高中数学解题方法

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

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

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＝a2＋2ab＋b2，

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＝(a－b)2＋2ab；

a2＋ab＋b2＝(a＋b)2－ab＝(a－b)2＋3ab＝(a＋

b

2

)2＋（

3

2

b）2；

a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca＝

1

2

[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(c＋a)2]

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；

x2＋

1

2x

＝(x＋

1

x

)2－2＝(x－

1

x

)2＋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

5

+a

3



a

7

=25，则a

3

＋a

5

＝

_______。

2.方程x2＋y2－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。

A.1

4

4

或k>1C.k∈RD.k＝1

4

或k＝1

3.已知sin4α＋cos4α＝1，则sinα＋cosα的值为______。

A.1B.－1C.1或－1D.0

4.函数y＝log

1

2

(－2x2＋5x＋3)的单调递增区间是_____。

A.（－∞,5

4

]B.[5

4

,+∞)C.(－1

2

,5

4

]D.[5

4

,3)

5.已知方程x2+(a-2)x+a-1=0的两根x

1

、x

2

，则点P(x

1

,x

2

)在圆x2+y2=4

上，则实数a＝_____。

【简解】1小题：利用等比数列性质a

mp

a

mp

＝a

m

2，将已知等式左边后配方

（a

3

＋a

5

）2易求。答案是：5。

4

4

2小题：配方成圆的标准方程形式(x－a)2＋(y－b)2＝r2，解r2>0即可，选B。

3小题：已知等式经配方成(sin2α＋cos2α)2－2sin2αcos2α＝1，求出sin

αcosα，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.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

211

424

()

()

xyyzxz

xyz











,而欲求对角线长

xyz222

，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：

211

424

()

()

xyyzxz

xyz











。

长方体所求对角线长为：

xyz222

＝()()xyzxyyzxz22＝

6112＝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x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，若(

p

q

)2+(

q

p

)2≤7成立，求实

数k的取值范围。

【解】方程x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝

2,

(

p

q

)2+(

q

p

)2＝

pq

pq

44

2



()

＝

()

()

pqpq

pq

22222

2

2

＝

[()]

()

pqpqpq

pq

2222

2

22

＝

()k2248

4



≤7，解得k≤－

10

或k≥

10

。

又∵p、q为方程x2＋kx＋2=0的两实根，∴△＝k2－8≥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。

5

5

【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a2＋ab＋b2=0，求(

a

ab

)1998＋(

b

ab

)1998。

【分析】对已知式可以联想：变形为(

a

b

)2＋(

a

b

)＋1＝0，则

a

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。

【解】由a2＋ab＋b2=0变形得：(

a

b

)2＋(

a

b

)＋1＝0，

设ω＝

a

b

，则ω2＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：

1



＝

b

a

，ω3＝

3＝1。

又由a2＋ab＋b2=0变形得：(a＋b)2＝ab，

所以(

a

ab

)1998＋(

b

ab

)1998＝(

a

ab

2

)999＋(

b

ab

2

)999＝(

a

b

)999＋(

b

a

)999＝ω

999＋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。

【另解】由a2＋ab＋b2＝0变形得：(

a

b

)2＋(

a

b

)＋1＝0，解出

b

a

＝

13

2

i

后，化成三角形式，代入所求表达式的变形式(

a

b

)999＋(

b

a

)999后，完成后面的运

算。此方法用于只是未

13

2

i

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a2＋ab＋b2＝0解出：a＝

13

2

i

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.8B.

()ab2

2

C.

ab22

2



D.最小值不存在

2.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_____。

6

6

A.－49

4

B.8C.18D.不存在

3.已知x、y∈R，且满足x＋3y－1＝0，则函数t＝2x＋8y有_____。

A.最大值2

2

B.最大值

2

2

C.最小值2

2

B.最小值

2

2

4.椭圆x2－2ax＋3y2＋a2－6＝0的一个焦点在直线x＋y＋4＝0上，则a＝

_____。

A.2B.－6C.－2或－6D.2或6

5.化简：2

18sin

＋

228cos

的结果是_____。

A.2sin4B.2sin4－4cos4C.－2sin4D.4cos4－

2sin4

6.设F

1

和F

2

为双曲线

x2

4

－y2＝1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F

1

PF

2

＝90°，则△F

1

PF

2

的面积是_________。

7.若x>－1，则f(x)＝x2＋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)

9.设二次函数f(x)＝Ax2＋Bx＋C，给定m、n（m

＋2A[B(m+n)－Cmn]＋B2＋C2＝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＝log

s

t＋log

t

s，y＝log

s

4t＋log

t

4s＋m(log

s

2t

＋log

t

2s),

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

7

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：4x＋2x－2≥0，先变形为

设2x＝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＝sin2α，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x2＋y2＝r2（r>0）时，则可作三角代换x＝rcosθ、y＝rsin

θ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＝

S

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(x2＋1)＝log

a

(4－x4)（a>1），则f(x)的值域是_______________。

3.已知数列{a

n

}中，a

1

＝－1，a

n1

·a

n

＝a

n1

－a

n

，则数列通项a

n

＝

___________。

4.设实数x、y满足x2＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________。

5.方程

13

13





x

x

＝3的解是_______________。

6.不等式log

2

(2x－1)·log

2

(2x1－2)〈2的解集是_______________。

8

8

【简解】1小题：设sinx+cosx＝t∈[－

2

,

2

]，则y＝

t2

2

＋t－

1

2

，对称轴

t＝－1，当t＝

2

，y

max

＝

1

2

＋

2

；

2小题：设x2＋1＝t(t≥1)，则f(t)＝log

a

[-(t-1)2＋4]，所以值域为(－

∞,log

a

4]；

3小题：已知变形为

1

1

a

n

－

1

a

n

＝－1,设b

n

＝

1

a

n

，则b

1

＝－1,b

n

＝－1＋(n－

1)(-1)＝－n，所以a

n

＝－

1

n

；

4小题：设x＋y＝k，则x2－2kx＋1＝0,△＝4k2－4≥0,所以k≥1或k≤－1；

5小题：设3x＝y，则3y2＋2y－1＝0,解得y＝

1

3

，所以x＝－1；

6小题：设log

2

(2x－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－2

(log

2

5

4

,log

2

3)。

Ⅱ、示范性题组：

例1.实数x、y满足4x2－5xy＋4y2＝5（①式），设S＝x2＋y2，求

1

S

max

＋

1

S

min

的值。（93年全国高中数学联赛题）

【分析】由S＝x2＋y2联想到cos2α＋sin2α＝1,于是进行三角换元，设

xS

yS















cos

sin

α

α

代入①式求S

max

和S

min

的值。

【解】设

xS

yS















cos

sin

α

α

代入①式得：4S－5S·sinαcosα＝5

解得S＝

10

852sinα

；

∵-1≤sin2α≤1∴3≤8－5sin2α≤13∴

10

13

≤

10

85sin

≤

10

3

∴

1

S

max

＋

1

S

min

＝

3

10

＋

13

10

＝

16

10

＝

8

5

此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝

810S

S



的有界性而求，

即解不等式：|

810S

S



|≤1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。

9

9

【另解】由S＝x2＋y2，设x2＝

S

2

＋t，y2＝

S

2

－t，t∈[－

S

2

，

S

2

]，

则xy＝±

S

t

2

2

4

－

代入①式得：4S±5

S

t

2

2

4

－

=5，

移项平方整理得100t2+39S2－160S＋100＝0。

∴39S2－160S＋100≤0解得：

10

13

≤S≤

10

3

∴

1

S

max

＋

1

S

min

＝

3

10

＋

13

10

＝

16

10

＝

8

5

【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＋y2

与三角公式cos2α＋sin2α＝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＋

y2而按照均值换元的思路，设x2＝

S

2

＋t、y2＝

S

2

－t，减少了元的个数，问题且

容易求解。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x＝a＋b，y＝a－b，代入①式整理得3a2＋13b2＝5，求得a2∈[0,

5

3

]，

所以S＝(a－b)2＋(a＋b)2＝2(a2＋b2)＝

10

13

＋

20

13

a2∈[

10

13

,

10

3

]，再求

1

S

max

＋

1

S

min

的值。

例2．△ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，

1

cosA

＋

1

cosC

＝－

2

cosB

，

求cos

AC

2

的值。（96年全国理）

【分析】由已知“A＋C＝2B”和“三角形内角和等于180°”的性质，可得

AC

B









120

60

°

＝°

；由“A＋C＝120°”进行均值换元，则设

A

C

＝°α

＝°－α

60

60









，再代

入可求cosα即cos

AC

2

。

【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得

AC

B









120

60

°

＝°

,

10

10

由A＋C＝120°，设

A

C

＝°α

＝°－α

60

60









，代入已知等式得：

1

cosA

＋

1

cosC

＝

1

60cos()

＋

1

60cos()

＝

1

1

2

3

2

cossin

＋

1

1

2

3

2

cossin

＝

cos

cossin





1

4

3

4

22

＝

cos

cos



2

3

4



＝－22,

解得：cosα＝

2

2

，即：cos

AC

2

＝

2

2

。

【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以

1

cosA

＋

1

cosC

＝－

2

cosB

＝－2

2

，设

1

cosA

＝－

2

＋m，

1

cosC

＝－

2

－m，

所以cosA＝

1

2m

，cosC＝

1

2m

，两式分别相加、相减得：

cosA＋cosC＝2cos

AC

2

cos

AC

2

＝cos

AC

2

＝

22

22m

，

cosA－cosC＝－2sin

AC

2

sin

AC

2

＝－

3

sin

AC

2

＝

2

22

m

m

，

即：sin

AC

2

＝－

2

322

m

m()

，＝－

22

22m

，代入sin2

AC

2

＋cos2

AC

2

＝1

整理得：3m4－16m－12＝0,解出m2＝6，代入cos

AC

2

＝

22

22m

＝

2

2

。

【注】本题两种解法由“A＋C＝120°”、“

1

cosA

＋

1

cosC

＝－2

2

”分别

进行均值换元，随后结合三角形角的关系与三角公式进行运算，除由已知想到均

值换元外，还要求对三角公式的运用相当熟练。假如未想到进行均值换元，也可

由三角运算直接解出：由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以

1

cosA

＋

1

cosC

＝－

2

cosB

＝－2

2

，即cosA＋cosC＝－2

2

cosAcosC，和积互化得：

11

11

2cos

AC

2

cos

AC

2

＝－

2

[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos

AC

2

＝

2

2

－

2

cos(A-C)＝

2

2

－

2

(2cos2

AC

2

－1)，整理得：4

2

cos2

AC

2

＋

2cos

AC

2

－3

2

＝0,

解得：cos

AC

2

＝

2

2

例3.设a>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∈[-

2

,

2

]，由(sinx

＋cosx)2＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx＝

t21

2



∴f(x)＝g(t)＝－

1

2

(t－2a)2＋

1

2

（a>0），t∈

[-

2

,

2

]

t＝-2时，取最小值：－2a2－22a－

1

2

当2a≥

2

时，t＝

2

，取最大值：－2a2＋2

2

a－

1

2

；

当0<2a≤

2

时，t＝2a，取最大值：

1

2

。

∴f(x)的最小值为－2a2－2

2

a－

1

2

，最大值为

1

2

0

2

2

222

1

2

2

2

2

()

()



















a

aaa

。

【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∈[-

2

,

2

]）

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。

y

,,

－

22

x

12

12

例4.设对所于有实数x，不等式x2log

2

41()a

a



＋2xlog

2

2

1

a

a

＋

log

2

()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

2

41()a

a



、log

2

2

1

a

a

、log

2

()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

2

2

1

a

a

＝t，则log

2

41()a

a



＝log

2

81

2

()a

a



＝3＋log

2

a

a

1

2

＝3

－log

2

2

1

a

a

＝3－t，log

2

()a

a

1

4

2

2

＝2log

2

a

a

1

2

＝－2t，

代入后原不等式简化为（3－t）x2＋2tx－2t>0，它对一切实数x恒成立，所以：

30

48302











t

ttt()

，解得

t

tt











3

06或

∴t<0即log

2

2

1

a

a

<0

0<

2

1

a

a

<1，解得0

【注】应用局部换元法，起到了化繁为简、化难为易的作用。为什么会想到换

元及如何设元，关键是发现已知不等式中log

2

41()a

a



、log

2

2

1

a

a

、log

2

()a

a

1

4

2

2

三项之间的联系。在解决不等式恒成立问题时，使用了“判别式法”。另外，本

题还要求对数运算十分熟练。一般地，解指数与对数的不等式、方程，有可能使

用局部换元法，换元时也可能要对所给的已知条件进行适当变形，发现它们的联

系而实施换元，这是我们思考解法时要注意的一点。

例5.已知

sinθ

x

＝

cosθ

y

，且

cos2

2

θ

x

＋

sin2

2

θ

y

＝

10

322()xy

(②式)，求

x

y

的值。

【解】设

sinθ

x

＝

cosθ

y

＝k，则sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sin2θ＋cos2θ

＝k2(x2+y2)＝1,代入②式得：

ky

x

22

2

＋

kx

y

22

2

＝

10

322()xy

＝

10

3

2k

即：

y

x

2

2

＋

x

y

2

2

＝

10

3

设

x

y

2

2

＝t，则t＋

1

t

＝

10

3

,解得：t＝3或

1

3

∴

x

y

＝±

3

或±

3

3

13

13

【另解】由

x

y

＝

sin

cos

θ

θ

＝tgθ，将等式②两边同时除以

cos2

2

θ

x

，再表示成含

tgθ的式子：1＋tg4θ＝

()

()

1

10

31

1

2

2





tg

tg





＝

10

3

tg2θ，设tg2θ＝t，则

3t2—10t＋3＝0，

∴t＝3或

1

3

，解得

x

y

＝±3或±

3

3

。

【注】第一种解法由

sinθ

x

＝

cosθ

y

而进行等量代换，进行换元，减少了变量

的个数。第二种解法将已知变形为

x

y

＝

sin

cos

θ

θ

，不难发现进行结果为tgθ，再进

行换元和变形。两种解法要求代数变形比较熟练。在解高次方程时，都使用了换

元法使方程次数降低。

例6.实数x、y满足

()x1

9

2

＋

()y1

16

2

＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范

围。

【分析】由已知条件

()x1

9

2

＋

()y1

16

2

＝1，可以发现它与a2＋b2＝1有相似

之处，于是实施三角换元。

【解】由

()x1

9

2

＋

()y1

16

2

＝1，设

x1

3

＝cosθ，

y1

4

＝sinθ，

即：

x

y











13

14

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”。

14

14

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

16191144

0

22()()xy

xyk











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(x3)＝lgx(x>0)，则f(4)的值为

_____。

A.2lg2B.

1

3

lg2C.

2

3

lg2D.

2

3

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.85B.72.5C.60D.52.5

4.已知x2＋4y2＝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

n

}中，a

1

＋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sin2x＋2mcosx＋4m－1<0

恒成立。

10.已知矩形ABCD，顶点C(4,4)，A点在曲

线x2＋y2＝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

yDC

AB

O

x

15

15

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

,－2B.－

5

2

，2C.

5

2

,2D.－

5

2

，－2

2.二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－

1

2

,

1

3

)，则a＋b的值是_____。

A.10B.－10C.14D.－14

3.在(1－x3)（1＋x）10的展开式中，x5的系数是_____。

A.－297B.－252C.297D.207

4.函数y＝a－bcos3x(b<0)的最大值为

3

2

，最小值为－

1

2

，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

_______________。

16

16

6.与双曲线x2－

y2

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)＝

x

2

＋m求出f1(x)＝2x－2m，比较系数易求，选C；

2小题：由不等式解集(－

1

2

,

1

3

)，可知－

1

2

、

1

3

是方程ax2＋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x5的系数由C

10

5与(－1)C

10

2两项组成，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

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x2－

y2

4

＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得方程

x2

3

－

y2

12

＝1。

Ⅱ、示范性题组：

例1.已知函数y＝

mxxn

x

2

2

43

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)x2－4

3

x＋(y－n)＝0，x∈R,由已知得y

－m≠0

∴△＝(－4

3

)2－4(y－m)(y－n)≥0即：y2－(m＋n)y＋(mn－12)≤0

①

不等式①的解集为(-1,7)，则－1、7是方程y2－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的两

根，

代入两根得：

1120

497120











()

()

mnmn

mnmn

解得：

m

n











5

1

或

m

n











1

5

∴y＝

5431

1

2

2

xx

x





或者y＝

xx

x

2

2

435

1





17

17

此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即y2－6y－7≤0，然后与不等式

①比较系数而得：

mn

mn











6

127

，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。

【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

∴

abc

aab

ac

222

2222

105

















()

解得：

a

b















10

5

∴所求椭圆方程是：

x2

10

＋

y2

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：

bc

ac

abc

















105

222

，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。

yB’

x

AFO’F’

A’

B

18

18

例3.是否存在常数a、b、c，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝

nn()1

12

(an2＋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：

abc

abc

abC

















24

4244

9370

,解得

a

b

c

















3

11

10

，

于是对n＝1、2、3，等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝

nn()1

12

(3n2＋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1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝

kk()1

12

(3k2＋

11k＋10)；

当n＝k＋1时，1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2＝

kk()1

12

(3k2

＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2＝

kk()1

12

(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)2＝

()()kk12

12

（3k2＋5k＋12k＋24）＝

()()kk12

12

[3(k＋1)2＋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13＋23

＋…＋n3、12＋22＋…＋n2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)2＝n3＋2n2＋n得S

n

＝1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2

＝(13＋23＋…＋n3)＋2(12＋22＋…＋n2)＋(1＋2＋…＋n)＝

nn221

4

()

＋2×

nnn()()121

6

＋

nn()1

2

＝

nn()1

12

(3n2＋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。

19

19

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











ab

aaxbbxx

10

157

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≤

64

3

(

15

4

21

4

3



)3＝

64

3

×27＝576。

所以当x＝3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm3。

【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＝

4

ab

(15a－ax)(7－x)bx或

4

ab

(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”。

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≠1B.0

1

2

或12

或0

1

2

2.方程x2＋px＋q＝0与x2＋qx＋p＝0只有一个公共根，则其余两个不同根之

和为_____。

A.1B.－1C.p＋qD.无法确定

3.如果函数y＝sin2x＋a·cos2x的图像关于直线x＝－π

8

对称，那么a＝

_____。

A.

2

B.－

2

C.1D.－1

20

20

4.满足C

n

0＋1·C

n

1＋2·C

n

2＋…＋n·C

n

n<500的最大正整数是_____。

A.4B.5C.6D.7

5.无穷等比数列{a

n

}的前n项和为S

n

＝a－

1

2n

,则所有项的和等于_____。

A.－

1

2

B.1C.

1

2

D.与a有关

6.(1＋kx)9＝b

0

＋b

1

x＋b

2

x2＋…＋b

9

x9，若b

0

＋b

1

＋b

2

＋…＋b

9

＝－1，则

k＝______。

7.经过两直线11x－3y－9＝0与12x＋y－19＝0的交点，且过点(3,-2)的直线

方程为_____________。

8.正三棱锥底面边长为2，侧棱和底面所成角为60°，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(5)、(f14)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，开口向右，直

线y＝2x＋7和抛物线截得的线段长是4

10

,求抛物线的方程。

21

21

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，A∪B的元素个数为n，

则______。

A.2≤n≤9B.7≤n≤9C.5≤n≤9D.5≤n≤7

2.设MP、OM、AT分别是46°角的正弦线、余弦线和正切线，则_____。

3.复数z

1

＝a＋2ｉ，z

2

＝－2＋ｉ，如果|z

1

|<|z

2

|，则实数a的取值范围

是_____。

A.－11C.a>0D.a<－1或a>1

4.椭圆

x2

25

＋

y2

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.8C.7.5C.

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_____。

.0C.

T

2

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a222<

5

，选A；

22

22

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(－

T

2

)＝f(

T

2

)＝－f(－

T

2

)，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＝z2＋3

z

－4，求w的三角形式；②如

果

zazb

zz

2

21





＝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＝z2＋3

z

－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

5

4



）；

由z＝1＋ｉ，有

zazb

zz

2

21





＝

()()

()()

11

111

2

2





iaib

ii

＝

()()abai

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

ab











21

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)＝－xn＋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】

fc

fc

n

n

()

()

22214

444252















解得：

n

c











4

1

∴f(x)＝－x4＋x解f(x)>0得：0

23

23

设

2

2

3

1

2

<1，则f(x

1

)－f(x

2

)＝－x

1

4+x

1

-（-x

2

4+x

2

）

=(x

1

-x

2

)[1-(x

1

+x

2

)(x

1

2+x

2

2)],

∵x

1

+x

2

>

23，x

1

2+x

2

2>

4

2

3

∴(x

1

+x

2

)(x

1

2+x

2

2)〉

23×

4

2

3

＝1

∴f(x

1

)－f(x

2

)>0即f(x)在(

2

2

3

,1)上是减函数

∵

2

2

<1∴y＝log

2

2

f(x)在(

2

2

3

,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。

【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，OH2＝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

A’A

D

C’

C

OH

B’B

24

24

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

BB'

＝

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＝BE2即

1

3

B’E2＝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

1

2

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

＝

1

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：

()()xm

my

y





















12

1

2

2

1

2

22×

，消m得：（x－1）2＋

()

()

y

4

3

2

3

2

2

＝1，

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)＝ax＋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___。

y

MF

A

x

25

25

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

1

,则∠A

1

FB

1

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BB.ABC.A∈BD.AB

4.双曲线3x2－y2＝3的渐近线方程是_____。

A.y＝±3xB.y＝±

1

3

xC.y＝±

3

xD.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ax2＋bx＋c>0的解集是(1,2)，则不等式bx2＋cx＋a<0解集是

__________。

9.已知数列{a

n

}是等差数列，求证数列{b

n

}也是等差数列，其中b

n

＝

1

n

(a

1

＋

a

2

＋…＋a

n

)。

10.已知F

1

、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

2

与抛物线y2

＝12x的焦点重合，M是两曲线的一个焦点，且有cos∠MF

1

F

2

·cos∠MF

2

F

1

＝7

23

，

求椭圆方程。

26

26

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

0

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)＝2n·1·2…(2n－1)（n∈N），

从“k到k＋1”，左端需乘的代数式为_____。

A.2k＋1B.2(2k＋1)C.

21

1

k

k





D.

23

1

k

k





2.用数学归纳法证明1＋

1

2

＋

1

3

＋…＋

1

21n

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.2k1B.2k－1C.2kD.2k＋1

27

27

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{an}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

n

的表达式是_____。

A.3n－2B.n2C.3n1D.4n－3

5.用数学归纳法证明342n＋521n(n∈N)能被14整除，当n＝k＋1时对于式

子3412()k＋5211()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

()()2122

1

kk

k





，选B；

2小题：（2k1－1）－（2k－1）＝2k，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。

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（342k＋521k）3k＋521k（52－34）；

6小题：答案k－1。

Ⅱ、示范性题组：

例1.已知数列

81

1322

·

·

，得，…，

8

212122

·

·

n

nn()()

，…。S

n

为其前n项

和，求S

1

、S

2

、S

3

、S

4

，推测S

n

公式，并用数学归纳法证明。（93年全国理）

【解】计算得S

1

＝

8

9

，S

2

＝

24

25

，S

3

＝

48

49

，S

4

＝

80

81

，

猜测S

n

＝

()

()

211

21

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

＝

()

()

211

21

2

2

k

k





，

当n＝k＋1时，S

k1

＝S

k

＋

81

212322

·

·

()

()()

k

kk





＝

()

()

211

21

2

2

k

k





＋

81

212322

·

·

()

()()

k

kk





28

28

＝

()()()()

()()

21232381

2123

222

22

kkkk

kk





·

·

＝

()()()

()()

212321

2123

222

22

kkk

kk



·

＝

()

()

231

23

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

k1

＝

()

()

231

23

2

2

k

k





作为目标，先通分使分母含有(2k＋

3)2，再考虑要约分，而将分子变形，并注意约分后得到（2k＋3）2－1。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

n

＝

8

212122

·

·

n

nn()()

＝

1

212()n

－

1

212()n

得，

S

n

＝（1－

1

32

）＋（

1

32

－

1

52

）＋……＋

1

212()n

－

1

212()n

＝1－

1

212()n

＝

()

()

211

21

2

2

n

n





。

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

212122

·

·

n

nn()()

＝

1

212()n

－

1

212()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

＝

12×

＋

23×

＋…＋

nn()1

(n∈N),证明：

1

2

n(n＋

1)

n

<

1

2

(n＋1)2。

【分析】与自然数n有关，考虑用数学归纳法证明。n＝1时容易证得，n＝k

＋1时，因为a

k1

＝a

k

＋

()()kk12

,所以在假设n＝k成立得到的不等式中同

时加上

()()kk12

，再与目标比较而进行适当的放缩求解。

【解】当n＝1时，a

n

＝

2

，

1

2

n(n+1)＝

1

2

，

1

2

(n+1)2＝2，

∴n＝1时不等式成立。

假设当n＝k时不等式成立，即：

1

2

k(k＋1)

k

<

1

2

(k＋1)2，

29

29

当n＝k＋1时，

1

2

k(k＋1)＋

()()kk12

k1

<

1

2

(k＋1)2＋

()()kk12

,

1

2

k(k＋1)＋

()()kk12

>

1

2

k(k＋1)＋(k＋1)＝

1

2

(k＋1)(k＋3)>

1

2

(k＋1)(k＋

2)，

1

2

(k＋1)2＋

()()kk12

＝

1

2

(k＋1)2＋kk232<

1

2

(k＋1)2＋(k＋

3

2

)＝

1

2

(k＋2)2，

所以

1

2

(k＋1)(k＋2)

k

<

1

2

(k＋2)2，即n＝k＋1时不等式也成立。

综上所述，对所有的n∈N，不等式

1

2

n(n＋1)

n

<

1

2

(n＋1)2恒成立。

【注】用数学归纳法解决与自然数有关的不等式问题，注意适当选用放缩法。

本题中分别将

()()kk12

缩小成(k＋1)、将

()()kk12

放大成(k＋

3

2

)的两

步放缩是证n＝k＋1时不等式成立的关键。为什么这样放缩，而不放大成(k＋2)，

这是与目标比较后的要求，也是遵循放缩要适当的原则。

本题另一种解题思路是直接采用放缩法进行证明。主要是抓住对nn()1的分

析，注意与目标比较后，进行适当的放大和缩小。解法如下：由

nn()1

>n可得，

a

n

>1＋2＋3＋…＋n＝

1

2

n(n＋1)；由

nn()1

1

2

可得，a

n

<1＋2＋3＋…＋n

＋

1

2

×n＝

1

2

n(n＋1)＋

1

2

n＝

1

2

(n2＋2n)<

1

2

(n＋1)2。所以

1

2

n(n＋1)

n

<

1

2

(n＋

1)2。

例3.设数列{a

n

}的前n项和为S

n

，若对于所有的自然数n，都有S

n

＝

naa

n

()

1

2



，证明{a

n

}是等差数列。（94年全国文）

【分析】要证明{a

n

}是等差数列，可以证明其通项符合等差数列的通项公式

的形式，即证：a

n

＝a

1

＋(n－1)d。命题与n有关，考虑是否可以用数学归纳法

进行证明。

【解】设a

2

－a

1

＝d，猜测a

n

＝a

1

＋(n－1)d

当n＝1时，a

n

＝a

1

，∴当n＝1时猜测正确。

当n＝2时，a

1

＋(2－1)d＝a

1

＋d＝a

2

，∴当n＝2时猜测正确。

假设当n＝k（k≥2）时，猜测正确，即：a

k

＝a

1

＋(k－1)d，

当n＝k＋1时，a

k1

＝S

k1

－S

k

＝

()()kaa

k





1

2

11

－

kaa

k

()

1

2



，

30

30

将a

k

＝a

1

＋(k－1)d代入上式，得到2a

k1

＝(k＋1)(a

1

＋a

k1

)－2ka

1

－k(k

－1)d，

整理得(k－1)a

k1

＝(k－1)a

1

＋k(k－1)d，

因为k≥2,所以a

k1

＝a

1

＋kd，即n＝k＋1时猜测正确。

综上所述，对所有的自然数n，都有a

n

＝a

1

＋(n－1)d，从而{a

n

}是等差数列。

【注】将证明等差数列的问题转化成证明数学恒等式关于自然数n成立的问

题。在证明过程中a

k1

的得出是本题解答的关键，利用了已知的等式S

n

＝

naa

n

()

1

2



、数列中通项与前n项和的关系a

k1

＝S

k1

－S

k

建立含a

k1

的方程，代

入假设成立的式子a

k

＝a

1

＋(k－1)d解出来a

k1

。另外本题注意的一点是不能忽

视验证n＝1、n＝2的正确性，用数学归纳法证明时递推的基础是n＝2时等式成

立，因为由(k－1)a

k1

＝(k－1)a

1

＋k(k－1)d得到a

k1

＝a

1

＋kd的条件是k≥2。

【另解】可证a

n1

－a

n

＝a

n

－a

n1

对于任意n≥2都成立：当n≥2时，a

n

＝S

n

－S

n1

＝

naa

n

()

1

2



－

()()naa

n





1

2

11；同理有a

n1

＝S

n1

－S

n

＝

()()naa

n





1

2

11

－

naa

n

()

1

2



；从而a

n1

－a

n

＝

()()naa

n





1

2

11

－n(a

1

＋a

n

)＋

()()naa

n





1

2

11，整理得a

n1

－a

n

＝a

n

－a

n1

，从而{a

n

}是等差数列。

一般地，在数列问题中含有a

n

与S

n

时，我们可以考虑运用a

n

＝S

n

－S

n1

的关

系，并注意只对n≥2时关系成立，象已知数列的S

n

求a

n

一类型题应用此关系最

多。

Ⅲ、巩固性题组：

1.用数学归纳法证明：621n＋1(n∈N)能被7整除。

2.用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2(n

∈N)。

3.n∈N，试比较2n与(n＋1)2的大小，并用证明你的结论。

4.用数学归纳法证明等式：cos

x

2

·cos

x

22

·cos

x

23

·…·cos

x

n2

＝

sin

sin

x

x

n

n

2

2

·

(81

年全国高考)

5.用数学归纳法证明：|sinnx|≤n|sinx|（n∈N）。（85年广东高考）

6.数列{a

n

}的通项公式a

n

＝

1

12()n

(n∈N)，设f(n)＝(1－a

1

)(1－a

2

)…(1

－a

n

)，试求f(1)、f(2)、f(3)的值，推测出f(n)的值，并用数学归纳法加以证

明。

7.已知数列{a

n

}满足a

1

＝1，a

n

＝a

n1

cosx＋cos[(n－1)x]，(x≠kπ，n

≥2且n∈N)。

31

31

①．求a

2

和a

3

；②.猜测a

n

，并用数学归纳法证明你的猜测。

8.设f(log

a

x)＝

ax

xa

()

()

2

2

1

1





,①.求f(x)的定义域；②.在y＝f(x)的图像上

是否存在两个不同点，使经过这两点的直线与x轴平行？证明你的结论。③.

求证：f(n)>n(n>1且n∈N)

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2x＝3y＝5z>1，则2x、3y、5z从小到大排列是________________。

2.（理）直线

xt

yt















22

32

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x2－ky2＝1的离心率是_________。

3.点Z的虚轴上移动，则复数C＝z2＋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

x2

16

＋

y2

4

＝1上的点到直线x＋2y－2＝0的最大距离是_____。

A.3B.

11

C.

10

D.2

2

32

32

【简解】1小题：设2x＝3y＝5z＝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

kk2

；

3小题：设z＝bｉ，则C＝1－b2＋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、

1

2

yz＝4、

1

2

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＝

|sincos|442

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a2＋b2＋c2的最小值。

【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＝

1

3

＋t

2

，c＝

1

3

＋t

3

，代入a2＋b2＋c2可求。

【解】由a＋b＋c＝1，设a＝

1

3

＋t

1

，b＝

1

3

＋t

2

，c＝

1

3

＋t

3

，其中t

1

＋t

2

＋

t

3

＝0，

∴a2＋b2＋c2＝（

1

3

＋t

1

）2＋（

1

3

＋t

2

）2＋(

1

3

＋t

3

)2＝

1

3

＋

2

3

(t

1

＋t

2

＋

t

3

)＋t

1

2＋t

2

2＋t

3

2＝

1

3

＋t

1

2＋t

2

2＋t

3

2≥

1

3

所以a2＋b2＋c2的最小值是

1

3

。

【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：a2＋

b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a2＋b2＋c2)，即a2＋b2＋c2≥

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。

33

33

例2.椭圆

x2

16

＋

y2

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|2＋|OQ|2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

1

、θ

2

为P、Q两点，先计算k

OP

·k

OQ

得出一个结论，再计算|OP|2＋|OQ|2，

并运用“参数法”求中点M的坐标，消参而得。

【解】由

x2

16

＋

y2

4

＝1，设

x

y











4

2

cos

sin

θ

θ

，P(4cosθ

1

,2sinθ

1

)，Q(4cosθ

2

,2sin

θ

2

),

则k

OP

·k

OQ

＝

2

4

1

1

sin

cos







2

4

2

2

sin

cos





＝－

1

4

，整理得到：

cosθ

1

cosθ

2

＋sinθ

1

sinθ

2

＝0,即cos（θ

1

－θ

2

）＝0。

∴|OP|2＋|OQ|2＝16cos2θ

1

＋4sin2θ

1

＋16cos2θ

2

＋4sin2θ

2

＝8＋

12(cos2θ

1

＋cos2θ

2

)＝20＋6（cos2θ

1

＋cos2θ

2

)＝20＋12cos（θ

1

＋θ

2

）cos

（θ

1

－θ

2

）＝20，

即|OP|2＋|OQ|2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

12

12

(coscos)

sinsin





，

所以有(

x

2

)2＋y2＝2＋2(cosθ

1

cosθ

2

＋sinθ

1

sinθ

2

)＝2,

即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为

x2

8

＋

y2

2

＝1。

【注】由椭圆方程，联想到a2＋b2＝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

）2＋（sinθ

1

＋sinθ

2

）2，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：

34

34

xy

ykx

224160









，消y得(1＋4k2)x2＝16,即|x

P

|＝

4

142k

；

xy

y

k

x

224160

1

4















，消y得(1＋

1

42k

)x2＝16，即|x

Q

|＝

||8

142

k

k

；

所以|OP|2＋|OQ|2＝(

12k



4

142k

)2＋（