資源簡介

2008高考數學最后20天沖刺備考
（專家分析+備考專題）
【專家分析】
距離2008年高考還有20天左右的時間，這是考生綜合素質大踏步提高的黃金時間，也是考生產生分化的重要關口。這段時間，也稱為全面復習沖刺階段，同學們需把前面一些零亂、繁雜的知識系統化、條理化、模塊化，找到學科中的宏觀線索，提綱摯領，全面到位。下面我們將根據以往的高考數學復習的經驗，結合優秀考生的學習體會，談談這幾十天的復習建議。
一、 全力夯實雙基，保證駕輕就熟
目前高考數學試卷，基礎知識和基本方法的考查占80％左右的份量，即使是創新題或能力題也是建立在雙基之上，只有腳踏實地、一絲不茍地鞏固雙基，才能占領高考陣地。
教材是精品，把握了教材，也就切中了要害。不僅要深刻理解教材中的知識，更要關注教材中解決問題的思想方法，還要全面把握知識體系，保證：⑴不掌握不放過。對照《考試說明》，確定考試范圍，認真閱讀和理解教材中相關內容，包括每個概念、每個例題、每個注釋、每個圖形，準確理解和記憶知識點，不留空白和隱患。⑵胸無全書不放過，在掌握知識點的基礎上，根據知識的內在聯系，構建知識網絡，把書學得“由厚變薄”。不防從課本的章節目錄入手，進行串聯，形成體系。⑶有疑難不放過。為鞏固復習效果，發展思維能力，適量的練習是必要的，練習中遇到困難也在所難免，必須找到問題的癥結在那里，對照教材，徹底掃除障礙。回歸教材、吃透課本，千萬不能眼高手低喲。
二、 重視錯題病例，實時忘羊補牢。
錯題病例也是財富，它有時暴露我們的知識缺陷，有時暴露我們的思維不足，有時暴露我們方法的不當，毛病暴露出來了，也就有治療的方向，提供了糾錯的機會。
由于題海戰術的影響，許多同學，拼命做題，期望以多取勝，但常常事與愿違，不見提高，走訪了一些同學，普遍覺得困惑他們的是有些錯誤很頑固，訂正過了，評講過了，還是重蹈覆轍。原因是沒有重視錯誤，或沒有診斷出錯因，沒有收到糾錯的效果。
建議：建立錯題集，特別是那些概念理解不深刻、知識記憶失誤、思維不夠嚴謹、方法使用不當等典型錯誤收集成冊，并加以評注，指出錯誤原因，經常翻閱，常常提醒，警鐘長鳴，以絕后患。注意收集錯題也有個度的問題，對于那些一時粗心的偶然失誤，或一時情緒波動而產生的失誤應另作他論。
三、 加強毅力訓練，做到持之以恒。
毅力比熱情更重要。進入高三，同學們都雄心勃勃。但由于各種因素的影響，有的同學能夠堅持不懈，平步青云。有的同學松弛下來，形成知識或方法上的梗阻。影響情緒和信心。阻礙前進的步伐。訓練毅力刻不容緩！
計劃明確，并堅決執行，不尋找借口，做到“今日事今日畢”，決不拖到明天做今天的事，練習也要限時完成，一個小時完成的，決不拖成一個半小時完成，否則將影響后續的學習和生活。任何一門學科，只要三天不接觸，拿到題目時，將會覺得入手不順，思維不暢，效率不高且易出錯，若5天不訓練將會不進而退。所以，建議各個學科每天都要有所鞏固，根據具體情況哪怕份量輕些也行。遇到困難應及時解決，不能積累，否則會打擊信心，喪失斗志。
要成就事業，既要有熱情，更要有毅力！
四、 抓住典型問題，爭取融會貫通。
由于題海戰術的影響，考生們都以做多少套練習來衡量復習的投入度，殊不知有的練習屬于同一層次上的重復勞動，有的還會形成負遷移，重點得不到強化。所以必須抓住典問題進行鉆研的力度，擴大解題收益，提高能力層次。
復習階段，關于例題的處理，不能停留在有方法、有思路、有結果就認為大功告成，草草收兵，曲終人散，就太可惜了。抓住一些典型問題，借題發揮，充分挖掘它的潛在功能。具體的就是解題后反思。反思題意，訓練思維的嚴謹性; 反思過程與策略，發展思維的靈活性; 反思錯誤，激活思維的批判性; 反思關系，促進知識串聯和方法的升華。
另外，我們還要學會典型問題的引申變化：類比變化，有利于知識和方法的鞏固，推廣變化，有利于遞進思維能力的發展; 開放性變化，有利于創新能力的培養; 應用性變化，有利于考生分析問題和解決問題能力的提高。
五、?精讀考試大綱，確保了如指牚。
《考試說明》是就考什么、考多難、怎樣考這三個問題的具體規定和解說，有的省市使用了二期課改教材，有的省市在過渡階段，所以《考試說明》必然有調整的內容，所以必須高度重視，明確要求，提高復習的針對性和實效性。
如果走馬觀花地看一遍，容易造成誤解，認為要求不高，都已經復習好了，產生盲目樂觀的情緒。必須加強學習考試說明的力度，保證有的放矢。
首先明確考試的知識要求。針對教材與復習時的筆記逐條對照，看是否得到了落實，保證沒有遺漏，更要保證到位，不同的知識點有不同的能力要求，只能高舉高打，才能游刃有余，沒達要求的決不罷手。
其次要明確考試的能力要求。不同的學科，對考生有不同的能力要求，看對應的要求是否在復習時得到了訓練，特別是二期課改對創新與探究能力的要求是否得到了落實。
還要明確考試對思想方法的要求。目前高命題堅持新題不難、難題不怪的方向。強調“通性通法、淡化技巧”。所以對考試說明中要求的方法，是否心中有數，特別是教材的例題體現的思想方法是否已經掌握。只有掌握了思想方法，才能在考試時以不變應萬變。
另外，對試卷的形式，涉及的題型、考試時間、分值等等也應一清二楚。
六、?梳理歸納知識，形成知識網絡。
復習過的知識雖千頭萬緒，但只要對知識點進行梳理，就可達到層次分明，綱目清楚。
學習是個“由簿變厚”，再“由厚變簿”的過程。前一程時間，以本為本，進行練習和鞏固，不斷進行思考和擴展，使得知識和方法不斷豐滿而充實。現在該是“由厚變簿”了，針對教材，以知識點為線索進行梳理，使得知識系統化，記憶的效率也會提高許多，運用起來就眉目清楚、得心應手。在梳理時，最好不要用課本或筆記中的原話。盡量用自己的語言進行理解性描述，然后再對照糾正，這樣效果會更好。這也就相當于記憶中的心理預演或嘗試回憶。
梳理時，可以用“樹形”圖進行歸納，使得所學知識形成體系，也簡潔明了地顯示知識點間的內在聯系和每一學科的全貌。
七、科學使用參考書，期望錦上添花。
高考復習離不開教學參考書，如能合理使用，也會受益匪淺，再上臺階。
考試輔導的參考書多如牛毛，目不暇接。首先要選擇一本有價值的參考書。所謂有價值，一方面與我們目前的進度相吻合，應具備強化考試熱點、深化重點、優化策略、提高能力等特點，在專題形式選擇時，切口不宜大，解一題通一片。還要與自己的實際水平相配，基礎打的不錯，有一定的能力，可按常規方法選擇參考書，如果基礎和能力沒有到位，還應在基礎知識和技能上下功夫，不必互相攀比，現實一點更好。
要能正確使用參考書。對參考書上的例題應先自己思考、練習，然后再看參考書，如果方法相同就是一次深化，如果方法不同，就多了一條路。如果先看書后做題，你的思路就被牽著鼻子走，不會產生自己的想法，也就談不上什么收獲了。
使用參考書在精不在多，一旦選擇了某本參考書，就應該保證過關，因為一書好的參考書，都是能夠瞄準高考，切中要害，并自成一體。弄通弄透必能如虎添翼。
八、?重視模擬考試，提高實戰能力。
考前適當模擬非常必要，從中體驗考試策略和方法，明確要求，發現存在問題，及時校正改進，保證戰之必勝。
模擬考試需要高度重視，一方面，要營造仿真的考試環境，限時完成。另一方面，要先在正確率上下功夫，以穩取勝，當正確率得到保證以后，速度會自然而然地提上去的。還要調節考試策略，適當分配各部分試題的答題時間，并根據自己的具體情況進行調節，直至合理。同時要學會把握答題節奏，正確對待難題和容易題，把試卷內容分成三類，一是容易上手，運算量不大的先做，并確保正確; 其二是有思路但運算或思維量較大，放在第二輪做; 最后解答困難題，即使解不出也無怨無悔，所以合理分配，學會放棄很重要。
模擬時要重視檢查，減少不必要的損失，檢查時不僅要檢查解題過程和結果，還要檢查題意，防止答非所問。還要重視檢驗的方法，如概念檢驗、量綱檢驗、不變量檢驗、一題多解檢驗、邏輯檢驗、數形檢驗、重新驗算檢驗等，多管齊下，提高正確率。
要在模擬考試中提高心理適應度，遇難不慌，遇易不驕，穩扎穩打，精益求精。需強調的是要控制模擬的量，不能漫無目的的天天考，否則會疲倦了，麻木了，效果不言自明。
有些同學考試時，題題被扣分，究其原因，大多數是答題不規范，抓不住得分要點，思維不嚴謹所致。建議大家練幾套有標準答案和評分標準的模擬卷（包括近幾年高考卷），并且自批自改，精心研究評分標準，吃透評分標準，對照自己的習慣，時刻提醒自己，力爭減少無謂的失分，保證會做的不錯不扣分，即使不完全會做，也應理解多少做多少，增加得分機會。
九、研究高考命題，達到成竹在胸。
仔細琢磨歷年高考試題，熟悉高考命題的題型和要求，了解命題的走向，做到心中有數，上場胸有成竹。
一般模擬題的質量都難敵高考題，它是精品，加強對歷年高考試題的研究，物超所值。至少對近三年的高考試卷進行整體研究，明確命題形式、題型分布、知識點的覆蓋規律、每年命題的創新亮點、思想方法的考查切入點、能力考查的力度等，與我們前面所梳理的知識網絡進行對照，看哪些知識考查的頻率比較高，那些能力得到重視，知識和能力在考查上有哪些取舍規律等方面，都要進行深刻的研究。
建議，在研究高考命題之前，應先實戰訓練一次，看自己駕馭試卷的效果如何，并通過練習來暴露自己的一些不足，以便有針對性地進行查漏補缺，重點突破。
最后指出，考前調整出必勝的信念十分重要。高考臨近，有些考生精神過度緊張，甚至病倒。我們提醒大家，防止兩個極端的做法，一是徹底放松，破壞了長期形成的生物鐘，會適得其反。另一個就是挑燈夜戰，加班加點，導致考前過度疲勞，臨考時打不起精神。建議考生，休息調整是必要的，但必須的是微調，特別要把興奮狀態逐步調整到上午9：00---11：30，下午3：00---5：00。走進考場要信心百倍，即使遇到困難也不要慌張，因為大家是平等的。另外，進入考場適度緊張是正常的也是必要的，因為它有利于激情的產生，千萬不能因此而引起不必要的慌張。
只要大家精心準備，充滿自信，沉著應戰，就一定能笑到最后。
【備考專題】
專題一：回首2007年高考
面對2008年的高考，我們來回首2007年，看看07年的高考都考些什么，有什么難點，易錯點。
●忽視等價性變形，導致錯誤
 ( ，但 與 不等價。
【例1】已知f(x) = ax + ，若求的范圍。
錯誤解法 由條件得
②×2－①
①×2－②得
+得
錯誤分析 采用這種解法，忽視了這樣一個事實：作為滿足條件的函數，其值是同時受制約的。當取最大（小）值時，不一定取最大（小）值，因而整個解題思路是錯誤的。
正確解法 由題意有, 解得：
把和的范圍代入得

在本題中能夠檢查出解題思路錯誤，并給出正確解法，就體現了思維具有反思性。只有牢固地掌握基礎知識，才能反思性地看問題。
●忽視隱含條件，導致結果錯誤。
【例2】
(1) 設是方程的兩個實根，則的最小值是
思路分析 本例只有一個答案正確，設了3個陷阱，很容易上當。
利用一元二次方程根與系數的關系易得：
有的學生一看到，常受選擇答案（A）的誘惑，盲從附和。這正是思維缺乏反思性的體現。如果能以反思性的態度考察各個選擇答案的來源和它們之間的區別，就能從中選出正確答案。
原方程有兩個實根，∴ (
當時，的最小值是8；
當時，的最小值是18。
這時就可以作出正確選擇，只有（B）正確。
(2) 已知(x+2)2+ =1, 求x2+y2的取值范圍。
錯解 由已知得 y2=－4x2－16x－12，因此 x2+y2=－3x2－16x－12=－3(x+)2+ ，
∴當x=－時，x2+y2有最大值，即x2+y2的取值范圍是(－∞, ]。
分析 沒有注意x的取值范圍要受已知條件的限制，丟掉了最小值。
事實上，由于(x+2)2+ =1 ( (x+2)2=1－ ≤1 ( －3≤x≤－1，
從而當x=－1時x2+y2有最小值1。∴ x2+y2的取值范圍是[1, ]。
注意有界性：偶次方x2≥0，三角函數－1≤sinx≤1，指數函數ax>0，圓錐曲線有界性等。
●忽視不等式中等號成立的條件，導致結果錯誤。
【例3】已知：a>0 , b>0 , a+b=1,求(a+ )2+(b+ )2的最小值。
錯解 (a+)2+(b+)2=a2+b2+++4≥2ab++4≥4+4=8,
∴(a+)2+(b+)2的最小值是8.
分析 上面的解答中，兩次用到了基本不等式a2+b2≥2ab，第一次等號成立的條件是a=b=,第二次等號成立的條件是ab=，顯然，這兩個條件是不能同時成立的。因此，8不是最小值。
事實上，原式= a2+b2+++4=( a2+b2)+(+)+4=[(a+b)2－2ab]+[(+)2－]+4
= (1－2ab)(1+)+4，
由ab≤()2= 得：1－2ab≥1－=, 且≥16，1+≥17，
∴原式≥×17+4= (當且僅當a=b=時，等號成立)，
∴(a + )2 + (b + )2的最小值是。
●不進行分類討論，導致錯誤
【例4】(1)已知數列的前項和，求
錯誤解法
錯誤分析 顯然，當時，。
錯誤原因：沒有注意公式成立的條件是。
因此在運用時，必須檢驗時的情形。即：。
(2)實數為何值時，圓與拋物線有兩個公共點。
錯誤解法 將圓與拋物線 聯立，消去，
得 ①
因為有兩個公共點，所以方程①有兩個相等正根，得 ， 解之得
錯誤分析 （如圖2－2－1；2－2－2）顯然，當時，圓與拋物線有兩個公共點。
要使圓與拋物線有兩個交點的充要條件是方程①有一正根、一負根；或有兩個相等正根。
當方程①有一正根、一負根時，得解之，得
因此，當或時，圓與拋物線有兩個公共點。
思考題：實數為何值時，圓與拋物線，
有一個公共點；(2)有三個公共點；(3)有四個公共點；(4)沒有公共點。
●以偏概全，導致錯誤
以偏概全是指思考不全面，遺漏特殊情況，致使解答不完全，不能給出問題的全部答案，從而表現出思維的不嚴密性。
【例5】(1)設等比數列的全項和為.若，求數列的公比.
錯誤解法 ，
。
錯誤分析 在錯解中，由，
時，應有。
在等比數列中，是顯然的，但公比q完全可能為1，因此，在解題時應先討論公比的情況，再在的情況下，對式子進行整理變形。
正確解法 若，則有但，即得與題設矛盾，故.
又依題意 ( ( ,即因為，所以所以解得
說明 此題為1996年全國高考文史類數學試題第（21）題，不少考生的解法同錯誤解法，根據評分標準而痛失2分。
(2)求過點的直線，使它與拋物線僅有一個交點。
錯誤解法 設所求的過點的直線為，則它與拋物線的交點為
，消去得整理得
直線與拋物線僅有一個交點，解得所求直線為
錯誤分析 此處解法共有三處錯誤：
第一，設所求直線為時，沒有考慮與斜率不存在的情形，實際上就是承認了該直線的斜率是存在的，且不為零，這是不嚴密的。
第二，題中要求直線與拋物線只有一個交點，它包含相交和相切兩種情況，而上述解法沒有考慮相切的情況，只考慮相交的情況。原因是對于直線與拋物線“相切”和“只有一個交點”的關系理解不透。
第三，將直線方程與拋物線方程聯立后得一個一元二次方程，要考慮它的判別式，所以它的二次項系數不能為零，即而上述解法沒作考慮，表現出思維不嚴密。
正確解法 ①當所求直線斜率不存在時，即直線垂直軸，因為過點，所以即軸，它正好與拋物線相切。
②當所求直線斜率為零時，直線為y = 1平行軸，它正好與拋物線只有一個交點。
③一般地，設所求的過點的直線為,則，
令解得k = ,∴ 所求直線為
綜上，滿足條件的直線為：
《章節易錯訓練題》
1、已知集合M = {直線} ，N = {圓} ，則M∩N中元素個數是 A(集合元素的確定性)(A) 0 (B) 0或1 (C) 0或2 (D) 0或1或2
2、已知A = ，若A∩R* = ( ，則實數t集合T = ___。(空集)
3、如果kx2+2kx－(k+2)<0恒成立，則實數k的取值范圍是C(等號)
(A) －1≤k≤0 (B) －1≤k<0 (C) －14、命題＜3，命題＜0，若A是B的充分不必要條件，則的取值范圍是C(等號)
（A） （B） （C） （D）
5、若不等式x2－logax<0在(0, )內恒成立，則實數的取值范圍是A(等號)
(A) [,1) (B) (1, + () (C) (,1) (D) (,1)∪(1,2)
6、若不等式(－1)na < 2 +對于任意正整數n恒成立，則實數的取值范圍是A(等號)(A) [－2，) (B) (－2，) (C) [－3，) (D) (－3，)
7、已知定義在實數集上的函數滿足：；當時，；對于任意的實數、都有。證明：為奇函數。(特殊與一般關系)
8、已知函數f(x) = ，則函數的單調區間是_____。遞減區間(－(，－1)和(－1， +()
（單調性、單調區間）
9、函數y = 的單調遞增區間是________。[－，－1）（定義域）
10、已知函數f (x)= ， f (x)的反函數f －1(x)= 。 
（漏反函數定義域即原函數值域）
11、函數 f (x) = log (x 2 + a x + 2) 值域為 R，則實數 a 的取值范圍是D(正確使用△≥0和△<0)(A) (－2,2) (B) [－2,2](C) (－(,－2)∪(2,+() (D) (－(,－2]∪[2,+()
12、若x≥0，y≥0且x+2y=1，那么2x+3y2的最小值為B(隱含條件)
（A）2 （B） （C） （D）0
13、函數y=的值域是________。(－∞, )∪(,1)∪(1,+∞) （定義域）
14、函數y = sin x (1 + tan x tan )的最小正周期是C （定義域）
(A)  (B) ( (C) 2( (D) 3
15、已知 f (x) 是周期為 2 的奇函數，當 x ( [0,1) 時，f (x) = 2 x，則 f (log 23) = D(對數運算)(A)  (B)  (C) － (D) －
16、已知函數在處取得極值。
（1）討論和是函數的極大值還是極小值；
（2）過點作曲線的切線，求此切線方程。(2004天津)
（求極值或最值推理判斷不充分(建議列表)；求過點切線方程，不判斷點是否在曲線上。）
17、已知tan ((－)= － 則tan ( = ；= 。、（化齊次式）
18、若 3 sin 2( + 2 sin 2( －2 sin ( = 0，則cos 2( + cos 2( 的最小值是 __ 。(隱含條件)
19、已知sin( + cos( = ，( ( (0，()，則cot( = _______。－(隱含條件)
20、在△ABC中，用a、b、c和A、B、C分別表示它的三條邊和三條邊所對的角，若a =2、
、，則∠B = B(隱含條件)
（A） （B） （C） （D）
21、已知a>0 , b>0 , a+b=1，則(a + )2 + (b + )2的最小值是_______。(三相等)
22、已知x ≠ k( (k ( Z)，函數y = sin2x + 的最小值是______。5（三相等）
23、求的最小值。
錯解1

錯解2
錯誤分析 在解法1中，的充要條件是
即這是自相矛盾的。
在解法2中，的充要條件是
這是不可能的。
正確解法1

其中，當
正 確 解 法2 取正常數，易得
其中“”取“＝”的充要條件是
因此，當
24、已知a1 = 1，an = an－1 + 2n－1(n≥2)，則an = ________。2n－1(認清項數)
25、已知 －9、a1、a2、－1 四個實數成等差數列，－9、b1、b2、b3、－1 五個實數成等比數列，
則 b2 (a2－a1) = A(符號)(A) －8 (B) 8 (C) － (D) 
26、已知 {an} 是等比數列，Sn是其前n項和，判斷Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比數列嗎？
當q = －1，k為偶數時，Sk = 0，則Sk，S2k－Sk，S3k－S2k不成等比數列；
當q≠－1或q = －1且k為奇數時，則Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等比數列。
（忽視公比q = －1）
27、已知定義在R上的函數和數列滿足下列條件：
，f(an)－f(an－1) = k(an－an－1)(n = 2,3,┄)，其中a為常數，k為非零常數。（1）令，證明數列是等比數列；（2）求數列的通項公式；（3）當時，求。(2004天津)
（等比數列中的0和1，正確分類討論）
28、不等式m2－(m2－3m)i< (m2－4m + 3)i + 10成立的實數m的取值集合是________。{3}(隱含條件)
29、i是虛數單位，的虛部為（ ）C(概念不清)(A) －1 (B) －i (C) －3 (D) －3 i
30、實數，使方程至少有一個實根。
錯誤解法 方程至少有一個實根，
( 或
錯誤分析 實數集合是復數集合的真子集，所以在實數范圍內成立的公式、定理，在復數范圍內不一定成立，必須經過嚴格推廣后方可使用。一元二次方程根的判別式是對實系數一元二次方程而言的，而此題目盲目地把它推廣到復系數一元二次方程中，造成解法錯誤。
正確解法 設是方程的實數根，則
由于都是實數，,解得
31、和a = (3,－4)平行的單位向量是_________；和a = (3,－4)垂直的單位向量是_________。
(，－)或(－，)；(，)或(－ ，－ )(漏解)
32、將函數y= 4x－8的圖象L按向量a平移到L/，L/的函數表達式為y= 4x，則向量a=______。
a = (h，4h+8) (其中h ( R)(漏解)
33、已知 ||＝1，||＝，若//，求·。
①若，共向，則 ·＝||?||＝，
②若，異向，則·＝－||?||＝－。(漏解)
34、在正三棱錐A－BCD中，E、F是AB、BC的中點，EF⊥DE，若BC = a，則正三棱錐A－BCD的體積為____________。a3 (隱含條件)
35、在直二面角 (－AB－( 的棱 AB 上取一點 P，過 P 分別在 (、( 兩個平面內作與棱成 45° 的斜線 PC、PD，那么∠CPD的大小為D(漏解) (A) 45( (B) 60( (C) 120( (D) 60( 或 120(
36、如圖，在四棱錐P—ABCD中，底面ABCD是正方形，側棱PD⊥底面ABCD，PD=DC，E是PC的中點，作EF⊥PB交PB于點F。
（1）證明PA//平面EDB；
（2）證明PB⊥平面EFD；
（3）求二面角C—PB—D的大小。(2004天津)
(條件不充分(漏PA ( 平面EDB，平面PDC，DE∩EF = E等)；運算錯誤，銳角鈍角不分。)
37、若方程 + y 2 = 1表示橢圓，則m 的范圍是_______。(0，1)∪(1，+ ()(漏解)
38、已知橢圓 + y 2 = 1的離心率為 ，則 m 的值為 ____ 。4 或 (漏解)
39、橢圓的中心在原點，對稱軸為坐標軸，橢圓短軸的一個頂點 B 與兩焦點 F1、F2 組成的三角形的周長為 4 + 2且∠F1BF2 = ，則橢圓的方程是 。+ y 2 = 1或x 2 +  = 1(漏解)
40、橢圓的中心是原點O，它的短軸長為，相應于焦點F（c，0）（）的準線與x軸相交于點A，|OF|=2|FA|，過點A的直線與橢圓相交于P、Q兩點。
（1）求橢圓的方程及離心率；（2）若，求直線PQ的方程；
（3）設（），過點P且平行于準線的直線與橢圓相交于另一點M，證明。(2004天津)
(設方程時漏條件a>，誤認短軸是b = 2；要分析直線PQ斜率是否存在(有時也可以設為x = ky + b)先；對一元二次方程要先看二次項系數為0否，再考慮△>0，后韋達定理。)
41、 已知雙曲線的右準線為，右焦點,離心率,求雙曲線方程。
錯解1 故所求的雙曲線方程為
錯解2 由焦點知
故所求的雙曲線方程為
錯解分析 這兩個解法都是誤認為雙曲線的中心在原點，而題中并沒有告訴中心在原點這個條件。由于判斷錯誤，而造成解法錯誤。隨意增加、遺漏題設條件，都會產生錯誤解法。
正解1 設為雙曲線上任意一點，因為雙曲線的右準線為，右焦點，離心率，由雙曲線的定義知 整理得
正解2 依題意，設雙曲線的中心為,
則 解得 ,所以
故所求雙曲線方程為
42、求與軸相切于右側，并與⊙也相切的圓的圓心
的軌跡方程。
錯誤解法 如圖3－2－1所示，已知⊙C的方程為
設點為所求軌跡上任意一點，并且⊙P與軸相切于M點，
與⊙C相切于N點。根據已知條件得
，即，化簡得
錯誤分析 本題只考慮了所求軌跡的純粹性（即所求的軌跡上的點都滿足條件），而沒有考慮所求軌跡的完備性（即滿足條件的點都在所求的軌跡上）。事實上，符合題目條件的點的坐標并不都滿足所求的方程。從動圓與已知圓內切，可以發現以軸正半軸上任一點為圓心，此點到原點的距離為半徑（不等于3）的圓也符合條件，所以也是所求的方程。即動圓圓心的軌跡方程是y2 = 12x(x>0)和。因此，在求軌跡時，一定要完整的、細致地、周密地分析問題，這樣，才能保證所求軌跡的純粹性和完備性。
43、（如圖3－2－2），具有公共軸的兩個直角坐標平面和所成的二面角等于.已知內的曲線的方程是，求曲線在內的射影的曲線方程。
錯誤解法 依題意，可知曲線是拋物線，
在內的焦點坐標是
因為二面角等于，
且所以
設焦點在內的射影是，那么，位于軸上，
從而
所以所以點是所求射影的焦點。依題意，射影是一條拋物線，開口向右，頂點在原點。所以曲線在內的射影的曲線方程是
錯誤分析 上述解答錯誤的主要原因是，憑直觀誤認為F是射影(曲線)的焦點，其次，沒有證明默認C/在( 內的射影(曲線)是一條拋物線。
正確解法 在內，設點是曲線上任意一點
（如圖3－2－3）過點作，垂足為，
過作軸，垂足為連接，
則軸。所以是二面角
的平面角，依題意，.
在
又知軸（或與重合），
軸（或與重合），設，
則
因為點在曲線上，所以
即所求射影的方程為
44、設橢圓的中心是坐標原點，長軸在軸上，離心率，已知點到這個橢圓上的最遠距離是，求這個橢圓的方程。
錯誤解法 依題意可設橢圓方程為
則 ，
所以 ，即
設橢圓上的點到點的距離為，
則

所以當時，有最大值，從而也有最大值。
所以 ，由此解得：
于是所求橢圓的方程為
錯解分析 盡管上面解法的最后結果是正確的，但這種解法卻是錯誤的。結果正確只是碰巧而已。由當時，有最大值，這步推理是錯誤的，沒有考慮到的取值范圍。事實上，由于點在橢圓上，所以有，因此在求的最大值時，應分類討論。即：
若，則當時，（從而）有最大值。
于是從而解得
所以必有，此時當時，（從而）有最大值，
所以，解得
于是所求橢圓的方程為
數學推理是由已知的數學命題得出新命題的基本思維形式，它是數學求解的核心。以已知的真實數學命題，即定義、公理、定理、性質等為依據，選擇恰當的解題方法，達到解題目標，得出結論的一系列推理過程。在推理過程中，必須注意所使用的命題之間的相互關系（充分性、必要性、充要性等），做到思考縝密、推理嚴密。
專題二：直擊2008年高考
第一部分：高中數學解題思想方法
現在我們開始迎擊08高考，點燃激情！
下面我們借用高建彪專家的《高中數學解題基本方法》一書來了解掌握高考數學的思想方法！
【前言】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。
第一章 高中數學解題基本方法
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(a＋b)＝a＋2ab＋b，將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：
a＋b＝(a＋b)－2ab＝(a－b)＋2ab；
a＋ab＋b＝(a＋b)－ab＝(a－b)＋3ab＝(a＋)＋（b）；
a＋b＋c＋ab＋bc＋ca＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]
a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)－2(ab－bc－ca)＝…
結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：
1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）；
x＋＝(x＋)－2＝(x－)＋2 ；…… 等等。
Ⅰ、再現性題組：
1. 在正項等比數列{a}中，a(a+2a(a+a(a=25，則 a＋a＝_______。
2. 方程x＋y－4kx－2y＋5k＝0表示圓的充要條件是_____。
A. 1 C. k∈R D. k＝或k＝1
3. 已知sinα＋cosα＝1，則sinα＋cosα的值為______。
A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0
4. 函數y＝log (－2x＋5x＋3)的單調遞增區間是_____。
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＝_____。
【簡解】 1小題：利用等比數列性質aa＝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(x－a)＋(y－b)＝r，解r>0即可，選B。
3小題：已知等式經配方成(sinα＋cosα)－2sinαcosα＝1，求出sinαcosα，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－。
Ⅱ、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。
【解】設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＋kx＋2=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＋kx＋2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：p＋q＝－k，pq＝2 ,
()+()＝＝＝＝≤7， 解得k≤－或k≥ 。
又 ∵p、q為方程x＋kx＋2=0的兩實根， ∴ △＝k－8≥0即k≥2或k≤－2
綜合起來，k的取值范圍是：－≤k≤－ 或者 ≤k≤。
【注】 關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“Δ”；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p＋q、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p＋q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＋ab＋b=0，求()＋() 。
【分析】 對已知式可以聯想：變形為()＋()＋1＝0，則＝ω （ω為1的立方虛根）；或配方為(a＋b)＝ab 。則代入所求式即得。
【解】由a＋ab＋b=0變形得：()＋()＋1＝0 ，
設ω＝，則ω＋ω＋1＝0，可知ω為1的立方虛根，所以：＝，ω＝＝1。
又由a＋ab＋b=0變形得：(a＋b)＝ab ，
所以 ()＋()＝()＋()＝()＋()＝ω＋＝2 。
【注】 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ω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。
【另解】由a＋ab＋b＝0變形得：()＋()＋1＝0 ，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ω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＋ab＋b＝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。
Ⅲ、鞏固性題組：
函數y＝(x－a)＋(x－b) （a、b為常數）的最小值為_____。
A. 8 B. C. D.最小值不存在
α、β是方程x－2ax＋a＋6＝0的兩實根，則(α-1) +(β-1)的最小值是_____。
A. － B. 8 C. 18 D.不存在
已知x、y∈R，且滿足x＋3y－1＝0，則函數t＝2＋8有_____。
A.最大值2 B.最大值 C.最小值2 B.最小值
橢圓x－2ax＋3y＋a－6＝0的一個焦點在直線x＋y＋4＝0上，則a＝_____。
A. 2 B. －6 C. －2或－6 D. 2或6
化簡：2＋的結果是_____。
A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4
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∠FPF＝90°，則△FPF的面積是_________。
7. 若x>－1，則f(x)＝x＋2x＋的最小值為___________。
8. 已知〈β<α〈π，cos(α-β)＝，sin(α+β)＝－，求sin2α的值。(92年高考題)
9. 設二次函數f(x)＝Ax＋Bx＋C，給定m、n（m解不等式f(x)>0；
② 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，m∈R，x＝logt＋logs，y＝logt＋logs＋m(logt＋logs),
將y表示為x的函數y＝f(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。或者變為熟悉的形式，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現。例如解不等式：4＋2－2≥0，先變形為設2＝t（t>0），而變為熟悉的一元二次不等式求解和指數方程的問題。
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，易發現x∈[0,1]，設x＝sinα ，α∈[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x＝rcosθ、y＝rsinθ化為三角問題。
均值換元，如遇到x＋y＝S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α∈[0,]。
Ⅰ、再現性題組：
1.y＝sinx·cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。
2.設f(x＋1)＝log(4－x) （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＋2xy－1＝0，則x＋y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+cosx＝t∈[－,]，則y＝＋t－，對稱軸t＝－1，當t＝，y＝＋；
2小題：設x＋1＝t (t≥1)，則f(t)＝log[-(t-1)＋4]，所以值域為(－∞,log4]；
3小題：已知變形為－＝－1,設b＝，則b＝－1,b＝－1＋(n－1)(-1)＝－n，所以a＝－；
4小題：設x＋y＝k，則x－2kx＋1＝0, △＝4k－4≥0,所以k≥1或k≤－1；
5小題：設3＝y，則3y＋2y－1＝0,解得y＝，所以x＝－1；
6小題：設log(2－1)＝y，則y(y＋1)<2，解得－2Ⅱ、示范性題組：
例1. 實數x、y滿足4x－5xy＋4y＝5 （ ①式） ，設S＝x＋y，求＋的值。（93年全國高中數學聯賽題）
【分析】 由S＝x＋y聯想到cosα＋sinα＝1,于是進行三角換元，設代入①式求S和S的值。
【解】設代入①式得： 4S－5S·sinαcosα＝5
解得 S＝ ；
∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴ ≤≤
∴ ＋＝＋＝＝
此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2α＝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”。
【另解】 由S＝x＋y，設x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，
則xy＝±代入①式得：4S±5=5，
移項平方整理得 100t+39S－160S＋100＝0 。
∴ 39S－160S＋100≤0 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S＝x＋y與三角公式cosα＋sinα＝1的聯系而聯想和發現用三角換元，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S＝x＋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x＝a＋b，y＝a－b，這稱為“和差換元法”，換元后有可能簡化代數式。本題設x＝a＋b，y＝a－b，代入①式整理得3a＋13b＝5 ，求得a∈[0,]，所以S＝(a－b)＋(a＋b)＝2(a＋b)＝＋a∈[,]，再求＋的值。
例2． △ABC的三個內角A、B、C滿足：A＋C＝2B，＋＝－，求cos的值。（96年全國理）
【分析】 由已知“A＋C＝2B”和“三角形內角和等于180°”的性質，可得 ；由“A＋C＝120°”進行均值換元，則設 ，再代入可求cosα即cos。
【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得 ,
由A＋C＝120°，設，代入已知等式得：＋＝＋＝＋＝＝＝－2,
解得：cosα＝， 即：cos＝。
【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以＋＝－
＝－2，設＝－＋m，＝－－m ，
所以cosA＝，cosC＝，兩式分別相加、相減得：
cosA＋cosC＝2coscos＝cos＝，
cosA－cosC＝－2sinsin＝－sin＝，
即：sin＝－，＝－，代入sin＋cos＝1整理得：3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cos＝＝。
【注】 本題兩種解法由“A＋C＝120°”、“＋＝－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A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以＋＝－＝－2，即cosA＋cosC＝－2cosAcosC，和積互化得：
2coscos＝－[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos＝－cos(A-C)＝－(2cos－1)，整理得：4cos＋2cos－3＝0,
解得：cos＝
y , , － x
例3. 設a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a的最大值和最小值。
【解】 設sinx＋cosx＝t，則t∈[-,]，由(sinx＋cosx)＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx＝
∴ f(x)＝g(t)＝－(t－2a)＋ （a>0），t∈[-,]
t＝-時，取最小值：－2a－2a－
當2a≥時，t＝，取最大值：－2a＋2a－ ；
當0<2a≤時，t＝2a，取最大值： 。
∴ f(x)的最小值為－2a－2a－，最大值為。
【注】 此題屬于局部換元法，設sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx與sinx·cosx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sinx＋cosx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(sinx±cosx，sinxcsox)，經常用到這樣設元的換元法，轉化為在閉區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xlog＋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log、 log、log三項有何聯系？進行對數式的有關變形后不難發現，再實施換元法。
【解】 設log＝t，則log＝log＝3＋log＝3－log＝3－t，log＝2log＝－2t，
代入后原不等式簡化為（3－t）x＋2tx－2t>0，它對一切實數x恒成立，所以：
，解得 ∴ t<0即log<0
0<<1，解得0【注】應用局部換元法，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，關鍵是發現已知不等式中log、 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＋＝ (②式)，求的值。
【解】 設＝＝k，則sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sinθ＋cosθ＝k(x+y)＝1,代入②式得： ＋＝＝ 即：＋＝
設＝t，則t＋＝ , 解得：t＝3或 ∴＝±或±
【另解】 由＝＝tgθ，將等式②兩邊同時除以，再表示成含tgθ的式子：1＋tgθ＝＝tgθ，設tgθ＝t，則3t—10t＋3＝0，
∴t＝3或， 解得＝±或±。
【注】 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＝，不難發現進行結果為tgθ，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x＋y－k>0恒成立，求k的范圍。
【分析】由已知條件＋＝1，可以發現它與a＋b＝1有相似之處，于是實施三角換元。
【解】由＋＝1，設＝cosθ，＝sinθ，
即： 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時不等式恒成立。
【注】本題進行三角換元，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  x＋y－k>0
k 平面區域
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ax＋by＋c>0 (a>0)所表示的區域為直線ax＋by＋c＝0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x＋y－k>0的區域。即當直線x＋y－k＝0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k＝－3,所以k<-3時原不等式恒成立。
Ⅲ、鞏固性題組：
已知f(x)＝lgx (x>0)，則f(4)的值為_____。
A. 2lg2 B. lg2 C. lg2 D. lg4
函數y＝(x＋1)＋2的單調增區間是______。
A. [-2,+∞) B. [-1,+∞) D. (-∞,+∞) C. (-∞,-1]
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. 52.5
已知x＋4y＝4x，則x＋y的范圍是_________________。
已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，則＋的范圍是____________。
不等式>ax＋的解集是(4,b)，則a＝________，b＝_______。
函數y＝2x＋的值域是________________。
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 x
實數m在什么范圍內取值，對任意實數x，不等式sinx＋2mcosx＋4m－1<0恒成立。
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。
Ⅰ、再現性題組：
設f(x)＝＋m，f(x)的反函數f(x)＝nx－5，那么m、n的值依次為_____。
A. , －2 B. － ， 2 C. , 2 D. － ，－2
二次不等式ax＋bx＋2>0的解集是(－,)，則a＋b的值是_____。
A. 10 B. －10 C. 14 D. －14
在(1－x)（1＋x）的展開式中，x的系數是_____。
A. －297 B.－252 C. 297 D. 207
函數y＝a－bcos3x (b<0)的最大值為，最小值為－，則y＝－4asin3bx的最小正周期是_____。
與直線L：2x＋3y＋5＝0平行且過點A(1,-4)的直線L’的方程是_______________。
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)＝2x－2m，比較系數易求，選C；
2小題：由不等式解集(－,)，可知－、是方程ax＋bx＋2＝0的兩根，代入兩根，列出關于系數a、b的方程組，易求得a＋b，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2x＋3y＋c＝0，點A(1,-4)代入求得C＝10，即得2x＋3y＋10＝0；
6小題：設雙曲線方程x－＝λ，點(2,2)代入求得λ＝3，即得方程－＝1。
Ⅱ、示范性題組：
已知函數y＝的最大值為7，最小值為－1，求此函數式。
【分析】求函數的表達式，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”。
【解】 函數式變形為： (y－m)x－4x＋(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的解集為(-1,7)，則－1、7是方程y－(m＋n)y＋(mn－12)＝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(y＋1)(y－7)≤0,即y－6y－7≤0，然后與不等式①比較系數而得：，解出m、n而求得函數式y。
【注】 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a－c的值后列出第二個方程。
【解】 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Rt△BB’F’后，由其性質推證出等腰Rt△B’O’F’，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a－c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1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(an＋bn＋c)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n＝1、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：n＝1，得4＝(a＋b＋c)；n＝2，得22＝(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得：
,解得，
于是對n＝1、2、3，等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(3n＋11n＋10)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n＝k時等式成立，即1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＝(3k＋11k＋10)；
當n＝k＋1時，1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)＝(3k＋11k＋10) ＋(k＋1)(k＋2)＝(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)＝（3k＋5k＋12k＋24）＝[3(k＋1)＋11(k＋1)＋10]，
也就是說，等式對n＝k＋1也成立。
綜上所述，當a＝8、b＝11、c＝10時，題設的等式對一切自然數n都成立。
【注】建立關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(n＋1)＝n＋2n＋n得S＝1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(1＋2＋…＋n)＋2(1＋2＋…＋n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋2×＋＝(3n＋11n＋10)，綜上所述，當a＝8、b＝11、c＝10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。
【解】 依題意，矩形盒子底邊邊長為(30－2x)cm，底邊寬為(14－2x)cm，高為xcm。
∴ 盒子容積 V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x ，
顯然:15－x>0，7－x>0，x>0。
設V＝(15a－ax)(7b－bx)x (a>0,b>0）
要使用均值不等式，則
解得：a＝， b＝ ， x＝3 。
從而V＝(－)(－x)x≤()＝×27＝576。
所以當x＝3時，矩形盒子的容積最大，最大容積是576cm。
【注】均值不等式應用時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＝(15a－ax)(7－x)bx 或 (15－x)(7a－ax)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”。
Ⅲ、鞏固性題組：
函數y＝logx的x∈[2,+∞)上恒有|y|>1，則a的取值范圍是_____。
A. 2>a>且a≠1 B. 02或0方程x＋px＋q＝0與x＋qx＋p＝0只有一個公共根，則其余兩個不同根之和為_____。
A. 1 B. －1 C. p＋q D. 無法確定
如果函數y＝sin2x＋a·cos2x的圖像關于直線x＝－對稱，那么a＝_____。
A. B. － C. 1 D. －1
滿足C＋1·C＋2·C＋…＋n·C<500的最大正整數是_____。
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
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
(1＋kx)＝b＋bx＋bx＋…＋bx，若b＋b＋b＋…＋b＝－1，則k＝______。
經過兩直線11x－3y－9＝0與12x＋y－19＝0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y＝f(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y＝2x＋7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。
Ⅰ、再現性題組：
已知集合A中有2個元素，集合B中有7個元素，A∪B的元素個數為n，則______。
A. 2≤n≤9 B. 7≤n≤9 C. 5≤n≤9 D. 5≤n≤7
設MP、OM、AT分別是46°角的正弦線、余弦線和正切線，則_____。
A. MP復數z＝a＋2ｉ，z＝－2＋ｉ，如果|z|< |z|，則實數a的取值范圍是_____。
A. －11 C. a>0 D. a<－1或a>1
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. 3
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
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_____。
【簡解】1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。
Ⅱ、示范性題組：
例1. 已知z＝1＋ｉ， ① 設w＝z＋3－4，求w的三角形式； ② 如果＝1－ｉ，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。
【解】由z＝1＋ｉ，有w＝z＋3－4＝(1＋ｉ)＋3－4＝2ｉ＋3(1－ｉ)－4＝－1－ｉ，w的三角形式是（cos＋ｉsin）；
由z＝1＋ｉ，有＝＝＝(a＋2)－(a＋b)ｉ。
由題設條件知：(a＋2)－(a＋b)ｉ＝1＋ｉ；
根據復數相等的定義，得：，
解得。
【注】求復數的三角形式，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y＝logf(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設∵ 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 ∴ y＝logf(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A’B’C’—ABC是正三棱柱，D是AC中點。
證明：AB’∥平面DBC’；
假設AB’⊥BC’，求二面角D—BC’—C的度數。（94年全國理）
【分析】 由線面平行的定義來證①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②問。
【解】 ① 連接B’C交BC’于O, 連接OD
∵ A’B’C’—ABC是正三棱柱
∴ 四邊形B’BCC’是矩形
∴ O是B’C中點
△AB’C中， D是AC中點 ∴ AB’∥OD
∴ AB’∥平面DBC’
作DH⊥BC于H，連接OH ∴ DH⊥平面BC’C
∵ AB’∥OD, AB’⊥BC’ ∴ BC’⊥OD
∴ BC’⊥OH 即∠DOH為所求二面角的平面角。
設AC＝1，作OE⊥BC于E，則DH＝sin60°＝，BH＝，EH＝ ；
Rt△BOH中，OH＝BH×EH＝，
∴ OH＝＝DH ∴∠DOH＝45°，即二面角D—BC’—C的度數為45°。
【注】對于二面角D—BC’—C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Rt△BOH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AB’⊥BC’，BC＝2，求AB’在側面BB’C’C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AE⊥BC于E，連接B’E即所求，易得到OE∥B’B，所以＝＝，EF＝B’E。在Rt△B’BE中，易得到BF⊥BE,由射影定理得：B’E×EF＝BE即B’E＝1，所以B’E＝。
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。
【分析】運動的橢圓過定點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。
【解】設A(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：（x－1）＋＝1，
所以橢圓下頂點的軌跡方程為（x－1）＋＝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。
Ⅲ、鞏固性題組：
函數y＝f(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∠AFB等于_____。
A. 45° B. 60° C. 90° D. 120°
3. 已知A＝{0,1}，B＝{x|xA}，則下列關系正確的是_____。
A. AB B. AB C. A∈B D. AB
4. 雙曲線3x－y＝3的漸近線方程是_____。
A. y＝±3x B. y＝±x C. y＝±x D. y＝±x
5. 已知定義在R上的非零函數f(x)滿足f(x＋y)＝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
C＋C＝________。
Z＝4(sin140°－ｉcos140°)，則復數的輻角主值是__________。
不等式ax＋bx＋c>0的解集是(1,2)，則不等式bx＋cx＋a<0解集是__________。
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cos∠M FF·cos∠MFF＝，求橢圓方程。
五、數學歸納法
歸納是一種有特殊事例導出一般原理的思維方法。歸納推理分完全歸納推理與不完全歸納推理兩種。不完全歸納推理只根據一類事物中的部分對象具有的共同性質，推斷該類事物全體都具有的性質，這種推理方法，在數學推理論證中是不允許的。完全歸納推理是在考察了一類事物的全部對象后歸納得出結論來。
數學歸納法是用來證明某些與自然數有關的數學命題的一種推理方法，在解數學題中有著廣泛的應用。它是一個遞推的數學論證方法，論證的第一步是證明命題在n＝1(或n)時成立，這是遞推的基礎；第二步是假設在n＝k時命題成立，再證明n＝k＋1時命題也成立，這是無限遞推下去的理論依據，它判斷命題的正確性能否由特殊推廣到一般，實際上它使命題的正確性突破了有限，達到無限。這兩個步驟密切相關，缺一不可，完成了這兩步，就可以斷定“對任何自然數（或n≥n且n∈N）結論都正確”。由這兩步可以看出，數學歸納法是由遞推實現歸納的，屬于完全歸納。
運用數學歸納法證明問題時，關鍵是n＝k＋1時命題成立的推證，此步證明要具有目標意識，注意與最終要達到的解題目標進行分析比較，以此確定和調控解題的方向，使差異逐步減小，最終實現目標完成解題。
運用數學歸納法，可以證明下列問題：與自然數n有關的恒等式、代數不等式、三角不等式、數列問題、幾何問題、整除性問題等等。
Ⅰ、再現性題組：
1. 用數學歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2·1·2…(2n－1) （n∈N），從“k到k＋1”，左端需乘的代數式為_____。
A. 2k＋1 B. 2(2k＋1) C. D.
2. 用數學歸納法證明1＋＋＋…＋1)時，由n＝k (k>1)不等式成立，推證n＝k＋1時，左邊應增加的代數式的個數是_____。
A. 2 B. 2－1 C. 2 D. 2＋1
3. 某個命題與自然數n有關，若n＝k (k∈N)時該命題成立，那么可推得n＝k＋1時該命題也成立。現已知當n＝5時該命題不成立，那么可推得______。 (94年上海高考)
A.當n＝6時該命題不成立 B.當n＝6時該命題成立
C.當n＝4時該命題不成立 D.當n＝4時該命題成立
4. 數列{a}中，已知a＝1，當n≥2時a＝a＋2n－1，依次計算a、a、a后，猜想a的表達式是_____。
A. 3n－2 B. n C. 3 D. 4n－3
5. 用數學歸納法證明3＋5 (n∈N)能被14整除，當n＝k＋1時對于式子3＋5應變形為_______________________。
6. 設k棱柱有f(k)個對角面，則k＋1棱柱對角面的個數為f(k+1)＝f(k)＋_________。
【簡解】1小題：n＝k時，左端的代數式是(k＋1)(k＋2)…(k＋k),n＝k＋1時，左端的代數式是(k＋2)(k＋3)…(2k＋1)(2k＋2)，所以應乘的代數式為，選B；
2小題：（2－1）－（2－1）＝2，選C；
3小題：原命題與逆否命題等價，若n＝k＋1時命題不成立，則n＝k命題不成立，選C。
4小題：計算出a＝1、a＝4、a＝9、a＝16再猜想a，選B；
5小題：答案（3＋5）3＋5（5－3）；
6小題：答案k－1。
Ⅱ、示范性題組：
已知數列，得，…，，…。S為其前n項和，求S、S、S、S，推測S公式，并用數學歸納法證明。 （93年全國理）
【解】 計算得S＝，S＝，S＝，S＝ ，
猜測S＝ (n∈N)。
當n＝1時，等式顯然成立；
假設當n＝k時等式成立，即：S＝，
當n＝k＋1時，S＝S＋
＝＋
＝
＝＝,
由此可知，當n＝k＋1時等式也成立。
綜上所述，等式對任何n∈N都成立。
【注】 把要證的等式S＝作為目標，先通分使分母含有(2k＋3)，再考慮要約分，而將分子變形，并注意約分后得到（2k＋3）－1。這樣證題過程中簡潔一些，有效地確定了證題的方向。本題的思路是從試驗、觀察出發，用不完全歸納法作出歸納猜想，再用數學歸納法進行嚴格證明，這是關于探索性問題的常見證法，在數列問題中經常見到。 假如猜想后不用數學歸納法證明，結論不一定正確，即使正確，解答過程也不嚴密。必須要進行三步：試值 → 猜想 → 證明。
【另解】 用裂項相消法求和：
由a＝＝－得，
S＝（1－）＋（－）＋……＋－＝1－
＝。
此種解法與用試值猜想證明相比，過程十分簡單，但要求發現＝－的裂項公式。可以說，用試值猜想證明三步解題，具有一般性。
例2. 設a＝＋＋…＋ (n∈N),證明：n(n＋1)【分析】與自然數n有關，考慮用數學歸納法證明。n＝1時容易證得，n＝k＋1時，因為a＝a＋,所以在假設n＝k成立得到的不等式中同時加上，再與目標比較而進行適當的放縮求解。
【解】 當n＝1時，a＝，n(n+1)＝， (n+1)＝2 ，
∴ n＝1時不等式成立。
假設當n＝k時不等式成立，即：k(k＋1)當n＝k＋1時，k(k＋1)＋k(k＋1)＋>k(k＋1)＋(k＋1)＝(k＋1)(k＋3)>(k＋1)(k＋2)，
(k＋1)＋＝(k＋1)＋<(k＋1)＋(k＋)＝(k＋2)，
所以(k＋1)(k＋2) 綜上所述，對所有的n∈N，不等式n(n＋1)【注】 用數學歸納法解決與自然數有關的不等式問題，注意適當選用放縮法。本題中分別將縮小成(k＋1)、將放大成(k＋)的兩步放縮是證n＝k＋1時不等式成立的關鍵。為什么這樣放縮，而不放大成(k＋2)，這是與目標比較后的要求，也是遵循放縮要適當的原則。
本題另一種解題思路是直接采用放縮法進行證明。主要是抓住對的分析，注意與目標比較后，進行適當的放大和縮小。解法如下：由>n可得，a>1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)；由例3. 設數列{a}的前n項和為S，若對于所有的自然數n，都有S＝，證明{a}是等差數列。 （94年全國文）
【分析】 要證明{a}是等差數列，可以證明其通項符合等差數列的通項公式的形式，即證：a＝a＋(n－1)d 。命題與n有關，考慮是否可以用數學歸納法進行證明。
【解】 設a－a＝d，猜測a＝a＋(n－1)d
當n＝1時，a＝a， ∴ 當n＝1時猜測正確。
當n＝2時，a＋(2－1)d＝a＋d＝a， ∴當n＝2時猜測正確。
假設當n＝k（k≥2）時，猜測正確，即：a＝a＋(k－1)d ，
當n＝k＋1時，a＝S－S＝－，
將a＝a＋(k－1)d代入上式， 得到2a＝(k＋1)(a＋a)－2ka－k(k－1)d，
整理得(k－1)a＝(k－1)a＋k(k－1)d，
因為k≥2,所以a＝a＋kd，即n＝k＋1時猜測正確。
綜上所述，對所有的自然數n，都有a＝a＋(n－1)d，從而{a}是等差數列。
【注】 將證明等差數列的問題轉化成證明數學恒等式關于自然數n成立的問題。在證明過程中a的得出是本題解答的關鍵，利用了已知的等式S＝、數列中通項與前n項和的關系a＝S－S建立含a的方程，代入假設成立的式子a＝a＋(k－1)d解出來a。另外本題注意的一點是不能忽視驗證n＝1、n＝2的正確性，用數學歸納法證明時遞推的基礎是n＝2時等式成立，因為由(k－1)a＝(k－1)a＋k(k－1)d得到a＝a＋kd的條件是k≥2。
【另解】 可證a －a＝ a－ a對于任意n≥2都成立：當n≥2時，a＝S－S＝－；同理有a＝S－S＝－；從而a－a＝－n(a＋a)＋，整理得a －a＝ a－ a，從而{a}是等差數列。
一般地，在數列問題中含有a與S時，我們可以考慮運用a＝S－S的關系，并注意只對n≥2時關系成立，象已知數列的S求a一類型題應用此關系最多。
Ⅲ、鞏固性題組：
用數學歸納法證明：6＋1 (n∈N)能被7整除。
用數學歸納法證明： 1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1) (n∈N)。
n∈N，試比較2與(n＋1)的大小，并用證明你的結論。
用數學歸納法證明等式：cos·cos·cos·…·cos＝ (81年全國高考)
用數學歸納法證明： |sinnx|≤n|sinx| （n∈N）。 （85年廣東高考）
6. 數列{a}的通項公式a＝ (n∈N)，設f(n)＝(1－a)(1－a)…(1－a)，試求f(1)、f(2)、f(3)的值，推測出f(n)的值，并用數學歸納法加以證明。
已知數列{a}滿足a＝1，a＝acosx＋cos[(n－1)x]， (x≠kπ，n≥2且n∈N)。
①．求a和a； ②.猜測a，并用數學歸納法證明你的猜測。
8. 設f(logx)＝ , ①.求f(x)的定義域； ②.在y＝f(x)的圖像上是否存在兩個不同點，使經過這兩點的直線與x軸平行？證明你的結論。 ③.求證：f(n)>n (n>1且n∈N)
六、參數法
參數法是指在解題過程中，通過適當引入一些與題目研究的數學對象發生聯系的新變量（參數），以此作為媒介，再進行分析和綜合，從而解決問題。直線與二次曲線的參數方程都是用參數法解題的例證。換元法也是引入參數的典型例子。
辨證唯物論肯定了事物之間的聯系是無窮的，聯系的方式是豐富多采的，科學的任務就是要揭示事物之間的內在聯系，從而發現事物的變化規律。參數的作用就是刻畫事物的變化狀態，揭示變化因素之間的內在聯系。參數體現了近代數學中運動與變化的思想，其觀點已經滲透到中學數學的各個分支。運用參數法解題已經比較普遍。
參數法解題的關鍵是恰到好處地引進參數，溝通已知和未知之間的內在聯系，利用參數提供的信息，順利地解答問題。
Ⅰ、再現性題組：
1. 設2＝3＝5>1，則2x、3y、5z從小到大排列是________________。
2. （理）直線上與點A(-2,3)的距離等于的點的坐標是________。
（文）若k<－1，則圓錐曲線x－ky＝1的離心率是_________。
3. 點Z的虛軸上移動，則復數C＝z＋1＋2ｉ在復平面上對應的軌跡圖像為____________________。
4. 三棱錐的三個側面互相垂直，它們的面積分別是6、4、3，則其體積為______。
5. 設函數f(x)對任意的x、y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且當x>0時，f(x)<0，則f(x)的R上是______函數。(填“增”或“減”)
6. 橢圓＋＝1上的點到直線x＋2y－＝0的最大距離是_____。
A. 3 B. C. D. 2
【簡解】1小題：設2＝3＝5＝t，分別取2、3、5為底的對數，解出x、y、z，再用“比較法”比較2x、3y、5z，得出3y<2x<5z；
2小題：（理）A(-2,3)為t＝0時，所求點為t＝±時，即(-4,5)或(0,1)；（文）已知曲線為橢圓，a＝1，c＝，所以e＝－；
3小題：設z＝bｉ，則C＝1－b＋2ｉ，所以圖像為：從(1,2)出發平行于x軸向右的射線；
4小題：設三條側棱x、y、z，則xy＝6、yz＝4、xz＝3,所以xyz＝24,體積為4。
5小題：f(0)＝0，f(0)＝f(x)＋f(-x)，所以f(x)是奇函數，答案：減；
6小題：設x＝4sinα、y＝2cosα，再求d＝的最大值，選C。
Ⅱ、示范性題組：
實數a、b、c滿足a＋b＋c＝1，求a＋b＋c的最小值。
【分析】由a＋b＋c＝1 想到“均值換元法”，于是引入了新的參數，即設a＝＋t，b＝＋t，c＝＋t，代入a＋b＋c可求。
【解】由a＋b＋c＝1，設a＝＋t，b＝＋t，c＝＋t，其中t＋t＋t＝0，
∴ a＋b＋c＝（＋t）＋（＋t）＋(＋t)＝＋(t＋t＋t)＋t＋t＋t＝＋t＋t＋t≥
所以a＋b＋c的最小值是。
【注】由“均值換元法”引入了三個參數，卻將代數式的研究進行了簡化，是本題此種解法的一個技巧。
本題另一種解題思路是利用均值不等式和“配方法”進行求解，解法是：a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a＋b＋c)，即a＋b＋c≥。
兩種解法都要求代數變形的技巧性強，多次練習，可以提高我們的代數變形能力。
橢圓＋＝1上有兩點P、Q，O為原點。連OP、OQ，若k·k＝－ ，
①．求證：|OP|＋|OQ|等于定值； ②.求線段PQ中點M的軌跡方程。
【分析】 由“換元法”引入新的參數，即設（橢圓參數方程），參數θ、θ為P、Q兩點，先計算k·k得出一個結論，再計算|OP|＋|OQ|，并運用“參數法”求中點M的坐標，消參而得。
【解】由＋＝1，設，P(4cosθ,2sinθ)，Q(4cosθ,2sinθ),
則k·k＝＝－，整理得到：
cosθ cosθ＋sinθ sinθ＝0,即cos（θ－θ）＝0。
∴ |OP|＋|OQ|＝16cosθ＋4sinθ＋16cosθ＋4sinθ＝8＋12(cosθ＋cosθ)＝20＋6（cos2θ＋cos2θ)＝20＋12cos（θ＋θ）cos（θ－θ）＝20，
即|OP|＋|OQ|等于定值20。
由中點坐標公式得到線段PQ的中點M的坐標為，
所以有()＋y＝2＋2(cosθ cosθ＋sinθ sinθ)＝2,
即所求線段PQ的中點M的軌跡方程為＋＝1。
【注】由橢圓方程，聯想到a＋b＝1,于是進行“三角換元”，通過換元引入新的參數，轉化成為三角問題進行研究。本題還要求能夠熟練使用三角公式和“平方法”，在由中點坐標公式求出M點的坐標后，將所得方程組稍作變形，再平方相加，即（cosθ＋ cosθ）＋（sinθ＋sinθ），這是求點M軌跡方程“消參法”的關鍵一步。一般地，求動點的軌跡方程運用“參數法”時，我們可以將點的x、y坐標分別表示成為一個或幾個參數的函數，再運用“消去法”消去所含的參數，即得到了所求的軌跡方程。
本題的第一問，另一種思路是設直線斜率k，解出P、Q兩點坐標再求：
設直線OP的斜率k，則OQ的斜率為－，由橢圓與直線OP、OQ相交于PQ兩點有：
，消y得(1＋4k)x＝16,即|x|＝；
，消y得(1＋)x＝16，即|x|＝；
所以|OP|＋|OQ|＝()＋（）
＝＝20。即|OP|＋|OQ|等于定值20。
在此解法中，利用了直線上兩點之間的距離公式|AB|＝|x－x|求|OP|和|OQ|的長。
S E  D C O F A B
例3.已知正四棱錐S—ABCD的側面與底面的夾角為β，相鄰兩側面的夾角為α,求證：cosα=-cosβ。
【分析】要證明cosα=-cosβ，考慮求出α、β的余弦，則在α和β所在的三角形中利用有關定理求解。
【解】連AC、BD交于O，連SO；取BC中點F，連SF、OF；作BE⊥SC于E，連DE。則∠SFO＝β，∠DEB＝α。
設BC＝a (為參數)， 則SF＝＝,
SC＝＝
＝
又 ∵BE＝＝＝
在△DEB中，由余弦定理有：cosα＝＝＝－cosβ。
所以cosα＝－cosβ。
【注】 設參數a而不求參數a，只是利用其作為中間變量輔助計算，這也是在參數法中參數可以起的一個作用，即設參數輔助解決有關問題。
Ⅲ、鞏固性題組：
已知復數z滿足|z|≤1，則復數z＋2ｉ在復平面上表示的點的軌跡是________________。
函數y＝x＋2＋的值域是________________。
拋物線y＝x－10xcosθ＋25＋3sinθ－25sinθ與x軸兩個交點距離的最大值為_____
A. 5 B. 10 C. 2 D. 3
過點M(0,1)作直線L，使它與兩已知直線L：x－3y＋10＝0及L：2x＋y－8＝0所截得的線段被點P平分，求直線L方程。
求半徑為R的球的內接圓錐的最大體積。
f(x)＝(1－cosx)sinx，x∈[0,2π)，求使f(x)≤1的實數a的取值范圍。
7. 若關于x的方程2x＋xlg＋lg()＋lg＝0有模為1的虛根，求實數a的值及方程的根。
8. 給定的拋物線y＝2px (p>0)，證明：在x軸的正向上一定存在一點M，使得對于拋物線的任意一條過點M的弦PQ，有＋為定值。
七、反證法
與前面所講的方法不同，反證法是屬于“間接證明法”一類，是從反面的角度思考問題的證明方法，即：肯定題設而否定結論，從而導出矛盾推理而得。法國數學家阿達瑪(Hadamard)對反證法的實質作過概括：“若肯定定理的假設而否定其結論，就會導致矛盾”。具體地講，反證法就是從否定命題的結論入手，并把對命題結論的否定作為推理的已知條件，進行正確的邏輯推理，使之得到與已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題等相矛，矛盾的原因是假設不成立，所以肯定了命題的結論，從而使命題獲得了證明。
反證法所依據的是邏輯思維規律中的“矛盾律”和“排中律”。在同一思維過程中，兩個互相矛盾的判斷不能同時都為真，至少有一個是假的，這就是邏輯思維中的“矛盾律”；兩個互相矛盾的判斷不能同時都假，簡單地說“A或者非A”，這就是邏輯思維中的“排中律”。反證法在其證明過程中，得到矛盾的判斷，根據“矛盾律”，這些矛盾的判斷不能同時為真，必有一假，而已知條件、已知公理、定理、法則或者已經證明為正確的命題都是真的，所以“否定的結論”必為假。再根據“排中律”，結論與“否定的結論”這一對立的互相否定的判斷不能同時為假，必有一真，于是我們得到原結論必為真。所以反證法是以邏輯思維的基本規律和理論為依據的，反證法是可信的。
反證法的證題模式可以簡要的概括我為“否定→推理→否定”。即從否定結論開始，經過正確無誤的推理導致邏輯矛盾，達到新的否定，可以認為反證法的基本思想就是“否定之否定”。應用反證法證明的主要三步是：否定結論 → 推導出矛盾 → 結論成立。實施的具體步驟是：
第一步，反設：作出與求證結論相反的假設；
第二步，歸謬：將反設作為條件，并由此通過一系列的正確推理導出矛盾；
第三步，結論：說明反設不成立，從而肯定原命題成立。
在應用反證法證題時，一定要用到“反設”進行推理，否則就不是反證法。用反證法證題時，如果欲證明的命題的方面情況只有一種，那么只要將這種情況駁倒了就可以，這種反證法又叫“歸謬法”；如果結論的方面情況有多種，那么必須將所有的反面情況一一駁倒，才能推斷原結論成立，這種證法又叫“窮舉法”。
在數學解題中經常使用反證法，牛頓曾經說過：“反證法是數學家最精當的武器之一”。一般來講，反證法常用來證明的題型有：命題的結論以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“無限”形式出現的命題；或者否定結論更明顯。具體、簡單的命題；或者直接證明難以下手的命題，改變其思維方向，從結論入手進行反面思考，問題可能解決得十分干脆。
Ⅰ、再現性題組：
已知函數f(x)在其定義域內是減函數，則方程f(x)＝0 ______。
A.至多一個實根 B.至少一個實根 C.一個實根 D.無實根
已知a<0,－1A. a>ab> ab B. ab>ab>a C. ab>a> ab D. ab> ab>a
已知α∩β＝l，a α，b β，若a、b為異面直線，則_____。
A. a、b都與l相交 B. a、b中至少一條與l相交
C. a、b中至多有一條與l相交 D. a、b都與l相交
四面體頂點和各棱的中點共10個，在其中取4個不共面的點，不同的取法有_____。(97年全國理)
A. 150種 B. 147種 C. 144種 D. 141種
【簡解】1小題：從結論入手，假設四個選擇項逐一成立，導出其中三個與特例矛盾，選A；
2小題：采用“特殊值法”，取a＝－1、b＝－0.5，選D；
3小題：從逐一假設選擇項成立著手分析，選B；
4小題：分析清楚結論的幾種情況，列式是：C－C×4－3－6,選D。
S
C A O B
Ⅱ、示范性題組：
例1. 如圖，設SA、SB是圓錐SO的兩條母線，O是底面圓心，C是SB上一點。求證：AC與平面SOB不垂直。
【分析】結論是“不垂直”，呈“否定性”，考慮使用反證法，即假設“垂直”后再導出矛盾后，再肯定“不垂直”。
【證明】 假設AC⊥平面SOB，
∵ 直線SO在平面SOB內， ∴ AC⊥SO，
∵ SO⊥底面圓O， ∴ SO⊥AB，
∴ SO⊥平面SAB， ∴平面SAB∥底面圓O，
這顯然出現矛盾，所以假設不成立。
即AC與平面SOB不垂直。
【注】否定性的問題常用反證法。例如證明異面直線，可以假設共面，再把假設作為已知條件推導出矛盾。
例2. 若下列方程：x＋4ax－4a＋3＝0， x＋(a－1)x＋a＝0, x＋2ax－2a＝0至少有一個方程有實根。試求實數a的取值范圍。
【分析】 三個方程至少有一個方程有實根的反面情況僅有一種：三個方程均沒有實根。先求出反面情況時a的范圍，再所得范圍的補集就是正面情況的答案。
【解】 設三個方程均無實根，則有：
,解得,即－所以當a≥－1或a≤－時，三個方程至少有一個方程有實根。
【注】“至少”、“至多”問題經常從反面考慮，有可能使情況變得簡單。本題還用到了“判別式法”、“補集法”（全集R），也可以從正面直接求解，即分別求出三個方程有實根時（△≥0）a的取值范圍，再將三個范圍并起來，即求集合的并集。兩種解法，要求對不等式解集的交、并、補概念和運算理解透徹。
例3. 給定實數a，a≠0且a≠1，設函數y＝ (其中x∈R且x≠)，證明：①.經過這個函數圖像上任意兩個不同點的直線不平行于x軸； ②.這個函數的圖像關于直線y＝x成軸對稱圖像。(88年全國理)。
【分析】“不平行”的否定是“平行”，假設“平行”后得出矛盾從而推翻假設。
【證明】 ① 設M(x,y)、M(x,y)是函數圖像上任意兩個不同的點，則x≠x,
假設直線MM平行于x軸，則必有y＝y，即＝，整理得a(x－x)＝x－x
∵x≠x ∴ a＝1， 這與已知“a≠1”矛盾，
因此假設不對，即直線MM不平行于x軸。
② 由y＝得axy－y＝x－1,即(ay－1)x＝y－1,所以x＝，
即原函數y＝的反函數為y＝，圖像一致。
由互為反函數的兩個圖像關于直線y＝x對稱可以得到，函數y＝的圖像關于直線y＝x成軸對稱圖像。
【注】對于“不平行”的否定性結論使用反證法，在假設“平行”的情況下，容易得到一些性質，經過正確無誤的推理，導出與已知a≠1互相矛盾。第②問中，對稱問題使用反函數對稱性進行研究，方法比較巧妙，要求對反函數求法和性質運用熟練。
Ⅲ、鞏固性題組：
已知f(x)＝，求證：當x≠x時，f(x)≠f(x)。
已知非零實數a、b、c成等差數列，a≠c，求證：、、不可能成等差數列。
已知f(x)＝x＋px＋q，求證：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|中至少有一個不小于 。
求證：拋物線y＝－1上不存在關于直線x＋y＝0對稱的兩點。
已知a、b∈R，且|a|＋|b|<1，求證：方程x＋ax＋b＝0的兩個根的絕對值均小于1。
A F DB M  NE C
兩個互相垂直的正方形如圖所示，M、N在相應對角線上，且有EM＝CN，求證：MN不可能垂直CF。
第二章 高中數學常用的數學思想
一、數形結合思想方法
中學數學的基本知識分三類：一類是純粹數的知識，如實數、代數式、方程（組）、不等式（組）、函數等；一類是關于純粹形的知識，如平面幾何、立體幾何等；一類是關于數形結合的知識，主要體現是解析幾何。
數形結合是一個數學思想方法，包含“以形助數”和“以數輔形”兩個方面，其應用大致可以分為兩種情形：或者是借助形的生動和直觀性來闡明數之間的聯系，即以形作為手段，數為目的，比如應用函數的圖像來直觀地說明函數的性質；或者是借助于數的精確性和規范嚴密性來闡明形的某些屬性，即以數作為手段，形作為目的，如應用曲線的方程來精確地闡明曲線的幾何性質。
恩格斯曾說過：“數學是研究現實世界的量的關系與空間形式的科學。”數形結合就是根據數學問題的條件和結論之間的內在聯系，既分析其代數意義，又揭示其幾何直觀，使數量關的精確刻劃與空間形式的直觀形象巧妙、和諧地結合在一起，充分利用這種結合，尋找解題思路，使問題化難為易、化繁為簡，從而得到解決。“數”與“形”是一對矛盾，宇宙間萬物無不是“數”和“形”的矛盾的統一。華羅庚先生說過：數缺形時少直觀，形少數時難入微，數形結合百般好，隔裂分家萬事休。
數形結合的思想，其實質是將抽象的數學語言與直觀的圖像結合起來，關鍵是代數問題與圖形之間的相互轉化，它可以使代數問題幾何化，幾何問題代數化。在運用數形結合思想分析和解決問題時，要注意三點：第一要徹底明白一些概念和運算的?

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