前言 ……………………………………………………… 2 第一章
一、 二、 三、 四、 五、 六、 七、 八、 九、 十、 十一、 十二、
高中数学解题基本方法 ……………………… 3
配方法 ……………………………………… 3 换元法 ……………………………………… 7 待定系数法 ………………………………… 14 定义法 ……………………………………… 19 数学归纳法 ………………………………… 23 参数法 ……………………………………… 28 反证法 ……………………………………… 32 消去法 ……………………………………… 分析与综合法 ……………………………… 特殊与一般法 ……………………………… 类比与归纳法 ………………………… 观察与实验法 …………………………
ab
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
2＋2ab＋
2，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如： a
22＋b
2＝(a＋b)
2－2ab＝(a－b)
2＋2ab；
＋ab＋b
2＝(a＋b)
2－ab＝(a－b)
2＋3ab＝(a＋
b)
2＋（
3b）；
2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 …………………………………… 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（
221a
2＋b
2＋c
2＋ab＋bc＋ca＝
[(a＋b)
2＋(b＋c)2＋(c＋a)
22]
a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)
2－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)
2－2(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＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）2；
11x
2＋
x2＝(x＋
x)21－2＝(x－x)2＋2 ；…… 等等。 Ⅰ、再现性题组：
1. 在正项等比数列{an}中，a1?a5+2a3?a5+a3?a7=25，则 a3＋a5＝_______。
2. 方程x
2＋y
2－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。
A. 14
3. 已知sin
4α＋cos
4α＝1，则sinα＋cosα的值为______。
A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0 4. 函数y＝log
1 (－2x
2＋5x＋3)的单调递增区间是_____。
2 A. （－∞, 45] B. [45,+∞) C. (－21,45] D. [45,3) 5. 已知方程x
2+(a-2)x+a-1=0的两根x1、x2，则点P(x1,x2)在圆
x
2+y
2=4上，则实数a＝_____。
【简解】 1小题：利用等比数列性质a2m?pam?p＝am，将已知等式左边
后配方（a3＋a5）
2易求。答案是：5。
2小题：配方成圆的标准方程形式(x－a)2＋(y－b)
2＝r
2，解r
2>0即可，
选B。
3小题：已知等式经配方成(sin
2α＋cos
2α)
2－2sin
2αcos
2α＝1，求出
sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再开方求解。选C。
4小题：配方后得到对称轴，结合定义域和对数函数及复合函数的单调性求解。选D。
5小题：答案3－11。
Ⅱ、示范性题组：
例1. 已知长方体的全面积为11，其12条棱的长度之和为24，则这个长方体的一条对角线长为_____。
A. 2
3 B. 14 C. 5 D. 6
【分析】 先转换为数学表达式：设长方体长宽高分别为x,y,z，则
??2(xy?yz?xz)?11?4(x?y?z)?24 ,而欲求对角线长x2?y2?z2，将其
配凑成两已知式的组合形式可得。
【解】设长方体长宽高分别为x,y,z，由已知“长方体的全面积为11，其12条棱
的长度之和为24”而得：
?2(xy?yz?xz)?11。 ?4(x?y?z)?24?对
角
线长为：
长方体所求
x2?y2?z2＝
(x?y?z)2?2(xy?yz?xz)＝62?11＝5
所以选B。
【注】本题解答关键是在于将两个已知和一个未知转换为三个数学表示式，观察和分析三个数学式，容易发现使用配方法将三个数学式进行联系，即联系了已知和未知，从而求解。这也是我们使用配方法的一种解题模式。
a2ab)＋()＋1＝0 ，解出＝bba?1?3ia999b999后，化成三角形式，代入所求表达式的变形式()＋()
2ba?1?3i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。
2【另解】由a
2＋ab＋b
2＝0变形得：(
假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a
2＋ab＋b
2＝0解出：a＝
?1?3i2b，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
p例2. 设方程x
2＋kx＋2=0的两实根为p、q，若(
2q2q)+(p)≤7成立，求实数k的取值范围。
【解】方程x
2＋kx＋2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2 ,
pq4(p2?q2)2?2p2q2(
22p?q4q)+(p)＝
(pq)2＝
(pq)2＝[(p?q)2?2pq]2?2p2q2(k2?4)2?8(pq)2＝4≤7， 解得k
≤－
10或k≥10 。
又 ∵p、q为方程x
2＋kx＋2=0的两实根， ∴ △＝k
2－8≥0即k≥2
2或k≤－2
2
综合起来，k的取值范围是：－
10≤k≤－
22 或者 22≤k≤
10。
【注】 关于实系数一元二次方程问题，总是先考虑根的判别式“Δ”；已知方程有两根时，可以恰当运用韦达定理。本题由韦达定理得到p＋q、pq后，观察已知不等式，从其结构特征联想到先通分后配方，表示成p＋q与pq的组合式。假如本题不对“△”讨论，结果将出错，即使有些题目可能结果相同，去掉对“△”的讨论，但解答是不严密、不完整的，这一点我们要尤为注意和重视。
a例3. 设非零复数a、b满足a
2＋ab＋b
2=0，求(
a?b)
1998＋
b(
a?b)1998 。
a【分析】 对已知式可以联想：变形为(
2aab)＋(b)＋1＝0，则b＝ω （ω为1的立方虚根）；或配方为(a＋b)
2＝ab 。则代入所求式即得。
a【解】由a2＋ab＋b2=0变形得：(2ab)＋(b)＋1＝0 ，
a1b设ω＝b，则ω2＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：
?＝a，ω3＝?3＝1。
又由a
2＋ab＋b
2=0变形得：(a＋b)
2＝ab ，
ab所以 (1998a2999b2999a?b)1998＋(a?b)＝(ab)＋(ab)＝
a(999b999b)＋(a)＝ω999＋?999＝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。
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?b)2A. 8 B.
C.
a2?b2 D.最小值不存在
222. α、β是方程x2－2ax＋a＋6＝0的两实根，则(α-1)
2 +(β-1)
2的最
小值是_____。
A. －494 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 C.最小值2
22 B.最小值
2
24.
椭圆x
2－2ax＋3y
2＋a
2－6＝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?sin8＋2?2cos8的结果是_____。
A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4
6. 设F1和F2为双曲线
x2－y
2＝1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠
4F1PF2＝90°，则△F1PF2的面积是_________。
7. 若x>－1，则f(x)＝x
2＋2x＋
1的最小值为___________。
x?18. 已知
?〈β<α〈3π，cos(α-β)＝12，sin(α+β)＝－3，求
sin2
24135α的值。(92年高考题)
9. 设二次函数f(x)＝Ax2＋Bx＋C，给定m、（nm 2[(m+n) 2+ m 2n 2] ＋2A[B(m+n)－Cmn]＋B 2＋C 2＝0 。 ① 解不等式f(x)>0； ② 是否存在一个实数t，使当t∈(m+t,n-t)时，f(x)<0 ？若不存在，说出理由； 若存在，指出t的取值范围。 10. 设s>1，t>1，m∈R，x＝logst＋logts，y＝log4st＋log4ts＋ m(log2st＋log2ts), ① 将y表示为x的函数y＝f(x)，并求出f(x)的定义域； ② 若关于x的方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求m的取值范围。 二、换元法 解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法。换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理。 换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化。 它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。 换元的方法有：局部换元、三角换元、均值换元等。局部换元又称整体换元，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现。例如解不等式：4 【分析】 由S＝x 2＋y 2联想到cos 2α＋sin 2α＝1,于是进行三角换元，设 x＋2 x－2≥0，先变形为设2 x＝t （t>0），而变为熟悉的一元二次不等式求解和指数方程的问题。 三角换元，应用于去根号，或者变换为三角形式易求时，主要利用已知代数式中与三角知识中有某点联系进行换元。如求函数y＝ x＋ 1?x的值域时，易发 现x∈[0,1]，设x＝sin 2α ，α∈[0, ?]，问题变成了熟悉的求三角函数值域。为2什么会想到如此设，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问题。 2＋y 2＝r 2（r>0）时，则可作三角代换x＝rcosθ、y＝rsinθ化为三角 ??x?Scosα代入①式求Smax和Smin的值。 ??y?Ssinα???x?Scosα【解】设?代入①式得： 4S－5S·sinαcosα＝5 ??y?Ssinα10解得 S＝ ； 8?5sin2α1010∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴ ≤ 138?5sin?10SS均值换元，如遇到x＋y＝S形式时，设x＝ 2＋t，y＝ 2－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, 2]。 Ⅰ、再现性题组： 1.y＝sinx·cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。 2.设f(x 2＋1)＝log4a(4－x ) （a>1），则f(x)的值域是_______________。 3.已知数列{an}中，a1＝－1，an?1·an＝an?1－an，则数列通项an＝___________。 4.设实数x、y满足x 2＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________。 1?3?x5.方程 1?3x＝3的解是_______________。 6.不等式logxx?12(2 －1) ·log2(2 －2)〈2的解集是_______________。 t21【简解】1小题：设sinx+cosx＝t∈[－ 2, 2]，则y＝ 2＋t－ 2，对称轴t＝－1，当t＝ 21，ymax＝ 2＋ 2； 2小题：设x 2＋1＝t (t≥1)，则f(t)＝log[-(t-1) 2a＋4]，所以值域为(－ ∞,loga4]； 1113小题：已知变形为a－ ＝－1,设bn＝ n?1ana，则b1＝－1,bn＝ n1－1＋(n－1)(-1)＝－n，所以an＝－n； 4小题：设x＋y＝k，则x2－2kx＋1＝0, △＝4k 2－4≥0,所以k≥1或k≤－1； 5小题：设3 x1＝y，则3y 2＋2y－1＝0,解得y＝ 3，所以x＝－1； 6小题：设log2(2x－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－2 5(log24,log23)。 Ⅱ、示范性题组： 例1. 实数x、y满足4x 2－5xy＋4y 2＝5 （ ①式） ，设S＝x 2＋y 2，求 11S＋ maxS的值。（93年全国高中数学联赛题） min≤3 11313168∴ S＋＝10＋10＝10＝5 maxSmin8S?10此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝S的有界性而 8S?10求，即解不等式：|S|≤1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。SS【另解】 由S＝x2＋y2，设x2＝2＋t，y2SS＝2－t，t∈[－2，2]，S2S2则xy＝± 4－t2代入①式得：4S±5 4－t2=5， 移项平方整理得 100t2+39S 2－160S＋100＝0 。 21010∴ 39S－160S＋100≤0 解得：13≤S≤3 11313168∴ S＋S＝＋10＝10＝5 maxmin10【注】 此题第一种解法属于“三角换元法”，主要是利用已知条件S＝x2＋y 2与三角公式cos 2α＋sin 2α＝1的联系而联想和发现用三角换元，将代数问题转化为 三角函数值域问题。第二种解法属于“均值换元法”，主要是由等式S＝x2＋y 2而按 照均值换元的思路，设x 2＝ S＋t、y 2＝ S－t，减少了元的个数，问题且容易求 22解。另外，还用到了求值域的几种方法：有界法、不等式性质法、分离参数法。 和“均值换元法”类似，我们还有一种换元法，即在题中有两个变量x、y时，可以设x＝a＋b，y＝a－b，这称为“和差换元法”，换元后有可能简化代数式。本题设 2225x＝a＋b，y＝a－b，代入①式整理得3a＋13b＝5 ，求得a∈[0,3]，所以S 10＝(a－b)2＋(a＋b)2＝2(a2＋b220)＝2101013＋13a∈[13,3]，再求 11S＋S的值。 maxmin 11例2． △ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B， cosA＋cosC＝ 2A?C－cosB，求cos2的值。（96年全国理）