y1 9=0 的交点，且过点(3,-2)的直线方程为8
36、 .正三棱锥底面边长为2,侧棱和底面所成角为6 0。，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、(fl4)成等比数列,求f(1)+f(2)+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U向右，直线y=2 x +7和抛物线截得的线段长是4 痴，求抛物线的方程。19四、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
37、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，AUB的元素个数为n,则。A.2 W n W 9 B.7 W n W 9 C.5 W n W 9 D.5 W n W 72 .设 MP、OM、A T 分别是4 6 角的正弦线、余弦线和正切线，则A.MP OM A T B.OM MP A T C.A T OM MP D.OM A T MP3.复数Z =a+2 i,Z 2 =-2+i,如果|z/|z2|,则实数a的 取 值 范 围 是
38、。A.-l a l C.a 0 D.a lx2 y2 54 .椭 圆 石+七=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_O7 5A.8 C.7.5 C.-D.34T5 .奇函数f(x)的最小正周期为T,则门一耳)的值为 oA.T B.0 C.-D.不能确定26 .正三棱台的侧棱与底面成4 5 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J a?+2 2 6,选 A；PF.44小题：利用椭圆的第二定义得到1一=e=,选 A；2
39、T T T5小题：利用周期函数、奇函数的定义得到f(-u)=f()=一汽彳)，选 B；2 2 26小题：利用线面角、面面角的定义，答案2。I I、示范性题组：7?+C 1 7 +b例 1.已知Z =l+i ,设 v=z?+3 -4,求 的 三 角 形 式；如 果 一 2-Z-z +i=1 i ,求实数a、b的值。(9 4 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=l+i ,w的三角形式是行(c o s +i sin-)；4 420由 z=l+i,_Z2+az+b有 一;-rZ-Z+1(l+i)2+a(l+i)+b(a+b)+(a+2)i(l+
40、z)2-(l+z)+l T=(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+2=1-(a+fe)=-1解 得 a=-1b=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 =14,f(4)=-2 5 2,求 y=log 历 f (x)的定义域,V _ 23/y判 定 在（一，1）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,数的单调性定义判断。再利用
41、函【解】/(2)=-2+2c=-14/(4)=-4+4c=-252n=4c=1解得：二 f(x)=-x+x 解 f(x)0 得:0 xl设-X X,V2,X 2 +x 2 2 :.(X +X 2)(X 1 2 +x 22)V2而X =123/7.f(x J-f(X 2)0 即 f(x)在(5-,1)上是减函数*/1 y=lo g /-f(x)在(x【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”=!建立一个方程，再由离心率的定2 2义建立一个方程。【解】设 A(x,y)、F(x,m),由M(l,2),则椭圆上定点M到准线距离为2,下顶点A
42、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：7(X-1)2+(/-2)2=|X2 (y_4y.，消 m得：(x l)2-j-=1,m-y 1 J 2I y 2 3224 ,(J-T)所以椭圆下顶点的轨迹方程为(X-1)2+1=1。(3)2【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 一个参数明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
43、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。D I、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-则/A|F B 1 等于。A.4 5 B.6 0 C.9 0 D.1 2 0 3 .已知A=0,1 ,B=X|XGA ,则下列关系正确的是 oA.A c B B.A o B C.A G B D.A B4 .双曲线3 x 2 y 2 =3的 渐 近 线 方 程 是
44、。A.y=3x B.y=l x C.y=V 3 x D.y=+x335.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.解丁十4+“=。7.Z=4(s i n l 40-i c os l 40),则复数-L的辐角主值是。28.不等式a x2+b x +c 0的解集是(1,2),则不等式b x?+c x+a b 0)的两个焦点，其 中 F2与抛物线y 2=12x 的a-b焦点重合，M是两曲线的一个焦点，且有c os/M FFz c os/M Fz F=当，求椭圆方程。23五、数学归纳法归纳是种
45、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 =l(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+l 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山特殊推广到一般，实际上它使命题的正
46、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 2 n 0 且 n G 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+l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、儿何问题、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 (2
47、 n1)(n G N),从“k到 k +1，左 端 需 乘 的 代 数 式 为。A.2 k+lB.2(2 k+l)c.2k+k+12k+3k+12 .用数学归纳法证明1 +:+:+l)时，由 n=k (k l)不等式成立,2 3 2-1推证n=k+l时，左边应增加的代数式的个数是A.B.2k-1 C.2*D.2*+13 .某个命题与自然数n 有关，若 n=k (k G N)时该命题成立，那么可推得n=k +l 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
48、时该命题成立4 .数列 a 中，已知a =l,当 n 2时 a“=a“_|+2 n-l,依次计算a2、a3,后,猜想a“的 表 达 式 是。A.3 n-2 B.n2 C.3n-1 D.4 n35 .用数学归纳法证明3 4 +2+5 2“M(nG N)能被1 4 整除，当n=k+l 时对于式子3 *T)+2+52(*+I)+1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+l)=f(k)+【简解】1 小题：n=k时，左端的代数式是(k+l)(k+2)(k+k),n=k+l 时，左端的代数式是(k+2)(k+3)(2 k+l)(兼+2),所以应乘的代数式为 3
49、+I：+为,选 B；k+12 小题：(2i+l-1)-(2k-1)=2*,选 C；3小题：原命题与逆否命题等价，若 n=k+l 时命题不成立，则 n=k 命题不成立，选 C。244小题：计算出a=l、a2=4、2 3=9、a4 =1 6再猜想a“，选B；5 小题：答 案(34 i+?+52!+1)3*+52*+1(52-34)；6小题：答案k l。I I、示范性题组：8 1 8 n例1.已 知 数 列 再 万，得，I)丁.)”。S”为其前n项和，求S 1、S2,S 3、S4,推 测S“公式，并用数学归纳法证明。(93年全国理)【解】计算得 S =1,S2=|,=S4=猜测S”_ (2 n+l)
50、2-1一(2+1 尸(nG N)。当n=l时，等式显然成立;(2k+_ 1假设当n=k时等式成立，即：S c 卜(2 2 +1)28 (攵+1)当1 1 =1 (2 k+3 f(2-+1)2 .(2 k+3)2-(2 1+3+8 (k +1)(2-+1 (2：+3)2_(2k+1)2 (2 k+3 ，由此可知，当n=k+l时等式也成立。综上所述，等式对任何n G N都成立。(2k+3)2-1【注】把 要 证 的 等 式=(2 k+3)2 作为目标，先通分使分母含有(兼+3)2,再考虑要约分，而将分子变形，并注意约分后得到(2 k +3)2-l o这样证题过程中简洁一些,有效地确定了证题的方向。