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- 2022-08-02 发布
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前言2第一章高中数学解题基本方法3、酉己方法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\n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，特别是突岀考查能力的试题，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数学趣辑方法：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-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，数学思想方法也述是对你起作用。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”。为了帮助学牛掌握解题的金钥匙，掌握解题的思想方法，木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儿个热点问题，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I古I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，乂尽量综合到代数、三角、儿何儿个部分重要章节的数学知识。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，使数学式子岀现完全平方。它主要适用于：已\n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)方程x2+y2—4kx—2y+5k=0表示圆的充要条件是。A.ilC.kWRD.或k=l已知sin45a+cos4a=1,则sina+cosa的值为。A.1B.-1C.1或一1D.0=a2+2ab+b2,将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，女ha2+b2=(a+b)2—2ab=(a—b)2+2ab；a?+ab+b$=(a+b)$—ab=(a—b)2+3ab=(aH—)2+(b)2；22a2+b2+c2+ab+bc+ca——[(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—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+sin2a=l+2sinacosa=(sina+cosa)2；x2H—=(x—)2_2=(x)2+2；等等。XXI、再现性题组：1.在正项等比数列｛j｝中，a,>a5+2a3*a5+a3-a7=25,贝ija3+a5=\n2小题：配方成圆的标准方程形式(x-a)2+(y-b)2=r2,解屮〉。即可，选氏3小题：已知等式经配方成(sin2a+cos2a)2—2sin2acos2a=1,求出sinacosa,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-VHoII、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OA.2V3C.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f2(xy+yz+xz)=11[4(x-hy-hz)=24，而欲求对角线长応十，将其配凑成两己知式的组合形式可得。【解】设长方体长宽高分别为x,y,z,由己知“长方体的全面积为11,其12条棱的长度之和为24”而得：£7*%+二；'\[4(x+y+z)=24长方体所求对角线长为：k+尸+/=J(尢+y+Z)，-2(xy+yz+xz)=a/62-11=5所以选氏【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xUkx+2二0的两实根为p、q,若(左)2+(纟)2冬7成立，求实qp数k的取值范围。【解】方程x?+kx+2二0的两实根为p、q,由韦达定理得：p+q=—k,pq=2,/_£\2+(_£)2—#4+g4=(p1+/)2_2p%2=[(卩+q$一-2卩苛=qp(pqY(pqY(pq)2仏_8W7,解得kW—VT5或o4又Tp、q为方程x?+kx+2二0的两实根，・・・△=k2—830即k$2血或kW—2血综合起来，k的取值范围是：-VH)^k^-2V2或者2血WkWjfU。\n【注】关于实系数一元二次方程问题，总是先考虑根的判别式“A”；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。假如木题不对“△”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3、b满足aB是方程x2—2ax+a+6=0的两实根，则+（P-1）2的最小值+ab+b2=0,求（宀）叭+（斗）1998。a+ba+b【分析】对已知式可以联想：变形为（7）2+（7）+1=0,则牛=3（3为bbb1的立方虚根）；或配方为（a+b）2=abo则代入所求式即得。【解】由a2+ab+b2=0变形得：（7）2+（7）+1=0,bb设3=?,则W2+W4-1=0,可知3为1的立方虚根，所以：丄=',G）3=bcoa又由a2+ab+b2=0变形得：（a+b）2=ab,所以（°）1998_|_（b）］998=（纟2）999（兰）999=（纟）999_|_（2）999=⑺a+ba+bababha999+999=2o【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幕。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：（壬）2+（£）+1=0,解出bba2后，化成三角形式，代入所求表达式的变形式仔严+G严后，完成后面的运算。此方法用于只是未二实却联想到3时进行解题。二^回b,直接代入所求表达式,棣莫佛定理完成最后的计算。皿、巩固性题组：1.函数y=（x—a）2+（x—b）2A・8B・@一b）22假如木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=进行分式化简后，化成复数的三角形式，利用\n（a、b为常数）的最小值为oC.亡兰D.最小值不存在2A.-fB.8C.18D.不存在3.己知x、yeR+,且满足x+3y—1=0,则函数t=2v+8V有。A.最大值2近B.最大值血C.最小值272B.最小值返224.椭圆X2—2ax+3y2+a2—6=0的一个焦点在直线x+y+4=0上，则d=A.2B.-6C.—2或一6D.2或65.化简：2Jl_sin8+J2+2COS8的结果是。A.2sin4B.2sin4—4cos4C.—2sin4D.4cos4—2sin46.设F|和F?为双曲线£l-y2=l的两个焦点，点P在双曲线上且满足ZF.PF,4=90。，则AFiPF?的面积是o7.若x>-l,则f(x)=x?+2x+丄的最小值为oX+18.已知兰(Pn(m0；②是否存在一个实数t,使当te(m+t,n-t)时，f(x)〈0?若不存在，说出理由；若存在，指岀t的取值范围。10.设s>l,t>1,mER,x=log,t+log/S,y=log54t+logz4s+m(log52t+log,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。\n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，隐含的条件显露出來，或者把条件与结论联系起來。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，而用一个字母來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"—220,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=77+VT二的值域时，易发TT现xe[0,1],设x=sin2a,a-],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=rcos0、y=rsin8化为三角问题。V£均值换元，如遇到x+y=S形式时，设x=—+t,y=——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，…定要使新变量范围对应于原变量的取值范围，不能缩小也TT不能扩大。如上几例中的t>0和ae[0,y]oI、再现性题组：1.y=sinx•cosx+sinx+cosx的最大值是。2•设f(x2+1)=loga(4—x4•设实数x、y满足x2+2xy-l=0,则x+y的取值范围是l+3~x方程=3的解是o1+3不等式log2(2v-l)-log2(2x+1-2)〈2的解集是o)(a>l),则f(x)的值域是o3•已知数列｛a」中,a,=—1,an+1•a„=aM+1—aM,则数列通项an=\nf-1【简解】1小题：设sinx+cosx=tG[―V2,V2],则y=~y+t—牙，对称轴t=—1,当t=V2,ymax=y+V2；2小题：设x2+l=t则f(t)=logJ-(t-l)2+4],所以值域为(一log“4]；3小题：已知变形为—=—1,设叽=丄，则b(=—1,bM=—1+(n—色+i°”J1)(T)=—n,所以a=——；n4小题：设x+y=k,则x2—2kx+l=0,A=4k2—4^0,所以k$l或kW—1；—l)=y,则y(y+l)<2,解得一20,求f(x)=2a(sinx+cosx)—sinx•cosx—2a2的最大值和最小值。【解】设sinx+cosx=t,则t[~V2,V2],由(sinxy?z(2一1+cosx)2=l+2sinx•cosx得：sinx•cosx='•If(x)=g(t)=—y(t—2a)2+y(a>0),tGx〔'\8[-V2,V2]t=-V2时，取最小值：一2a2—2V2a——J当2a^V2时，t=V2,取最大值：一2&2+2丁^4——；乙当0<2a^V2时，t=2a,取最大值：*。/.f(x)的最小值为一2a2—2V2a—,最大值为【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(te[-V2,V2])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，在遇到题目己知和未知中含有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。\n例4.设对所于有实数x,不等式x2log2^±^+2xa2aT市+2logo->0恒成立，求a的取值范围。■4/(87年全国理)0加、呱呼三项有何联系？进【分析】不等式中log?皱旦、10®〃亠|aa十丄行对数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。2a…4(d+l).8(d+l)_「一d+l_。——=t,贝ljlog,=log2-o=3+log2——-3a+1a2aLalaci(d+lF_小Q+l__g一贬2荷=3-1,10g2-^T-=210g2£=—2t，一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：严¥,解得[△=4/+8/(3-/)<00〈二<1,解得02、3,等式1•22+2•3$+…+n(n+1)2=~(3n2+1In+10)成立，下而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・3?+…+k(k+l)2=0梓(3疋+llk+10)；当n=k+l时,1・2?+2•32+-+k(k+l)2+(k+l)(k+2)2=肚,)(3r2+1lk+10)+(k+1)(k+2)2=~(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2=仏+1)仏+2)12(3k2+5k+12k+24)伙+1)伙+2)12[3(k+1)，+ll(k+1)+10],也就是说，等式对n=k+l也成立。综上所述，当a=8、b=ll、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，在于由儿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。木题如果记得两个特殊数列P+23+・・・+〃、l2+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+l)2=n3+2n2+n得S“=1・2‘+2・3‘n(n+l)2力彳(〃+I)，=仃3+23+-+n3)+2(l2+22+-+n2)+(l+2+・・・+n)='丿+2X4⑷+1严+1)+冲=習評⑶2+山+]0),综上所述，当b=ll、6212c=10吋，题设的等式对一切自然数n都成立。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的四个小止方形，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xcmo・•・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>0o4设V=—(15a—ax)(7b—bx)x(a>0,b>0)ab_a_b+]=0\n要使用均值不等式，贝IJ让”J[ja-ax=/b-bx=x13解得：a=—,b=—,x=3o241521x工64/15兀\/213x64.4+4x.64°从而7)—(七4)3=^x27=576。所以当x=3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm3o【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,4可以用“待定系数法”求。本题解答中也可以令V=〒(154—3x)(7—x)bx或ab4—(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ab项该进行凑配的系数，木题也体现了“凑配法”和“函数思想”。m、巩固性题组:1.函数y=log“x的xw[2,+°°)上恒有|y|>l,则a的取值范围是。A.2>a>丄且aHlB.〈丄或l222或0lC.a>0D.a<—1或QIr2v2s4.椭圆亦+丁=1上有一点P,它到左准线的距离为亍，那么P点到右焦点的距离为。75A.8C.7.5C.—D.345.奇函数f(x)的最小正周期为T,则f(-y)的值为oA.TB.0C.-D.不能确定26.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2小题：利用三角函数线定义，作出图形，选3小题：利用复数模的定义得J/+22〈石,选A；\PF,.\44小题：利用椭圆的第二定义得到(-=e=g,选A；2TTT5小题：利用周期函数、奇函数的定义得到f(-y)=f(y)=-f(-y),选6小题：利用线面角、面面角的定义，答案2。II、示范性题组：\n例1.已知z=l+i,①设w=z2+3z—4,求w的三角形式；②如果「+(—?=]_：,求实数处匕的值。(94年全国理)z-z+1【分析】代入Z进行运算化简后，运用复数三角形电竺数相等的定义解答。【解】由z=1+i，有w=z2+31—4=(1+i)2+3(1+z)—4=2i+3(1—i)—4=—1—i,w的三角形式是血(cos¥+isin¥)；44由Z-1+1,右z2_Z+l(1+Z)2-(1+0+1z'+az+b(1++q(1+i)+Z?(a+b)+(a+2)z..—_=(a+2)—(a+b)io根据复数相等的定义，得:由题设条件知：(a+2)—(a+b)i=1+i；g+2=1_(a+Z?)=_]，解得a=-\b=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(2)=—14,f(4)=—252,求y=log运f(x)的23/7定义域，判定在(一，1)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】/(2)=-2n+2c=-14A,„解得：f(x)=—x4+x3/2设0得：0V2,X,2+X22>—/.(X]+x2)(x]2+x22)〉迈X—=1JJ3/7.・・f(Xj)—f(x2)>0即f(x)在(亍，1)上是减函数・・・丰〈1・・・y=log后f(x)在(¥，1)上是增函数。2\n【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'C9—ABC是正三棱柱，D是AC中点。①证明：AB'〃平面DBC'；②假设AB'丄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0,连接0D・・・A'B'C'—ABC是正三棱柱・・・四边形B'BCC'是矩形・•・ABJ〃0D・•・0是LC中点AAB?C中，D是AC中点・•・AB'〃平面DBC'②作DH丄BC于H,连接OH・・・DH丄平而BC'C・.・AB'〃0D,AB'丄BC'BC'丄0D・・・BC,丄OH即ZDOH为所求二面角的平面角。1/q3j设AC=1,作0E丄BC于E,则DH=-sin60°=—,BH=-,EH=-；2444RtABOH中，16・・・OH=^=DHAZD0H=45°,即二面角D—BC'—C的度数为45。。4【注】对于二面角D—BC'—C的平面角，容易误认为ZD0C即所求。利用二面角的平而角定义，两边垂直于棱，抓住平而角的作法，先作垂直于一而的垂线DH,再证得垂直于棱的垂线D0,最后连接两个垂足0H,则ZD0H即为所求，其依据是三垂线定理。木题还要求解三角形I-分熟练，RtABOH中运用射影定理求0H的长是计算的关键。此题文科考生的第二问为：假设AB'丄BC',BC=2,求AB'在侧面BB'C'C的射彫长。解答中抓住斜线在平而上的射影的定义，先作平而的垂线，连接垂足和斜足而得到射影。其解法如下：作AE丄BC于E,连接B'E即所求，易得到0EEFOE11〃B‘B,所以命=—EF=yB'Eo在RtAB,BE中，易得到BF丄BE,由BFBB23射影定理得：EXEF=BE2即E2=l,所以E=忑。J\n例4・求过定点M(1,2),以x轴为准线，离心率为土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Mx到准线距离为2。抓住圆锥曲线的统一性定义，可以得到学=£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(l,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：J(x—1)2+(加—2尸=舟X21，消m得：(x—1)2+47m-y1TP(y-T)2(5)247(y—~)所以椭圆下顶点的轨迹方程为(X-1)2+'23=lo(5)2设曲线上动点所满足【注】求曲线的轨迹方程，按照求曲线轨迹方程的步骤，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。木题还引入了…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。皿、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—O2.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"B],则ZA|FB]等于oA.45°B.60°C.90°D.120°3.已知A={0,1},B={x|xcA},则下列关系正确的是oA.AcBB・AoBC・AGBD・AgB4.双曲线3x2-y2=3的扁近线方程是oA.y=±3xB.y=土丄xC・y=±J5xD.y=±』lx135.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\n6.7.8.38-/?3nZ=4(sinl40°-icosl40°),则复数卡的辐角主值是不等式ax2+bx+c>0的解集是(1,2),则不等式bx2+cx+a<0解集是7.已知数列｛aj是等差数列，求证数列｛bj也是等差数列，其中叽=丄(％+na2Haw)o8.已知F「F?是椭圆匚+11=1(a>b>0)的两个焦点，其中F?与抛物线/1'a1b22=12x的焦点重合，M是两曲线的一个焦点，且有cosZMF,F2•cosZMF2F,,求椭圆方程。\n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，推断该类爭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來。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=l(或n°)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吋命题也成立，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()_anex)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吋命题成立的推证，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)=2"•1・2…(2n—1)(n^N),从“k到k+1”,左端需乘的代数式为。A.2k+lB.2(2k+l)C.李JD.半力k+1k+12.用数学归纳法证明1+[+牛2”1]〈口(n>l)时，由n=k(k〉l)不等式成立，推证n=k+l时，左边应增加的代数式的个数是。A.B.2*—1C.2火D.2*+13.某个命题与自然数n有关，若n=k(kGN)时该命题成立，那么可推得n=k+l吋该命题也成立。现已知当n=5吋该命题不成立，那么可推得c(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｛a"｝中,已知3|=1,当nN2时纭=不+2n_l,依次计算a?、a3>J后，猜想J的表达式是。A.3n-2B.n2C・3心D.4n-35.用数学归纳法证明34w+2+52n+,(nGN)能被14整除，当n=k+l时对于式子34U+,)+2+5玖如屮应变形为。\n1.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+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(2£+l)(2k+2)k+11小题：(2切一1)—(2火一1)=2*,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％=1、j=4、5=9、a4=16再猜想选B；2小题：答案(3俯2+52曲)3a+5(2£+1)2•(2£+3尸(2R+厅•(2£+3尸一(2比一1尸=Qk+3)2—1(2£+1尸•(2R+3)2(2R+3)2由此可知，当n=k+1吋等式也成立。综上所述，等式对任何nWN都成立。【注】把要证的等式=(篇:作为目标，先通分使分母含有(2k+2,再考虑要约分，而将分子变形，并注意约分后得到(2k+3)'―1。这样证'+,(52-3题过程中简洁一些，有效地确定了证题的方向。木题的思路是从试验、观察出发,)；6小题：答案k—loII、示范性题组：8•1例1•已知数列帀得，…8•n(2/?-I)2•(2/2+1)2求,、S2.S3、s4,推测S”公式，并用数学归纳法证明。S”为其前n项和,(93年全国理)824【解】计算得Sj=—,S2=—,92j猜测=巴；+叮(neN)o(2/1+1)-当n=l时，等式显然成立；,48°80假设当E时等式成立，即：S严詈F当n=k+l时,S如8•伙+1)k(2—1)2•(2&+3)2(22+1)2-1|8•伙+1)(2£+1)2十(2£+1)2•(2£+3)2(2R+1)2・(2R+3)2—(2£+3尸+8•伙+1)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，即使止确，解答过程也不严密。必须要进行三步：试值一猜想一证明。\n【另解】用裂项相消法求和：8•“=]-1得(2h-I)2•(2h+1)2(2n-1)2(2n+1)2S”-(132)+(¥———)+———-—]———-—52⑵2—1)2(271+1)2(2/1+1)(271+1)2—1(2n+l)2°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-―書工一=_1z-…2的裂项公式。可以说，用试值猜想证明(2n一1)-•(2n+1)2(2/2一1)~(2/?+1)~三步解题，具有一般性。例2.设an=71x2+^2X3+-+7^+1)(n^N)，证明：|n(n+1)0“<—(n+1)2o【分析】与自然数n有关，考虑用数学归纳法证明。n=l时容易证得，n=k+1时，因为％+】=j+J(£+l)(£+2),所以在假设n=k成立得到的不等式中同时加上J伙+1)伙+2),再与目标比较而进行适当的放缩求解。【解】当n=l吋，a„=V2,*n(n+l)=t，y(n+1)2=2,/.n=l时不等式成立。假设当n=k时不等式成立，即：|k(k+l)|k(k+l)4-(k+l)=|(k+1)(k+3)>|(k+1)(k+2),II]3■—(k+1)~+J伙+1)伙+2)——(k+1)?+J/：2+3Z:+2〈牙(k+1)'+(k+—)=厶JJJ—(k+2)2,所以~(k+1)(k+2)l+2+3+*,,+n=—n(n+l)；由+n(n〉l且nGN)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了。辨证唯物论肯定了事物Z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\n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，其观点己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Z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2V=3J=52>1,则2x、3y、5z从小到大排列是。2・(理)直线卩=一2一严上与点a(-2,3)的距离等于忑的点的坐标是(文)若k〈一1,贝圆锥曲线x2-ky2=1的离心率是。1.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2.三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o3.设函数f(x)对任意的x、yGR,都有f(x+y)=f(x)+f(y),且当x>0吋，f(x)<0,则f(x)的R上是函数。(填“增”或“减”)r224.椭圆订+[=1上的点到直线x+2y-V2=0的最大距离是o164A.3B.VHC.V1OD.2^2【简解】1小题：设2Y=3J=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=±V2时,即(-4,5)或(0,1)；(文)已知曲线为椭圆，a=l,c=J1+*,所以e=-1+/c；3小题：设宀“，则C=l-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gxy=6、*yz=4、gxz=3,所以xyz=24,体积为4o5小题：f(0)=0,f(0)=f(x)+f(-x),所以f(x)是奇函数，答案：减；c「门工、口，.ch亠、|4sina+4cosa—J^|丿j曰亠—6小题：设x=4sina、y=2cosa,冉求d=t=的取大值,选CoII、示范性题组：例1•实数a、b、c满足a+b+c=l,求a2+b2+c2的最小值。【分析】由a+b+c=l想到“均值换元法”,于是引入了新的参数，即设a=^+t],b=—+t9,c=—+tv代入a2+b2+c2可求。133【解】由a+b+c=l,设a=]+t],b=]+1?,0=7+t3,其中t.+t7+133-\nt3=0,a2+b2+c2=(—+1))2+(—+12)2+(q+七3)2=qq(t1+t2+JJJJt3)+t,2+t224-t32=|H-t!2+t22+t32^|所以a2+b2+c2的最小值是扌。【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+b24~c2—(a+b+c)2—2(ab+bc+ac)21—2(a24-b2+c2),即a2+b2+c2^—o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。兀2y2例2•椭圆—+^-=1上有两点P、Q,0为原点。连OP、0Q,若=~4'①.求liE：|0P|2+|0Q|2等于定值；②•求线段PQ中点M的轨迹方程。(X=4cos0【分析】由“换元法”引入新的参数，即设宀•n(椭圆参数方程)'[y=2sin0参数()「()2为P、Q两点，先计算k°p・k血得岀一个结论，再计算|op|2+|oq|2,并运用“参数法”求中点M的坐标，消参而得。x~y2=4(s0【解】由—+^r=l^设｛…c，P(4cos0H2sin0J,Q(4cos02,2sinlo4[y=2b6“)，\n则k”整理得到:_2sinq2sinQ_1°°4cos3}4cosg4cos0[cos02+sin0}sin02=0,即cos(0)—02)=0。・・・|0P|2+|0Q|2=16cos20,+4sin20】+16cos202+4sin202=8+12(cos20,+cos20J=20+6(cos20】+cos202)=20+12cos(002)cos(002)=20,即OP2+|0Q|$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｛=2(cosq+cosg)=sin0]+sin02所以有(y)2+y2=2+2(cos01cos02+sin9{sin92)=2,22即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为?+—=1。o2【注】由椭圆方程，联想到a2+b2=l,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。木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(cosO|+cos02)24-(sinO,+sinO2)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儿个参数的函数，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0P的斜率k,则0Q的斜率为一丄，由椭圆与直线OP、0Q相交于PQ两4k点有:\x~+4y~—16=0、、”Xp\,泊y得(l+4k2)x2=16,即[y=kxx2+4y2-16=0<1,消y得(1+-tT)x2=16,即|xqy=-—x4kV4k所以|op|2+|oQ|2=(7i7F>.4)2+(J1+-20+80Z:21+4/Jl+4疋v=20。即|0P|2+|0Q|2等于定值20。X4—Xb在此解法屮，利用了直线上两点Z间的距离公式AB=J1+心/求|0P|和|0Q|的长。\n例3.已知正四棱锥S-ABCD的侧面与底面的夹角为B,相邻两侧面的夹角为Q,求证：cosa二-cos2Bo【分析】要证明cosQ二-cos'B,考虑求出a、P的余弦，则在a和B所在的三角形中利用有关定理求解。【解】连AC、BD交于0,连S0；取BC中点F,连SF、0F；作BE丄SC于E,连DE。则ZSF0=B,ZDEB设BC=a（为参数），则SF=°F=°cosp2cosp丸=如+记=｛（為）2+（》又VBE=SC2COS3SF•BCa函数y=x+2+/一4兀-/的值域是o抛物线y=x2—lOxcos9+25+3sin9—25sin2。与x轴两个交点距离的最大值为A.5B10C.2V3D.3过点M（0,1）作直线L,使它与两已知直线L］：x—3y+10=0及1忙2x+y-8=0所截得的线段被点P平分，求直线L方程。■求半径为R的球的内接圆锥的最大体积。———=—xEFC+cos20a2在ZSDEB中，由余弦定理有:2BE2-BD2cosa=2BE2a2爲J1+E0cos2B。所以cosa=—cos2B。【注】设参数。而不求参数4,只是利用其作为中间变量辅助计算，这也是在参数法中参数可以起的一个作用，即设参数辅助解决有关问题。皿、巩固性题组:1.已知复数Z满足|z|Wl,则复数z+2i在复平面上表示的点的轨迹是6.f(x)=(1——cos2x)sinx,xW[0,2兀),求使f(x)的实数a的取值范围。27.若关于x的方程2x2+xlg^)j+lg2(flzl)+lg_|£_=0有模为1的虚St?2a根，求实数a的值及方程的根。\n&给定的抛物线y2=2px(p>0),证明：在x轴的正向上一定存在一点M,使得对于抛物线的任意一条过点M的弦PQ,有_^+_^为定值。IW\MQ\2\n七、反证法与前而所讲的方法不同，反证法是展于“间接证明法”一类，是从反而的角度思考问题的证明方法，即：肯定题设而否定结论，从而导岀矛盾推理而得。法国数学家阿达玛(Hadamard)对反证法的实质作过概括：“若肯定定理的假设而否定其结论，就会导致矛盾”。具体地讲，反证法就是从否定命题的结论入手，并把对命题结论的否定作为推理的已知条件，进行正确的逻辑推理，使Z得到与已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题等相孑，孑盾的原因是假设不成立，所以肯定了命题的结论，从而使命题获得了证明。反证法所依据的是逻辑思维规律中的“矛盾律”和“排中律”。在同一思维过程中，两个互相矛盾的判断不能同吋都为真，至少有…个是假的，这就是逻辑思维屮的“矛盾律”；两个互相矛盾的判断不能同时都假，简单地说“A或者非A”，这就是逻辑思维中的“排中律”。反证法在其证明过程中，得到孑盾的判断，根据“矛盾律”，这些矛盾的判断不能同时为真，必有一假，而已知条件、已知公理、定理、法则或者己经证明为正确的命题都是真的，所以“否定的结论”必为假。再根据“排中律”，结论与“否定的结论”这一对立的互相否定的判断不能同时为假，必有一真，于是我们得到原结论必为真。所以反证法是以逻辑思维的基本规律和理论为依据的，反证法是可信的。反证法的证题模式可以简要的概括我为“否定一推理一否定”。即从否定结论开始，经过正确无误的推理导致逻辑矛盾，达到新的否定，可以认为反证法的基本思想就是“否定之否定”。应用反证法证明的主要三步是：否定结论一推导出矛盾->结论成立。实施的具体步骤是：第一步，反设：作出与求证结论相反的假设；第二步，归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾；第三步，结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立。在应用反证法证题吋，一定要用到“反设”进行推理，否则就不是反证法。用反证法证题时，如果欲证明的命题的方面情况只有一种，那么只要将这种情况驳倒了就可以，这种反证法又叫“归谬法”；如果结论的方而情况有多种，那么必须将所有的反面情况一一驳倒，才能推断原结论成立，这种证法又叫“穷举法”。在数学解题中经常使用反证法，牛顿曾经说过：“反证法是数学家最精当的武器之一”。--般来讲，反证法常用来证明的题型有：命题的结论以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“无限”形式出现的命题；或者否定结论更明显。具体、简单的命题；或者直接证明难以下手的命题，改变其思维方向，从结论入手进行反面思考，问题可能解决得十分干脆。I、再现性题组：1.已知函数f(x)在其定义域内是减函数，则方程f(x)=O。A.至多一个实根B.至少一个实根C.一个实根D.无实根2.已知a<0,—lab?之间的大小关系是。A.a>ab>ab2B.ab2>ab>aC.ab>a>ab2D.ab>ab2>a3.已知aClB=1,aa,bB,若a>b为异面直线，则。\nA.a>b都与1相交B.a>b中至少一条与1相交C.a>b中至多有一条与1相交D.a>b都与1相交1.四面体顶点和各棱的中点共10个，在其中取4个不共面的点，不同的取法有。(97年全国理)A.150种B.147种C.144种D.141种【简解】1小题：从结论入手，假设四个选择项逐一成立，导出其中三个与特例矛盾，选A；2小题：采用“特殊值法”,取a=-l>b=-0.5,选D；3小题：从逐一假设选择项成立着手分析，选氏4小题：分析清楚结论的几种情况，列式是：C：°—C：X4—3—6,选D。II、示范性题组:例1・如图，设SA、SB是圆锥S0的两条母线，0是底面圆心，C是SB上一点。求证：AC与平面SOB不垂直。【证明】假设AC丄平而SOB,【分析】结论是“不垂直”，呈“否定性”，考虑使用反证法，即假设“垂直”后再导出矛盾后，再肯定“不垂直”。•・•直线SO在平面SOB内,:.AC丄SO,JSO丄底面圆0,・・.S0丄AB,・•・S0丄平面S/\B,・・・平面SAB〃底面圆0,这显然出现矛盾，所以假设不成立。即AC与平而SOB不垂直。【注】否定性的问题常用反证法。例如证明界面直线，可以假设共面，再把假设作为已知条件推导出矛盾。例2.若下列方程：x2+4ax—4a+3=0,x2+(a—l)x+a2=0,x2+2ax—2a=0至少有一个方程有实根。试求实数a的取值范围。【分析】三个方程至少有一个方程有实根的反面情况仅有一种：三个方程均没有实根。先求出反而情况时a的范围，再所得范围的补集就是正面情况的答案。【解】设三个方程均无实根，则有：亠=16^2-4(-4^+3)<0vA2=(a-l)2-4a2<0A.=4/—4(—2a)<0uJ312213,解得"a<一1或a>即一—f(2)、|f(3)|中至少有一个不小于丄。24.求证：抛物线y=兰一1上不存在关于直线x+y=O对称的两点。\n1.已知a、bWR,且|a|+|b|b>lD.b>a>l3.如果x那么函数f（x）=cos，x+sinx的最小值是。（89年4全国文）\nV2-1C.—1D.1-V21.如果奇函数f(x)在区间［3,7］上是增函数且最小值是5,那么f(x)的［-7,-3］上是—o(91年全国)A.增函数且最小值为一5B.增函数且最大值为一5C.减函数且最小值为一5D.减函数且最大值为一59.设全集1={(x,y)|x,yeR},集合M={(x,y)-―=1},N={(x,y)|yx-2Hx+1},那么MUN等于o(90年全国)A.©B.{(2,3)}C.(2,3)D.{(x,y)|y=x+lggq10.如果o是第二象限的角，且满足cos—sin—=71-sin0,那么丁是A.第一象限角B.第三象限角C.可能第一象限角，也可能第三象限角D.第二象限角11・已知集合E={6|cos6乙，选A;2小题：由已知画出对数曲线，选B；3小题：设sinx=t后借助二次函数的图像求f(x)的最小值，选D；4小题：由奇函数图像关于原点对称画出图像，选5小题：将几个集合的几何意义用图形表示出来，选6小题：利用单位圆确定符号及象限；选B；\n7小题：利用单位圆，选A；8小题：将复数表示在复平面上，选9小题：转化为圆上动点与原点连线的斜率范围问题；选D；\n10小题：利用复平面上复数表示和两点之间的距离公式求解，答案—扌+丰【注】以上各题是历年的高考客观题，都可以借助几何直观性来处理与数有关的问题，即借助数轴（①题）、图像（②、③、④、⑤题）、单位圆（⑥、⑦题）、复平面（⑧、⑩题）、方程曲线（⑨题）。II、示范性题组：例].若方程lg（—x2+3x—m）=lg（3—x）在xG（0,3）内有唯一解，求实数in的取值范围。【分析】将对数方程进行等价变形，转化为一元二次方程在某个范围内有实解的问题，再利用二次函数的图像进行解决。【解】原方程变形为3-x>0（x-2）2=1-m设曲线y,=（x-2）2,xG（0,3）和直线y2=l-①当1—m=0时，有唯一解，m=l;②当1W1—水4时，有唯一解，即一30),椭圆中心D(2+f,0),焦点在x轴上，长半轴为2,短半轴为1,它的左顶点为A。问p在什么范围内取值，椭圆上有四个不同的点，它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线L的距离？【分析】由抛物线定义，可将问题转化成：P为何值吋，以A为焦点、L为准线的抛物线与椭圆有四个交点，再联立方程组转化成代数问题(研究方程组解的情况)。【解】由已知得：a=2,b=l,A(f,O),设椭圆与双曲线方程并联立有:y2=2px\n2*[x_(2+—)]2，消y得：X?—(4—7p)x+(2p+牛)=02..214所以△=16—64p+48p2〉0,即6p2—8p+2>0,解得：p<+或p>l。结合范围(£,4+£)内两根,设f(x)=x2-(4-7p)x+(2p+孚),224所以彳<土严<4+彳即卩<*,且f(彳)>0、f(4+彳)〉0即p>-4+3V2o结合以上，所以一4+3V20,故③式不可能有实数解。所以不存在a、b,使得AQBH"与(a,b)GC同时成立皿、巩固性题组：\n1.已知5x+12y=60，则看F的最小值是oA.聖B.12C.12D.1135122.已知集合P={(x,y)|y=79-x2}>Q={(X,y)|y=x+b},若PQQHd,则b的取值范围是—。A.|b|<3B.|b|^3V2C.—3WbW3VID.-3|x-l|+|x+l|的解集是罪空数集，那么实数in的取值范围是6.设z=cosa+丄iJL|z|W1,那么arg刁的取值范围是。27.若方程x2-3ax+2a2=0的一个根小于1,而另一根大于1,则实数a的取值范围是。8.sin220°+cos280°+巧sin20°•cos80°=。9.解不等式：7-x2-2r>b—x10.设A={x0.a=0、放0三种情况。这种分类讨论题型可以称为概念型。②问题屮涉及到的数学定理、公式和运算性质、法则有范围或者条件限制，或者是分类给出的。如等比数列的前n项和的公式，分q=l和qHl两种情况。这种分类讨论题型可以称为性质型。③解含有参数的题目时，必须根据参数的不同取值范围进行讨论。如解不等式ax>2吋分a>0、a=0和a〈0三种情况讨论。这称为含参型。\n另外，某些不确定的数量、不确定的图形的形状或位置、不确定的结论等，都主要通过分类讨论，保证其完整性，使之具有确定性。进行分类讨论时，我们要遵循的原则是：分类的对象是确定的，标准是统一的,不遗漏、不重复，科学地划分，分清主次，不越级讨论。其中最重要的一条是“不漏不重”。解答分类讨论问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对象的全体的范阖；其次确定分类标准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分级进行，获取阶段性结果；最后进行归纳小结，综合得出结论。I、再现性题组：1.集合A={x||x|W4,xER},B={xI|x—31Wa,xWR},若AoB,那么a的范围是oA.OWaWlB.aWlC.a0且aHl,p=logfl(a3+a+l),q=logfl(a2+a+l),则p、q的大小关系是oA.p=qB.pqD.当a>l吋，p>q；当0〈a〈l吋，p0、a=0、从0三种情况讨论，选B；2小题:对底数a分a〉l、00、x〈0两种情况,选B；6小题：分侧而矩形长、宽分别为2和4、或4和2两种情况，选D；7小题：分截距等于零、不等于零两种情况，选C。\nII、示范性题组：例1.设00且aHl,比较log“(1一x)与]oga(1+x)的大小。【分析】比较对数大小，运用对数函数的单调性，而单调性与底数a有关，所以对底数a分两类情况进行讨论。【解】•・•0l①当0〈a〈l吋，loga(1—x)>0,logfl(l+x)<0,所以loga(1—x)I—Ilogrt(1+x)I=log“(1—X)—[—loga(1+x)]=loga(1—x2)>0;②当a>l时,loga(1—x)<0,loga(1+x)>0,所以Ilog“(1—X)I—Ilog“(1+x)I=—loga(l—x)—log“(1+x)=—logd(1—x?)>0；由①、②可知，lloga(1—x)|>|log“(1+x)I。【注】本题要求对对数函数y=log“x的单调性的两种情况十分熟悉，即当a>l吋其是增函数，当0〈以1吋其是减函数。去绝对值吋要判别符号，用到了函数的单调性；最后差值的符号判断，也用到函数的单调性。例2・已知集合A和集合B各含有12个元素，AAB含有4个元素，试求同时满足下面两个条件的集合C的个数：①.CuAUB且C中含有3个元素；②.CGAHeo【分析】由已知并结合集合的概念，C中的元素分两类：①属于A元素；②不属于A而属于B的元素。并由含A中元素的个数1、2、3,而将取法分三种。【解】CL•C：+C：2•C；+C：2•C：=1084\n【注】本题是排列组合中“包含与排除”的基本问题，正确地解题的前提是合理科学的分类，达到分类完整及每类互斥的要求，还有一个关键是要确定c中元素如何取法。另一种解题思路是直接使用“排除法”,即c；°—C；=1084。例3.设｛a」是由正数组成的等比数列，S”是前n项和。①.证明：lgS”；lgS”+2〈]gS”“；②.是否存在常数C>O,使得lg(S”-c)；lg(S”+2-c)=lg(S“+[—c)成立？并证明结论。(95年全国理)【分析】要证的不等式和讨论的等式可以进行等价变形；再应用比较法而求解。其中在应用等比数列前n项和的公式时，由于公式的要求，分q=l和qHl两种情况。【解】设｛j｝的公比q,则aJO,q>0①•当q=1时，S”=na),从而S”S/J+2—S/J+J—na】(n+2)aj—(nd-1)22—_Q]々0；当qHl时，=)\_qsws/i+2-sw+12==_3i'q"〈0；%2(1一/)(1一严)务2(]—严)2(1-^)2(1-9)2由上可得snS”+20,使得1恥c)[lg(S“-c)=]g(s^—c)成立。\n【注】本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论。该题文科考生改问题为:证明1°临%;10险S沁〉］ogosS曲,和理科第一问类似，只是所利用的是底数是0.5时，对数函数为单调递减。例1、例2、例3属于涉及到数学概念、定理、公式、运算性质、法则等是分类讨论的问题或者分类给出的，我们解决吋按要求进行分类，即题型为概念、性质型。例4.设函数f(x)=ax2-2x+2,对于满足l〈x〈4的一切x值都有f(x)>0,求实数a的取值范围。【分析】含参数的一元二次函数在有界区间上的最大值、最小值等值域问题，需要先对开口方向讨论，再对英抛物线对称轴的位置与闭区间的关系进行分类讨论，最后综合得解。【解】当a>0时，f(x)=a(x——)2+2——aaa7或0aa丄24a/(4)=16q—8+2M0aMl或—*o【注】本题分两级讨论，先对决定开口方向的二次项系数。分。〉0、a〈0、a=0三种情况，再每种情况结合二次函数的图像，在a>0时将对称轴与闭区间的关系分三种，即在闭区间左边、右边、中间。本题的解答，关键是分析符合条件的二次函数的图像，也可以看成是“数形结合法”的运用。例5.解不等式Zf@为常数，占斗)2。+12【分析】含参数的不等式，参数a决定了2卄1的符号和两根一细、6a的大小，故对参数a分四种情况a〉0、a=0、—ya<—分別加以讨论。【解】2a+l>0时，a>-|；-4a<6a时，a>0。所以分以下四种情况讨论：当a>0时，(x+4a)(x—6a)>0,解得：x<—4a或x〉6a；当a=0时，x2>0,解得：xHO；\n当——0,解得：x〈6a或x>—4a；J当a>——时，(x+4a)(x—6a)<0,解得：6a6a；当且=0时，xHO；当一］〈a〈0时,Jx〈6a或x>—4a；当a>—y时，6a0),/.—y2+2y=a解得：y=l土a/1-a(OWaWl)由上可得，z=±(—1++q)或土仃土)i【注】本题用标准解法(设z=x+yi再代入原式得到一个方程组，再解方程组)过程十分繁难，而挖掘隐含，对z分两类讨论则简化了数学问题。【另解】设z=x+yi,代入得X2—y2+27?+/+2xyi=a；〒_+2^x2+y2=a2xy=0当y=0时,x2+2|x|=a,解得x=±(—1+Jl+a)，所以z=±(—1+Jl+a)；当x=0吋，一y?+2|y|=a,解得y=土(1土yjl-a),所以±(1土Jl-a)i。由上可得，z=±(―1+Jl+d)或±仃土)i【注】此题属于复数问题的标准解法，即设代数形式求解。其中抓住2xy=0而分x=0和y=0两种情况进行讨论求解。实际上，每种情况中绝对值方程的求解，也渗透了分类讨论思想。\n例7.在xoy平面上给定曲线y2=2x,设点A(a,0),aeR,曲线上的点到点A的距离的最小值为f(a),求f(a)的函数表达式。(本题难度0.40)【分析】求两点间距离的最小值问题，先用公式建立目标函数，转化为二次函数在约束条件x20下的最小值问题，而引起对参数a的取值讨论。【解】设M(X,y)为曲线y2=2x±任意一点，则|MA|2=(X—a)2+y2=(X—a)2+2x=x2—2(a—l)x+a2=[x—(a—1)]2+(2a-1)由于y2=2x限定xNO,所以分以下情况讨论：当a—0时,x=a—1取最小值，HP|MA}2min=2a—1；当a—1<0时,x=0取最小值,BP|MA}2mio=a2；综上所述,(a^l时)(avl时)【注】本题解题的棊本思路是先建立冃标函数。求二次函数的最大值和最小值问题我们十分熟悉，但含参数a,以及还有隐含条件x20的限制，所以要从中找出正确的分类标准，从而得到d=f(a)的函数表达式。皿、巩固性题组：若logallogw(x2—a.)(a>0且aHl)aa11•设首项为1,公比为q(q>0)的等比数列的前n项和为S”，乂设S“+i求limToFL812.若复数z.z\z3在复平面上所对应三点A、B、C组成直角三角形，且|z|=2,求zo13.有卡片9张，将0、1、2、…、8这9个数字分别写在每张卡片上。现从中任取3张排成三位数，若6可以当作9用，问可组成多少个不同的三位数。14.函数f(x)=(|m|—l)x2—2(m+l)x—1的图像与x轴只有一个公共点，求参数m的值及交点坐标。\n三.函数与方程的思想方法函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题。方程思想，是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式、或方程与不等式的混合组)，然后通过解方程(组)或不等式(组)来使问题获解。有时，还实现函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的。笛卡尔的方程思想是：实际问题一数学问题一代数问题一方程问题。宇宙世界,充斥着等式和不等式。我们知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪里有公式，哪里就有方程；求值问题是通过解方程来实现的……等等；不等式问题也与方程是近亲，密切相关。而函数和多元方程没有什么本质的区别，如函数y=f(x),就可以看作关于x、y的二元方程f(x)-y=Oo可以说，函数的研究离不开方程。列方程、解方程和研究方程的特性，都是应用方程思想时需要重点考虑的。函数描述了自然界中数量之间的关系，函数思想通过提出问题的数学特征，建立函数关系型的数学模型，从而进行研究。它体现了“联系和变化”的辩证唯物主义观点。一般地，函数思想是构造函数从而利用函数的性质解题，经常利用的性质是：f(x)、f1(x)的单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图像变换等,要求我们熟练掌握的是一次函数、二次函数、幕函数、指数函数、对数函数、三角函数的具体特性。在解题中，善丁•挖掘题目中的隐含条件，构造岀函数解析式和妙用函数的性质，是应用函数思想的关键。对所给的问题观察、分析、判断比较深入、充分、全面吋，才能产生由此及彼的联系，构造出函数原型。另外，方程问题、不等式问题和某些代数问题也可以转化为与其相关的函数问题，即用函数思想解答非函数问题。函数知识涉及的知识点多、面广，在概念性、应用性、理解性都有一定的要求,所以是高考中考查的重点。我们应用函数思想的几种常见题型是：遇到变量，构造函数关系解题；有关的不等式、方程、最小值和最大值之类的问题，利用函数观点加以分析；含有多个变量的数学问题屮，选定合适的主变量，从而揭示其屮的函数关系；实际应用问题，翻译成数学语言，建立数学模型和函数关系式，应用函数性质或不等式等知识解答；等差、等比数列中，通项公式、前n项和的公式，都可以看成n的函数，数列问题也可以用函数方法解决。I、再现性题组：1.方程lgx+x=3的解所在的区间为。A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,+^)2•如果函数f(x)=x2+bx+c对于任意实数t,都有f(2+t)=f(2-t),那么A.f(2)0),则一+-—y=解出x=2,再用万能公1+x1+x5式，选A；£S5小题：利用4是关于n的一次函数，设S=S=m,-^-=x,则(：p)、n11p+qp(巴，q)、(x,p+q)在同一直线上，由两点斜率相等解得x=0,则答案：0；q6小题：设cosx=t,tW[T,1],则a=t$—t—1丘[―1],所以答案：[―-1]・4J，7小题：设高h,由体积解出h=2V3,答案：24V6；416小题：设长x,则宽—，造价y=4X120+4xX80+—X80M1760,答案：XXx+cosx+a=0有实根，则实数a的取值范围是1760oH、示范性题组:7.止六棱锥的体积为4&侧面与底面所成的角为45。，则此棱锥的侧面积为\n例1.设a>0,aHl,试求方程logu(x—ak)=log2(x2—a2)有实数解的k的wa范围。(89年全国高考)\n【分析】由换底公式进行换底后出现同底，再进行等价转化为方程组，分离参数后分析式子特点，从而选用三角换元法，用三角函数的值域求解。【解】将原方程化为：log“（X—ak）=logQVx2-a2,等价T[x-ak>0]（2>0,a1）\x-ak=\x-a~•Ik=7~^)2~l(中>1儿设—=csc3,3G0)U(0,'),贝!Jk=f(e)=csce—|ctgea22当”豊0)时,f（（））=csc（）e+ctgo=ctg—<—1,故k<—1；tte当9e（0,可）时，f（B）=cscB—ctgB=tg可丘（0,1）,故00),设曲线y=x—ak,曲线C2：y=^lx2-a2（y>0）,如图所示。由图可知，当一ak"或一a〈一3k〈0时曲线-与C2有交点，即方程有实解。所以k的取值范围是：k〈一l或0ak2<(k2+\)a'所以伙J"〉ak,X=厶K还有一种思路是直接解出方程的根，然后对方程的根进行讨论，具体过程是：[x-ak>0原方程等价变形为厂—后，解得:[兀_ak=V兀__X22即牛1—k>0,通分得厶二〈0,解得k〈一1或0m（x2-1）对满足|m|W2的一切实数m的取值都成立。求x的取值范围。\n【分析】此问题由于常见的思维定势，易把它看成关于X的不等式讨论。然而，若变换一个角度以m为变量，即关于m的一次不等式(x2-l)m-(2x-l)<0在［-2,2］±恒成立的问题。对此的研究，设f(m)=(x2-l)m-(2x-l),则问题转化为求一次函数(或常数函数)f(m)的值在［-2,2］内恒为负值时参数x应该满足的条件/(2)<0/(-2)<0【解】问题可变成关于川的一次不等式：(x2-l)m-(2x-l)<0在［-2,2］恒成立，设f(m)=(x2-l)m-(2x-l),则j/(2)=2(x2-l)-(2x-l)<0人［/(-2)=-2(x2-1)-(2x-1)<0卄「/^7-1巧+1、解得xW(二一，一^)【注】本题的关键是变换角度，以参数m作为自变量而构造函数式，不等式问题变成函数在闭区间上的值域问题。本题有别于关于x的不等式2x-l>m(x2-1)的解集是［-2,2］时求m的值、关于x的不等式2x—l>m(x2—1)在［-2,2］上恒成立时求m的范围。一般地，在一个含有多个变量的数学问题中，确定合适的变量利参数，从而揭示函数关系，使问题更明朗化。或者含有参数的函数中，将函数自变量作为参数,而参数作为函数，更具有灵活性，从而巧妙地解决有关问题。例3.设等差数列｛a〃｝的前n项的和为S”，已知a3=12,S12>0,S13<0。①•求公差d的取值范围；②.指出S「S2>…、Sd中哪一个值最大，并说明理由。(92年全国高考)【分析】①问利用公式J与S“建立不等式，容易求解d的范围；②问利用S”是n的二次函数，将S“中哪一个值最大，变成求二次函数中n为何值时S”取最大值的函数最值问题。【解】①由屯=*1+2d=12,得到=12—2d,所以512=12a,+66d=12(12-2d)+66d=144+42d>0,513=13a1+78d=13(12-2d)+78d=156+52d<0o24解得：—0、aw+1<0,即：由d〈0知道ai>a2>->aI3,由S13=13a7<0得j〈0,由SI2=6(a6+a7)>0得a6>0o所以，在,、…、S12中，Sg的值最大。例4.如图，AB是圆0的直径，PA垂直于圆0所在平面，C是圆周上任一点，设ZBAC=0,PA=AB=2r,求异面直线PB和AC的距离。【分析】异面直线PB和AC的距离可看成求直线PB上任意一点到AC的距离的最小值，从而设定变量，建立目标函数而求函数最小值。B【解】在PB上任取一点\1,作MD丄AC于D,MH1AB于H,设MH=x,则MH丄平面ABC,AC丄HD。MD2=x2+[(2r—x)sin0]2=(sin2+l)x2—drsin20x+4r2sin29z.2Qr2rsin209,4r2sin20=(sin-0+l)[x—―]■+-~~1+sin~0l+snrO即当xf时，md取最小值笫sm6=为两异面直线的距离。1+sin-eJl+sii?e【注】本题巧在将立体几何中“异面直线的距离”变成“求异面直线上两点Z间距离的最小值”，并设立合适的变量将问题变成代数屮的“函数问题”。一般地，对于求最大值、最小值的实际问题，先将文字说明转化成数学语言后，再建立数学模型和函数关系式，然后利用函数性质、重要不等式和有关知识进行解答。比如再现性题组第8题就是典型的例子。例5・已知Z\ABC三内角A、B、C的大小成等差数列，且tgA-tgC=2+VL又知顶点C的对边C上的高等于4巧，求△ABC的三边Q、b、C及三内角。【分析】已知了一个积式，考虑能否由其它已知得到一个和式，再用方程思想求解。【解】由A、B.C成等差数列，可得B=60°；由ZXABC中tgA+tgB+tgC=tgA•tgB•tgC,得tgA+tgC=tgB(tgA•tgC—1)=y/3(1+V3)设tgAstgC是方程x2—(V3+3)x+2+V3=0的两根，解得x〔=l,x2=2+V3设A〈C,则tgA=1ftgC=2+5/3,A=~~~fC=tJLJ由此容易得到a=8,b=4V6,c=4V3+4o\n【注】本题的解答关键是利用^AABC中tgA+tgB+tgC=tgA•tgB•tgC"这一条性质得到tgA+tgC,从而设立方程求出tgA和tgC的值，使问题得到解决。例6.若(z—x)2—4(x—y)(y—z)=0,求证：x、y、z成等差数列。【分析】观察题设，发现正好是判别式b2-4ac=0的形式，因此联想到构造一个一元二次方程进行求解。【证明】当x=y吋，可得x=z,/.x>y、z成等差数列；当xHy吋，设方程(X—y)t2—(z—x)t+(y—z)=0,由△=()得tI=t2,并易知t=l是方程的根。t.•19~=1,即2y=x+z,Ax>y、z成等差数列【注】一般地，题设条件中如果已经具备或经过变形整理后具备了“X]+X2=a.x「X2=b”的形式，则可以利用根与系数的关系构造方程；如果具备b2-4ac$0或b2-4ac<0的形式，可以利用根的判别式构造一元二次方程。这种方法使得罪方程问题用方程思想来解决，体现了一定的技巧性，也是解题基本方法中的一种“构造法”。例7.AABC中，求证：cosA•cosB•cosCW—。8【分析】考虑首先使用三角公式进行变形，结合三角形中有关的性质和定理，主要是运用“三角形的内角和为180°”。变形后再通过观察式子的特点而选择和发现最合适的方法解决。【证明】设k=cosA・cosB・cosC=y[cos(A+B)+cos(A—B)]・cosC=y[—厶JcosC+cos(A—B)JcosC整理得：cos2C—cos(A—B)•cosC+2k=0,即看作关于cosC的一元二次方程。・・・A=cos2(A-B)-8k^0即8k^cos2(A-B)^l・・・即cosA・cosB・cosCW§【注】本题原本是三角问题，引入参数后，通过三角变形，发现了其等式具有“二次”特点，于是联想了一元二次方程，将问题变成代数中的方程有实解的问题，这既是“方程思想”，也体现了“判别式法”、“参数法”。\n此题的另外一种思路是使用“放缩法”，在放缩过程中也体现了“配方法”，具体解答过程是：cosA•cosB•cosC=+［cos(A+B)+cos(A—B)］•cosC=—1.11costA-B)「,10z、一—cos"C+—cos(A—B)•cosC=——［cosC］^+—cos「(A—B)W2222o—cos2(A—B)—ooo1+2“+4"a例8.设f(x)=lg；如果当xe(—,i］时f(x)有意义，求实数a的取值范围。1+2"+4"a【分析】当xe(—,1］时f(x)=lg--有意义的函数问题，转化为1+2X+4ra>0在xE(-8,1］上恒成立的不等式问题。【解】由题设可知,不等式1+2”+4冷>0在xW(-g,1］上恒成立，B|J：(y)2v+(*)'+a>0在xe(-8,1］上恒成立。设t=(^)\则t又设g(t)=t2+t+a,其对称轴为t=—*・・.t2+t+a=0在［*,+8)上无实根，即g(|)=(|)2+|+a>0,得a>34所以a的取值范围是a>-|o4【注】对于不等式恒成立，引入新的参数化简了不等式后，构造二次函数利用函数的图像和单调性进行解决问题，其中也联系到了方程无解，体现了方程思想和函数思想。一般地，我们在解题中要抓住二次函数及图像、二次不等式、二次方程三者之间的紧密联系，将问题进行相互转化。在解决不等式(*)2“+(+)、+>0在xe(-OO,1］上恒成立的问题时，也可使113用“分离参数法”：设=(护，t迁，则有a=T—g(Y，r，所3以a的取值范围是宀：其中最后得到a的范围，是利用了二次函数在某区间上值域的研究，也可属应用“函数思想”O\nm、巩固性题组:1.方程sin2x=sinx在区间(0,2肌)内解的个数是A.1B.2C.3D.42.已知函数f(x)=|2X—11,af(c)>f(b),则。A.a<0,b<0,c>0B.a<0,b>0,c>0C.272。d.2"+2*23.已知函数f(x)=loga(x2—4x+8),xe[o,2]的最大值为一2,贝Ua=A.丄B.丄C.2D.4244.已知｛art｝是等比数列，且aj+a2+a3=18,a2+a3+a4=—9,S“=Q|+£aZJ,那么limS“等于oFL8A.8B.16C.32D.485.等差数列｛aj^,a4=84,前n项和为S”，已知S9>0,S10<0,则当n=时，S”最大。6.对于满足0WpW4的所有实数p,使不等式x'+px〉4x+p—3成立的x的取值范围是o7.若关于x的方程x2-6x+8|=a恰有两个不等实根，则实数a的取值范圉是8.已知点A(0,1)、B(2,3)及抛物线y=x2+mx+2,若抛物线与线段AB相交于两点，求实数m的取值范围。9.已知实数x、y、z满足等式x+y+z=5和xy+yz+zx=3,试求z的取值范围。10.已知1g2-—4•lg-•lg^.=0,求证：b是a、c的等比中项。cbc11.设Q、B、丫均为锐角，JIcos2a+cos2B+cos2Y+2cosa・cosB・cosY=l，求证：a+B+丫=兀o12.当p为何值时，曲线y2=2px(p>0)与椭圆丄(x—2—£)2+y2=l有四个交22点。(88年全国高考)13•已知关于x的实系数二次方程x2+ax+b=0有两个实数根a、B。证明：①.如果|a|<2,|0|<2,那么2|a|<4+b且|b|〈4；②.如果2|a|<4+b且|b|〈4,那么|a|<2,|3|<2o(93年全国理)14•设f(x)是定义在区间(-8,+8)上以2为周期的函数，对kez,用■表示区间(2k-l,2k+l],已知当xei()时，f(x)=x?。①.求f(x)在—上的解析表达式；②.对自然数k,求集合MA,=｛a|使方程f(x)=ax在I«上有两个不相等的实根｝。(89\n年全国理)\n四、等价转化思想方法等价转化是把未知解的问题转化到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法。通过不断的转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式法、简单的问题。历年高考，等价转化思想无处不见，我们要不断培养和训练自觉的转化意识，将有利于强化解决数学问题屮的应变能力，提高思维能力和技能、技巧。转化有等价转化与非等价转化。等价转化要求转化过程中前因后果是充分必要的，才保证转化后的结果仍为原问题的结果。非等价转化其过程是充分或必要的,要对结论进行必要的修正(如无理方程化有理方程要求验根)，它能给人带来思维的闪光点，找到解决问题的突破口。我们在应用时一定要注意转化的等价性与非等价性的不同要求，实施等价转化时确保其等价性，保证逻辑上的正确。著名的数学家，莫斯科大学教授c.A.雅洁卡娅曾在一次向数学奥林匹克参赛者发表《什么叫解题》的演讲时提出：“解题就是把要解题转化为己经解过的题”0数学的解题过程，就是从未知向已知、从复杂到简单的化归转换过程。等价转化思想方法的特点是具有灵活性和多样性。在应用等价转化的思想方法去解决数学问题时，没有一个统一的模式去进行。它可以在数与数、形与形、数与形之间进行转换；它可以在宏观上进行等价转化，如在分析和解决实际问题的过程中，普通语言向数学语言的翻译；它可以在符号系统内部实施转换，即所说的恒等变形。消去法、换元法、数形结合法、求值求范围问题等等，都体现了等价转化思想，我们更是经常在函数、方程、不等式Z间进行等价转化。可以说，等价转化是将恒等变形在代数式方而的形变上升到保持命题的真假不变。由于其多样性和灵活性，我们要合理地设计好转化的途径和方法，避免死搬硕套题型。在数学操作中实施等价转化时，我们要遵循熟悉化、简单化、直观化、标准化的原则，即把我们遇到的问题，通过转化变成我们比较熟悉的问题来处理；或者将较为繁琐、复杂的问题，变成比较简单的问题，比如从超越式到代数式、从无理式到有理式、从分式到整式…等；或者比较难以解决、比较抽象的问题，转化为比较直观的问题，以便准确把握问题的求解过程，比如数形结合法；或者从非标准型向标准型进行转化。按照这些原则进行数学操作，转化过程省时省力，有如顺水推舟，经常渗透等价转化思想，可以提高解题的水平和能力。I、再现性题组：1.f(x)是R上的奇函数，f(x+2)=f(x),当0WxW1时，f(x)=x,则f(7.5)等于oA.0.5B.—0.5C.1.5D.—1.513—22.设f(x)=3x-2,则fT[f(x)]等于A.B.9x-8C.x3.若m、n>p>qWR且n?+n2="p2+q2=b,abHO,则mp+nq的最大值\nUTUIA.—-—B.yjabC.4.如果复数z满足z+i+7—iA.1B.V2C.2aba+b—2,那么丨z+i+11的最小值为D.75225-设椭圆*+朱=1(a>b>0)的半焦距为c,直线1过(0,a)和(b,0),已知原点到1的距离等于牢c,则椭圆的离心率为化才1.已知三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直，SA=5,SB=4,SC=3,D为AB的中点，E为AC的中点，则四棱锥S-BCED的体积为oA.15B.102535【简解】1小题:由已知转化为周期为2,所以f(7.5)=f(-0.5)=-f(0.5),选B；2小题：设f(x)=y,由互为反函数的值域与定义域的关系，选C；3小题：由mp+nqW竺¥二+少严容易求解，选心4小题：由复数模几何意义利用数形结合法求解，选A；2小题：3b=XJq2+$2,变形为12e4—31e1133=—I1123』一1=/—]2—1=9兀yz\xyz^Jxyz兀+〉七+7=0,再解出e,选B；6小题：由=和三棱椎的等体积转化容易求，选A。II、示范性题组：例1.若x、y、zWR+且x+y+z=l,求(■—1)(丄一1)(丄一1)的最小值。xyz【分析】由已知x+y+z=l而联想到，只有将所求式变形为含代数式x+y+z,或者运用均值不等式后含xyz的形式。所以，关键是将所求式进行合理的变形，即等价转化。【解】(丄一1)(--1)(--1)=—(1-x)(l-y)(l-z)xyzxyz=(1—x—y—z+xy+yz+zx—xyz)=(xy+yz+zx—xyz)xyzxyz\n【注】对所求式进行等价变换：先通分，再整理分子，最后拆分。将问题转化为求丄+丄+丄的最小值，则不难由平均值不等式而进行解决。此题属于代数恒xyz等变形题型，即代数式在形变屮保持值不变。例2.设x、yER且3x2+2b=6x,求x2+y2的范围。【分析】设k=x2+y2，再代入消去y,转化为关于x的方程有实数解吋求参数k范围的问题。其中要注意隐含条件，即x的范围。【解】由6x-3x2=2y2^0得0WxW2。设k=x2+y2,则y2=k—x2,代入已知等式得：x2—6x+2k=0,即k=—yx2+3x,其对称轴为x=3o由0WxW2得kG[O,4]o所以x2+y2的范围是：0Wx?+y2W4。【另解】数形结合法（转化为解析儿何问题）:2由3x2+2y2=6x得（x—1）2+*=1,即表示如图所示椭圆，其一个顶点在坐2标原点。x2+y2的范围就是椭圆上的点到坐标原点的距离的平方。由图可知最小值是0,距离最大的点是以原点为圆心的圆与椭圆相切的切点。设圆方程为x2+y2=k,代入椭圆中消y得x2—6x+2k=0o由判别式厶=36—8k=0得k=4,所以x2+y2的范围是：OWx'+y'WA。【再解】三角换元法，对己知式和待求式都可以进行三角换元（转化为三角问题）：2x-1=cosa由3x2+2y2=6x得（x—1尸++=1,设亦，贝I」_y=—sina2I2x2+y2=l+2coSa+cos2a+-Sin2a=l+-+2cosa--cos2=——cos2a+2cosa+—[0,4]乙J所以x2+y2的范围是：0^x2+y2^4o【注】本题运用多种方法进行解答，实现了多种角度的转化，联系了多个知识点，有助于提高发散思维能力。此题还可以利用均值换元法进行解答。各种方法的运用，分别将代数问题转化为了其它问题，属于问题转换题型。例3・求值:ctgl0°-4cosl0°【分析】分析所求值的式子，估计两条途径：一是将函数名化为相同，二是将非特殊角化为特殊角。\n【解一】ctglO°4cosl0°cdOssilOn4cosl0°cdOs-4silOncdOssilOnsin80°-2sin20°sin80°-sin20°-sin20°sinlO°sinlO02cos50°sin30°-sin20°sin400-sin20°2cos30°sinlO0_巧sin10°sin10°sinlO0（基本过程：切化弦一通分一化同名一拆项一差化积一化同名一差化积）cdOssilOn【解二】ctglO°4cosl04cosl0cdOs-4silOncdOssilOnsin80。-2sin20。f*血sinlO073cos(60°+20°)=^°°一2sin20。sinlO0sin10°2cos60°sin80°-2sin20°sin140°-sin(-20°)-2sin20°sin10°sin140°-sin20°2cos80°sin60°「=V3sin10°sin10°sinlO0（慕本过程：切化弦一通分一化同名f特值代入f枳化和〜差化积）cdOssilOn【解三】ctglO°4cosl04cosl0\ncdOs-4silOncdOssilOnsin80°-2sin20°sin(60°+20°)-2sin20°sin10°sinlO0—cos20°+-sin20°-2sin20°22sin10°厂173V3(-cos20°-—sin20°)22sinlO°（基本过程：切化弦一通分一化同名一拆角80°-和差角公式）【注】无条件三角求值问题，是高考中常见题型，其变换过程是等价转化思想的体现。此种题型属于三角变换型。一般对，对于三角恒等变换，需要灵活运用\n的是同角三角函数的关系式、诱导公式、和差角公式、倍半角公式、和积互化公式以及万能公式，常用的手段是：切割化弦、拆角、将次与升次、和积互化、异名化同名、异角化同角、化特殊角等等。对此，我们要掌握变换的通法，活用2公式，攻克三角恒等变形的每一道难关。例4.已知f(x)=tgx,xe(0,-y-),若X[、x2e(0,与)且Xj^x2,求证：*[f（xj+f（X2）]>f（E；勺）（94年全国高考）【分析】从问题着手进行思考，运用分析法，一步步探求问题成立的充分条件。【证明】£[f（X|）+f（X2）]>f（山）o7[tgx,+tgx2]>tgAisin*]C0SX)Isinx2)>cosx2sin(兀1+兀2)1+COS(X]+x2)1sin(X]+x2)2COSA：)cosx2sin(兀1+兀2)1+C0S(X]+兀2)1+COSXICOSX2+DSNO1+cos(x[+x2)>2cosxjcosx2osinX]sinx2>2cosx!cosx2ocosX]cosx?+sinX]Sinx2〈locos(X|—x?)〈l由已知显然C0S(X!—X2)<1成立，所以£[f(xj+g]>f（宁）【注】本题在用分析法证明数学问题的过程中，每一步实施的都是等价转化。此种题型属于分析证明型。例5.如图，在三棱锥S-ABC中，S在底面上的射影N位于底面的高CD上，M是侧棱SC上的一点，使截面MAB与底面所成角等于ZXSCo求证：SC垂直于截面MAB。（83年全国高考）【分析】由三垂线定理容易证明SC1AB,再在平面SDNC中利用平面儿何知识证明SC丄DM。【证明】由已知可得：SN丄底面ABC,AB丄CD,CD是斜线SC在底面AB的射影,・•・AB丄SC。・・•AB丄SC、AB丄CD・・・AB丄平面SDNC・・・ZMDC就是截面MAB与底面所成的二面角由已知得ZMDC=ZNSC又・・•ZDCM=ZSCN・・・ADCM^ASCM・・・ZDMC=ZSNC=RtZ即SC丄DM所以SC丄截面MAB。【注】立体几何中有些问题的证明，可以转化为平面几何证明来解决，即考虑在一个平面上的证明时运用平面几何知识。\nni、巩固性题组：1.正方形ABCD与正方形ABEF成90°的二面角，则AC与BF所成的角为。A.45°B.60°C.30°D.90°2.函数f(x)=|lgx|,若0lD.a>l且b>l3.!竺[J1+2+—+”—J1+2+・・・+(川一1)](nWN)的值为oA.亚B.V2C.0D.124.(a+b+c)10展开式的项数是oA.11B.66C.132D.3105.已知长方体ABCD-A,B'C'D'中，AA'=AD=1,羽,则顶点A到截面A'BD的距离是。6.已知点M(3cosx,3sinx)>N(4cosy,4siny),贝!||MN|的最大值为。7.函数y=眉+的值域是o8.不等式logg(x'+x+3)>log2(x+2)的解是o丄]9.设x>0,y>0,求证：(x'+y^^Xx'+y3)5(86年上海高考)10.当xW[0,丄]时，求使cos2x—mcosx+2m—2>0恒成立的实数m的取值2范围。11.设AABC的三内角A、B、C的对边分别是a、b、c,若三边a、b、c顺次成等差数列，求复数z=[cos(兀+4)+isinO+4)]•[sin(兰!_—£)+i2222cos(色L—£)]的辐角主值argz的最大值。2212.已知抛物线C：y=(t2+t-l)x2-2(a+t)2x+(t2+3at+b)对任何实数t都与x轴交于P(l,0)点，又设抛物线C与x轴的另一交点为Q(m,0),求m的取值范围。第三章高考热点问题和解题策略数学高考坚持以“两个有利”（有利高校选拔新牛、有利中学教学）为指导思想，严格遵循“考试说明”的规定，内容上不超纲，能力上不超规定层次（了解、理解和掌握、灵活和综合运用），在考查三基（基础知识、基本技能、基本技巧）和四种能力（逻辑思维能力、运算能力、空间想象能力、分析和解决问题的能力）的同时，侧重考查教材中的主要内容、数学思想方法和应用意识，特别是突岀考查数学学科的思维能力。函数平均每年占高考总分的13.8%,考查的知识背景为幕、指、对及一般函数的概念、定义域、值域、反函数；函数的性质、函数的单调性、奇偶性、周期性;函数的图像等。三角函数平均每年占高考总分的12.6%,考查的知识背景是三角函数的概念、性质、以及有关公式的应用，以常规题居多。解（证）不等式平均每年占高考总分的11.2%,考查的知识背景为不等式的性\n质、定理；立几、数列屮的最值问题以及解几屮的范围问题。数列、极限和数学归纳法平均每年占高考总分的13.8%,考查的知识背景为等差（比）数列的概念与计算公式；数列、极限的概念与求法。线面间的位置关系平均每年占高考总分的11.8%,考查的知识背景为线面间的平行、垂直性质与判定及有关概念。每年均为阅读理解型试题。圆锥曲线平均每年占高考总分的11.7%,考查的知识背景为圆锥曲线的定义、性质及解几中的基本数学思想方法。1993年一1999年高考试题中，常用的数学方法儿乎毎年考到，常用的数学思想方法考查的频率明显提高，探索性能力题年年考，对应用性问题的考查力度不断加大，阅读理解能力多题渗透。今年高考命题，选择题继续保持14个题题量，仍分为1-5题，每题4分，6-14题每题5分，但适当降低最后2-3题的难度，控制语言的抽象水平。填空题保持1997-1999年水平，共4个题左右，每题4分，难度仍将为中等题，以计算题为主,且计算量仍不会加大。相比99年高考，2000高考将适当降低试卷的难度，进一步加强对思维能力考查.进一步注重通性通法的考查，继续突出主体内容（函数.方程.不等式.数列锥曲线等），淡化某些不宜升温的知识（递推数列、复数和立体几何等），做好向新高中教材过渡的准备O应用题将适当控制对建模能力难度的考查，减少普通语言转译为数学语言的难度，既注意贴近生活，又注意靠近课本。探索性综合题和信息迁移题不可能增加难度，如数列综合题仍以归纳猜想为主要形式。一、应用问题应用问题的“考试要求”是考查考生的应用意识和运用数学知识与方法来分析问题解决问题的能力，这个要求分解为三个要点：1、要求考生关心国家大事，了解信息社会，讲究联系实际，重视数学在生产、牛活及科学中的应用，明确“数学有用，要用数学”，并积累处理实际问题的经验。2、考查理解语言的能力，要求考生能够从普通语言屮捕捉信息，将普通语言转化为数学语言，以数学语言为工具进行数学思维与交流。3、考查建立数学模型的初步能力，并能运用“考试说明”所规定的数学知识和方法来求解。对应用题，考生的弱点主要表现在将实际问题转化成数学问题的能力上。实际问题转化为数学问题，关键是提高阅读能力即数学审题能力，审出函数、方程、不等式、等式，要求我们读懂材料，辨析文字叙述所反应的实际背景，领悟从背景中概括出来的数学实质，抽象其中的数量关系，将文字语言叙述转译成数学式符号语言，建立对应的数学模型解答。可以说，解答一个应用题重点要过三关：一是事理关，即读懂题意，需要一定的阅读理解能力；二是文理关，即把文字语言转化为数学的符号语言；三是数理关，即构建相应的数学模型，构建Z后还需要扎实的基础知识和较强的数理能力。求解应用题的一般步骤是（四步法）:1、读题：读懂和深刻理解，译为数学语言，找出主要关系；\n2、建模：把主要关系近似化、形式化，抽象成数学问题；3、求解：化归为常规问题，选择合适的数学方法求解；4、评价：对结果进行验证或评估，对错谋加以调节，最后将结果应用于现实,作出解释或验证。在近几年高考中，经常涉及的数学模型，有以下一些类型：数列模型、函数模型、不等式模型、三角模型、排列组合模型等等。I、再性性题组：1•某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次（一个分裂为两个），经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成o（94年全国高考）A.511个B.512个C.1023个D.1024个2•如图，以墙为一边，用篱笆围成长方形的场地，并用平行于一边的篱笆隔开，已知篱笆的总长为定值L,这块场地的长为时，场地面积最大，最大面积是。（82年全国高考）3•圆柱轴截面的周长L为定值，那么圆柱体积的最大值是o（93年全国高考）A.（|）3nB.|C.D.2（^）569244\n4•在半径为30n）的圆形广场中央上空，置一个照明光源，射向地面的光呈圆锥形，且其轴截而顶角为120°,若要光源恰好照亮整个广场，则其高度应为。（精确到0.Im）（93年全国高考）5.甲、乙、丙、丁四个公司承包8项工程，甲公司承包3项，乙公司承包1项,丙、丁公司各承包2项，共有种承包方式。（86年全国高考）【简解】1小题：答案B；2小题：设长x,面积S=xX干答案：长为+，最大面积令;l-4rIr^r+~-2r3小题：V=Jir2—-—=Jir2（——2r）<（）3,选A；223304小题：由—=tg60°得h=10V^~17.3；h5小题:C；C；C：=1680。II、示范性题组：例1・某地现有耕地10000公顷，规划10年后粮食单产比现有增加22%,人均粮食产量比现在提高10%,如果人口年增长率为1%,那么耕地每年至多只能减少多少公顷（精确到1公顷）？（96年全国高考）（粮食单产=总产量耕地面积人均粮食产量=总产量总人口数【分析】此题以关系国计民生的耕地、人口、粮食为背景，给出两组数据，要求考生从两条线索抽象数列模型，然后进行比较与决策。【解】1・读题：问题涉及耕地面积、粮食单产、人均粮食占有量、总人口数及三个百分率，其中人均粮食占有量p=粮食单:仁豐面积,主要关系是：P实际>p一厂规划。2•建模：设耕地面积平均每年至多减少x公顷，现在粮食单产为a吨/公顷，现在人口数为叫则现在占有量为空1°_,10年后粮食单产为a（l+0.22）,人口m数为m（l+O.OD，0,耕地面积为（104-10x）o(1+0.1)q(1+0.22)(10°-10兀)〜gXIO4m(l+O.Ol)i°"即1.22(104-10x)>1.1X1O4X(1+0.01)103.求解：x^lO3-—X103X(1+0.01)101.22V(1+0.01)10=1+C；OXO.01+C?oXO.012+C^0XO.013+-^1.1046・•・xWl(P—995.9~4(公顷)\n4•评价：答案xW4公顷符合控制耕地减少的国情，又验算无破，故可作答。(答略)【另解】1•读题：粮食总产量=单产X耕地面积；粮食总占有量=人均占有量X总人口数；而主要关系是：粮食总产量M粮食总占有量2•建模：设耕地面积平均每年至多减少x公顷，现在粮食单产为a吨/公顷，现在人口数为m,则现在占有量为必W-,10年后粮食单产为a(l+0.22),人口m数为m(l+O.Ol)10,耕地面积为(104-10x)o・・・a(l+0.22)X(104-10x)>X(1+0.1)Xm(l+0.01)10m3.求解：x^lO3--^-X103X(1+0.01)10'■厶J•・•(1+0.01)lo=l+C；oXO.Ol+C^XO.Ol2+C^oXO.Ol3+-^l.1046・・・x<103-995.9^4(公顷)4.评价：答案xW4公顷符合控制耕地减少的国情，乂验算无破，故可作答。(答略)【注】本题主要是抓住各量之间的关系，注重3个百分率。其中耕地面积为等差数列，总人口数为等比数列模型，问题用不等式模型求解。本题两种解法，虽都是建立不等式模型，但建立时所用的意义不同，这耍求灵活掌握，述要求对指数函数、不等式、增长率、二项式定理应用于近似计算等知识熟练。此种解法可以解决有关统筹安排、最佳决策、最优化等问题。此种题型属于不等式模型，也可以把它作为数列模型，相比之下，主要求解过程是建立不等式模型后解出不等式。在解答应用问题时，我们强调“评价”这一步不可少！它是解题者的自我调节,比如本题求解过程中若令1.0110^1,算得结果为xW98公顷，自然会问：耕地减少这么多，符合国家保持耕地的政策吗？于是进行调控，检查发现是错在1.01'°的近似计算上。例2.已知某市1990年底人口为100万，人均住房面积为5】『，如果该市毎年人口平均增长率为2%,每年平均新建住房面积为10万Di?,试求到2000年底该市人均住房面积(精确到0.01)?(91年上海高考)【分析】城市每年人口数成等比数列，每年住房总面积成等比数列，分别写出2000年后的人口数、住房总面积，从而计算人均住房面积。【解】1・读题:主要关系:人均住房面积=总住房而积总人口数2•建模：2000年底人均住房面积为l(X)xl()4x5+l()xl()4xl()lOOxlO4x(l+2%)103•求解：化简上式=侖，•・•1.02lo=l+C]oX0.02+CjoX0・O22+CfoXO.02?+・・・"1.219・•・人均住房面积为而~4.924•评价：答案4.92符合城市实际情况，验算正确，所以到2000年底该市人均住房面积为4.92m2o【注】一般地，涉及到利率、产量、降价、繁殖等与增长率有关的实际问题，\n可通过观察、分析、归纳岀数据成等差数列还是等比数列，然后用两个基础数列的知识进行解答。此种题型属于应用问题中的数列模型。例3.甲、乙两地相距S千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过c千米/时，已知汽车每小吋的运输成本（以元为单位）由可变部分和固定部分组成：可变部分与速度v（千米/时）的平方成正比，比例系数为b；固定部分为ayuo①把全程运输成本y（元）表示为速度v（千米/时）的函数，并指出函数的定义域；②为了使全程运输成本最小，汽车应以多大速度行驶？（97年全国高考）【分析】几个变量（运输成本、速度、I古I定部分）有相互的关联，抽象出其中的函数关系，并求函数的最小值。【解】（读题）由主要关系：运输总成本=每小时运输成本X时间，（建模）有y=（a+bv2）—v（解题）所以全程运输成本y（元）表示为速度v（千米/时）的函数关系式是：y=s（-+bv）,其屮函数的定义域是Ve（0,c]oVa整理函数有y=S（^+bv）=S（v+Z）,VV由函数y=x+-（k>0）的单调性而得：X当年BC用Q表示，进而将运费表示成a的函数是,再求运费最小值等。【解】设ZADC=a,则AD=』-,BD=30—lOctga,sinor设水路每km的运费为1,则运费y=(30—10ctga)+2X』-sina=10(3—叱+」=10(3+士Zsinasinasinac、设t=_,即txsina+cosa=2,有J尸+1sin(a+0)=2,sina・•・jF+i习BPt^V3okm时运费最少。当t=V3时，2—cosa=V3sina即sina+ycosa=1,•ICD=10ctga=二破km3・・・sin(a+30°)=1,即a=60°。综上所述，D点应选在距C点竺5【注】作为工具学科的三角，跨学科的应用是它的特点，不少物理学、工程测量、航海航空等应用题都可以转化为三角函数来解决，或者运用解三角形中的基本知识和手段进行解答，此种题型属于应用问题中的三角模型。在解答应用问题中，最常见的是以上的几种模型，即：函数模型、不等式模型、数列模型、三角模型。此外，其它的几种应用问题模型有：与排列组合有关的应用问题，特征比较明显，属于排列组合模型，解答时一定要分清楚是分类还是分步，是排列还是组合，是否有重复和遗漏；与光学、力学、轨迹等有关方面的应用问题，可通过建立适当的坐标系，运用曲线的知识来建立数学模型来解答，n曲线研究主要是二次曲线，所以可称之为二次曲线模型。皿、巩固性题组:1•某商品降价10%后，欲恢复原价，则应提价为\nA.10%B.9%C.11%D.111%92•某工厂去年12月的月厂值为a,已知月平均增长率为P,则今年12月厂值比去年同期增加的倍数是。A.(1+P),2-1B.(1+P)12C.(1+P)11D.12P3.将一半径为R的木球加工成一正方形木块，则木块的最大体积为。A.J-V3R3B.3巧R?C.1R3D.2V5R3279984•在北纬45。圈上有甲、乙两地，它们分别在东经50。与140。的圈上，设地球半径为R,则甲、乙两地的球面距离为oA.1nRB.1hRC・ILRD.返jiR23425•某种商品分两次提价，有三种提价方案，方案甲是：第一次提价P%,第二次提价q%;方案乙是：第一次提价q%,第二次提价P%;方案丙是：第一次提价凹％,第二次提价4%,已知p>q>0,则上述三个方案中。22A.方案甲提价最多方案乙提价最多C.方案丙提价最多D.以上都不对5.假设国家收购某种农产品的价格是120元/担，其中征税标准为每100元征8元(叫税率8个百分点，即8%),计划可收购m万担。为了减轻农民负担，决定把税率降低x个百分点，预计收购量可增加2x个百分点。①写岀税收y(万元)与x的函数关系式；②要使此项税收在税率调节后不低于原计划的78%,试确定x的范围。6.某单位用分期付款的方式为职工购买40套住房，共需1150万元。购买当天先付150万元，以后每月的这一天都交付50万元，并加付欠款利息，月利率为1%。若交付150万元后的第一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个刀应该付多少钱？全部货款付清后，买这40套住房实际花了多少钱？&公园要建造一个圆形的喷水池，在水池中央垂岚于水面安装一个花形柱子0A,0恰在水面中心，0A=1.25米，安置在柱子顶端A处的喷头向外喷水，水流在各个方向上沿形状相同的抛物线路径落下，且在过0A的任一平面上抛物线路径如图所示，为使水流形状较为漂亮，设计成水流在到OA的距离为1米处达到距水面最大高度2.25米，如果不计其他因素，那么水池的半径至少要多少米，才能使喷出的水流不致落到池外？(97年上海高考)9•电灯挂在圆桌的止中央上空，光学定律指出：桌边A处的照度1与射到点A的光线与桌面的夹角9的正弦成正比，与点A到光源的距离的平方成反比。已知桌面半径r=0.5米，当电灯离桌面1米吋，桌边A处的照度为％。①试把照度T表示为角0的函数；②怎样选择电灯悬挂的高度h,才能使桌边处最亮？10.国际足联规定法国世界杯决赛阶段，比赛场地长105米、宽68米，足球门宽7.32米、高2.44米，试确定边锋最佳射门位置（边锋在足球场地长边上移动,最佳射门位置应使边锋看足球门的水平视角（）最大）。（精确到1米）二、探索性问题近年来，随着社会主义经济建设的迅速发展，要求学校由“应试教育”向“素\n质教育”转化，培养全面发展的开拓型、创造型人才。在这种要求下，数学教学中开放型问题随之产生。于是，探索性问题成了近几年来高考命题中的热点问题,它既是高等学校选拔高素质人材的需要，也是中学数学教学培养学生具有创造能力、开拓能力的任务所要求的。实际上，学牛在学习数学知识时，知识的形成过程也是观察、分析、归纳、类比、猜想、概括、推证的探索过程，其探索方法是学生应该学习和掌握的，是今后数学教育的重要方向。一般地，对于虽给岀了明确条件，但没有明确的结论，或者结论不稳定，需要探索者通过观察、分析、归纳岀结论或判断结论的问题（探索结论）；或者虽给出了问题的明确结论，但条件不足或未知，需要解题者寻找充分条件并加以证明的问题（探索条件），称为探索性问题。此外，有些探索性问题也可以改变条件,探讨结论相应发生的变化；或者改变结论，探讨条件相应发生的变化；或者给出一些实际中的数据，通过分析、探讨解决问题。探索性问题一般有以下儿种类型：猜想归纳型、存在型问题、分类讨论型。猜想归纳型问题是指在问题没有给出结论时，需要从特殊情况入手，进行猜想后证明其猜想的-般性结论。它的思路是：从所给的条件出发，通过观察、试验、不完全归纳、猜想，探讨出结论，然后再利用完全归纳理论和要求对结论进行证明。其主要体现是解答数列中等与n有关数学问题。存在型问题是指结论不确定的问题，即在数学命题中，结论常以“是否存在”的形式出现，其结果可能存在，需要找出来，可能不存在，则需要说明理由。解答这-类问题吋，我们可以先假设结论不存在，若推论无矛盾，则结论确定存在;若推证出矛盾，则结论不存在。代数、三角、几何屮，都可以出现此种探讨“是否存在”类型的问题。分类讨论型问题是指条件或者结论不确定时，把所有的情况进行分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。此种题型常见于含有参数的问题，或者情况多种的问题。探索性问题，是从高层次上考查学生创造性思维能力的新题型，正确运用数学思想方法是解决这类问题的桥梁和向导，通常需要综合运用归纳与猜想、函数与方程、数形结合、分类讨论、等价转化与非等价转化等数学思想方法才能得到解决，我们在学习中要重视对这一问题的训练，以提高我们的思维能力和开拓能力。I、再现性题组：1.是否存在常数a、b、c,使得等式1-22+2-32+-+门（门+1）2=公晋（32+bn+c）对一切自然数n都成立？并证明你的结论。（89年全国理）\nc/蚪hi8•18•22•已知数列盲，尹行8*n(2/1-I)2•(2/1+1)2…。S”为其前n项和,求S「S2>S3、S4,推测S”公式，并用数学归纳法证明。（93年全国理）【简解】1题：令n=l、2、3代入已知等式列出方程组，解得a=3、b=ll、c=10,猜测a、b、c的值对所有的nGN都成立，再运用数学归纳法进行证明。（属于是否存在型问题，也可属于猜想归纳型问题）q944Ron2题：计算得到S]=§、$2=w、S3=—>S4=—,观察后猜测Sn=2⑵再运用数学归纳法进行证明。（2/1+1）-II、示范性题组：【例1】己知方程kx2+y2=4,其中k为实数，对于不同范围的k值，分别指出方程所代表图形的类型，并画岀曲线简图。（78年全国高考题）【分析】由圆、椭圆、双曲线等方程的具体形式，结合方程kx2+y2=4的特点,对参数k分k〉l、k=l、0l、k=l、0k=0、k〈0五种情况讨论如下：①当k>l时，表示椭圆，其屮心在原点，焦点在y轴上，a=2,b=真；②当k=l时，表示圆，圆心在原点，r=2；2③当O〈k〈l时，表示椭圆，其中心在原点，焦点在x轴上，a=疋,b=2；④当k=0时，表示两条平行直线y=±2；⑤当k〈0吋，表示双曲线，中心在原点，焦点在y轴上。所有五种情况的简图依次如下所示：【注】分类讨论型问题，把所有情况分类讨论后，找出满足条件的条件或结论。2【例2］给定双曲线X?—宁=1,①过点A（2,0）的直线L与所给双曲线交于匕及卩2,求线段匕卩2的中点P的轨迹方程；②过点B（l,l）能否作直线m,使川与所给双曲线交于前点Q「Q2,且点B是线段Q“Q2的中点？这样的直线m如果存在，求出它的方程；如果不冻在，说明理由。（81年全国高考题）【分析】两问都可以设直线L的点斜式方程，与双曲线方程联立成方程组，其解就是直线与双曲线的交点坐标，再用韦达定理求解屮点坐标等。\n【解】①设直线L：y=k(x-2)y=k(x一2)・•・\。V2消y得(2-k2)x2+4k2x-(2+4k2)=0%2-—=12X]+x?=xP=代入直线L得：Yp=£_22k2jq—22・・・<消k得2x2-4x-y2=0即^斗=14k12线段P』2的中点P的轨迹方程是：咛工一2②设所求直线m的方程为：y=k(x—1)+1y=(兀-1)+1•Ivy2消y得(2—k2)x2+(2k2—2k)x+2k—k2—3=0X2一1r2,Ik2-2k•IX]+x?=__=2X2・；k=2代入消y后的方程计算得到：A<0,・・・满足题中条件的直线ni不存在。【注】本题综合性比较强，将解析几何知识进行了横向综合。对于直线与曲线的交点问题和有关交点弦长及其中点的问题，一般可以利用韦达定理和根的判别式求解。本题属于存在型问题，其一般解法是：假设结论不存在，若推论无矛盾,则结论确定存在；若推证出矛盾，则结论不存在。在解题思路中，分析法与反证法起了关键作用。这类问题一般是先列出条件组，通过等价转化解组。【例3】设｛j｝是正数组成的数列，其前n项的和为S”，并且对于所有的自然数n,j与2的等差中项等于S”与2的等比中项。①写出数列｛j｝的前3项;②求数列｛a〃｝的通项公式(写出推证过程)；③令叽二(纽+企)(n2cin%eN),求lim(b.+b2+-+b-n)o(94年全国高考题)【分析】由题意容易得到乞十=何；，由此而求得哲、5、a3,通过观察猜想再用数学归纳法证明。求出j后，代入不难求出叽，再按照要求求极限。【解】①—=J2S]=(2a、••a]=2\n=J2S2=J2(d]+色)=(2(2+a?)=J2S3=J2(Q]+6?2+。3)=J2(8+°3)所以数列｛%｝的前3项依次为2、6、10。②由数列｛a”｝的前3项依次为2、6、10猜想aw=4n-2,下面用数学归纳法证明a”=4n-2：当n=l时，通项公式是成立的；假设当n=k时结论成立，即有j=4k—2,由题意有写？=何7,将j=4k—2代入得到：S,=2k2；当门=1<+1时，由题意有。笃*2=j2Sw=J2(S«+如)...(%+；+$)2=2(3知]+2k2)即ak+l2—4a^+1+4—16k2=0由H+i>0,解得8匕卜[=2+4k=4(k+1)—2,所以n=k+l时，结论也成立。综上所述，上述结论对所有的自然数n都成立。③设cw=bz,-l=|骨+芸)十八黯+腐-2)2n+1(2n-l-1)+2«-12n+l-1)]=12/1-112n+lbt+b2dbn—n=Cj+c2dcn=(1—|7)H(J】55jIn—1丄)=1—丄2/2+12/2+1/•lim(b[+b°+…+b—n)=lim(1—)=1FL8”f82/1+1【注】本题求数列的通项公式，属于猜想归纳型问题，其一般思路是：从最简单、最特殊的情况出发，推测出结论，再进行严格证明。第③问对极限的求解，使用了“裂项相消法”，设立新的数列C”具有一定的技巧性。此外，本题第②问数列通项公式的求解，属于给出数列中S“与J的函数关系式求5,对此类问题我们还可以直接求解，解答思路是由％严S^—S”的关系转化为数列通项之间的递推关系，再发现数列的特征或者通过构造新的数列求解。具体的解答过程是：由题意有2=,整理得到S”=*(j+2)2,所以S”+]=*(a“+]+2凡\n・•・5+i=SM+1-Sw=|[(an+1+2)2_(a”+2)2]整理得到(art+1+an)(art+1-aw-4)=0由题意a”>0可以得到：a”+i—an—4=0,即an+1—aw=4・・・数列｛a”｝为等差数列，其中a,=2,公差d=4,即通项公式为j=4n—2。X(x2+3)【例4】已知X]>0,X]H1,且x“+]=(nWN),比较x”与x〃+i的3乙+1大小。(86年全国理)【分析】比较x”与x曲的大小，采用“作差法”，判别差式的符号式，分情况讨论。2x”(l-心2)3耳2+1■Xn(Xn2+3)【解】x”,—x产:；.，一x”=由X]>0及数列｛x“｝的定义可知，xw>0,所以xM+1—xw与1—x“2的符号相同。假定x,<1,当n=l时，1—X|2>0；假设n=k时1—x&「>0,那么当n=k+l时，l_x如2=1—[“飞+3)]2=(1_"\>0,因此对一切自然数n都有1—3兀厂+1(3xk+1)~x「>0,即x„1,当n=l时，1—X[2〈0；假设n=k时1—x&々°,那么当n=k+l吋，1_%如2=1—[兀(叮+3)]2=(:_和)[〈°,因此对一切自然数n都有i_3xk+1(3兀厂+1)X”2<0,即xw0,使得lg(S“-c)+lg(S”+2-c)〈ig(s曲-c)成立？并证明你的结论。(95年全国理)2.已知数列｛b“｝是等差数列，b]=l,bj+b2+•••+b10=100o\n①.求数列｛bj的通项;②.设数列｛aj的通项aw=lg(l+丄)，记S”是数列｛j｝的前n项和，试比较S”与llgb^的大小，并证明你的结论。(98年全国高考题)3.是否存在a、b、c,使得aw=an2+bn+c,且满足a(=1,3Sn=(n+2)aw,对一切自然数n都成立(其屮Sz,=ai+a2+-+az,)?试证明你的结论。4.已知Pw=(l+x)\Q〃=l+nx+邑导X?,neN,xW(-l,+8),比较P”和Qrt的大小。5.已知数列｛j｝满足关系式a】=a(a>0),a”=如(n>2,n^N)。1+a”_i①用a表示J、5、J；②猜想a“的表达式，并证明你的结论。xC6•在AABC屮，ZA、ZB、ZC的对边分别是a、b、c,且b、a、c成等差数列,bNc。已知B(-l,0)、C(1,0)o①求顶点A的轨迹L；②是否存在直线m,使m过点B并与曲线L交于不同的两点P、Q且|PQ|恰好等于原点0到直线ni距离的倒数？若存在，求出m的方程；若不存在，说明理PAD7•如图,已知矩形ABCD,PA丄平面ABCD,M、N分别是AB、PC的中点。①求证：MN丄AB；②若平面PDC与平面ABCD所成的二面角为0,能否确定0,使得直线MN是异面直线AB与PC的公垂线？若能确定，求出B的值；若不能确定，说明理由。\n三、选择题解答策略近几年来高考数学试题屮选择题稳定在14〜15道题，分值65分，占总分的43.3%o高考选择题注重多个知识点的小型综合，渗逶各种数学思想和方法，体现基础知识求深度的考基础考能力的导向；使作为中低档题的选择题成为具备较佳区分度的基木题型。因此能否在选择题上获取高分，对高考数学成绩影响重大。解答选择题的基本策略是准确、迅速。准确是解答选择题的先决条件。选择题不设中间分，一步失误，造成错选，全题无分。所以应仔细审题、深入分析、正确推演、谨防疏漏；初选后认真检验，确保准确。迅速是赢得时间获取高分的必要条件。高考中考牛不适应能力型的考试，致使“超吋失分”是造成低分的--人因素。对于选择题的答题吋间，应该控制在不超过50分钟左右，速度越快越好，高考要求每道选择题在1〜3分钟内解完。选择题主要考查基础知识的理解、基本技能的熟练、基本计算的准确、基本方法的运用、考虑问题的严谨、解题速度的快捷等方面，是否达到《考试说明》中的“了解、理解、掌握”三个层次的要求。历年高考的选择题都采用的是“四选一”型，即选择项中只有一个是正确的。它包括两个部分：题干，由一个不完整的陈述句或疑问句构成；备选答案，通常由四个选项A、B、C、D组成。选择题的特殊结构决定了它具有相应的特殊作用与特点：由丁•选择题不需写出运算、推理等解答过程，在试卷上配有选择题时，可以增加试卷容量，扩大考查知识的覆盖面；阅卷简捷，评分客观，在一定程度上提高了试卷的效度与信度；侧重于考查学生是否能迅速选出正确答案，解题手段不拘常规，有利于考查学生的选择、判断能力；选择支屮往往包括学生常犯的概念错误或运算、推理错误，所有具有较大的“迷惑性”。一般地，解答选择题的策略是：①熟练掌握各种基本题型的一般解法。②结合高考单项选择题的结构（由“四选一”的指令、题干和选择项所构成）和不要求书写解题过程的特点，灵活运用特例法、筛选法、图解法等选择题的常用解法与技巧。③挖掘题冃“个性”，寻求简便解法，充分利用选择支的暗示作用，迅速地作出正确的选择。I、示范性题组：一、直接法：直接从题设条件出发，运用有关概念、性质、定理、法则等知识，通过推理运算，得出结论，再对照选择项，从屮选正确答案的方法叫直接法。【例1】（96年高考题）若sin2x>cos2x,则x的取值范围是。A.{x|2k兀一-—cos2x得cos2x—sin2x〈0,即cos2x〈0,所以：一+2k皿〈2x〈—F222k兀,选D；【另解】数形结合法:由已知得|sinx|>|cosx|,画出单位圆：利用三角函数线，可知选D。【例2】(96年高考题)设f(x)是(一8,oo)是的奇函数，f(x+2)=—f(x),当OWxWl时，f(x)=x,则f(7.5)等于oA.0.5B.—0.5C.1.5D.—1.5【解】由f(x+2)=—f(x)得f(7.5)=—f(5.5)=f(3.5)=—f(1.5)=f(—0.5),由f(x)是奇函数得f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5,所以选B。也可由f(x+2)=-f(x),得到周期T=4,所以f(7.5)=f(-0.5)=-f(0.5)=—0.5o【例3】(87年高考题)七人并排站成一行，如果甲、乙两人必需不相邻，那么不同的排法的种数是。A.1440B.3600C.4320D.4800【解一】用排除法：七人并排站成一行，总的排法有P；种，其屮甲、乙两人相邻的排法有2XP：种。因此，甲、乙两人必需不相邻的排法种数有:P；—2XP：=3600,对照后应选B；【解二】用插空法:P；XP：=3600。直接法是解答选择题最常用的基本方法，低档选择题可用此法迅速求解。直接法适用的范围很广，只要运算正确必能得出正确的答案。提高盲接法解选择题的能力，准确地把握中档题戸的“个性”，用简便方法巧解选择题，是建在扎实掌握“三基”的基础上，否则一味求快则会快屮出错。二、特例法：用特殊值(特殊图形、特殊位置)代替题设普遍条件，得出特殊结论，对各个选项进行检验，从而作出正确判断的方法叫特例法。常用的特例有特殊数值、特殊数列、特殊函数、特殊图形、特殊角、特殊位置等。【例4】(97年高考题)定义在区间(―,8)的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间［0,+8)的图象与f(x)的图象重合,设a>b>0,给出下列不等式①f(b)—f(-a)>g(a)—g(-b)@f(b)—f(~a)g(b)—g(-a);④f(a)—f(-b)l,排除答案A、C；若a=2,由2-ax>0得x〈l,这与[0,1]不符合，排除答案C。所以选B。【例7】(88年高考题)过抛物线y2=4x的焦点，作直线与此抛物线相交于两点P和Q,那么线段PQ中点的轨迹方程是oA.y2=2x—1B.y2=2x—2C.y2=—2x+1D.y2=—2x+2【解】筛选法：由已知可知轨迹曲线的顶点为(1,0),开口向右，由此排除答案A、C、D,所以选B；【另解】直接法：设过焦点的直线y=k(x—1),则消y得：=4x\n兀|+兀2k2+2X=—=Qk2x2-2(k2+2)x+k2=0,中点坐标有9,消k得y2=2x—2,,k2+22选Bo筛选法适应于定性型或不易直接求解的选择题。当题FI中的条件多于一个时，先根据某些条件在选择支中找出明显与之矛盾的，予以否定，再根据期一些条件在缩小的选择支的范围那找出矛盾，这样逐步筛选，直到得出正确的选择。它与特例法、图解法等结合使用是解选择题的常用方法，近几年高考选择题中约占40%。四、代入法：将各个选择项逐一代入题设进行检验，从而获得止确判断的方法叫代入法，又称为验证法，即将各选择支分别作为条件，去验证命题，能使命题成立的选择支就是应选的答案。TT【例8】(97年高考题)函数y=sin(——2x)+sin2x的最小正周期是。71A.—B.7iC.271D.4龙2【解】代入法：f(x+£)=sin[£—2(x+f)]+sin[2(x+f)]=—f(x),而23227Tf(x+n)=sin[§—2(x+n)]+sin[2(x+Ji)]=f(x)。所以应选B；【另解】直接法：y=-^~cos2x—3sin2x+sin2x=sin(2x+£),T=n,Bo其侧面展开图的圆心【例9](96年高考题)母线长为1的圆锥体积最人吋,角°等于。D.2亦71【解】代入法：四个选项依次代入求得r分别为：1-V22/y/7/7A73323求得h分别为：二、岁、二、二,最后计算体积取最大者，选D。【另解】直接法:设底面半径r,则V=-nr2其中主=』\一『,得到r=花,所以0=2\n代入法适应于题设复杂，结论简单的选择题。若能据题意确定代入顺序，则能较大提高解题速度。五、图解法：据题设条件作出所研究问题的曲线或有关图形，借助几何图形的直观性作出正确判断的方法叫图解法或数形结合法。【例10]（97年高考题）椭图C与椭圆宁+咛关于直线+=0对称，椭圆C的方程是oA.g+=]49C.l£±2）_+Oi+3）^=194B.D.(x-2)2!(y-3)2_194(兀―2)2十0—3)2_]49由屮心及焦点位置，容易得到选A。则对称点（一y,-x）,代入已知椭【解】图解法：作出椭圆及对称的椭圆C,【另解】直接法：设椭圆C上动点（x,y）,圆方程得整理即得所求曲线C方程，所以选A。94【例11】（87年高考题）在圆x2+y2=4±与直线4x+3y—12二0距离最小的点的坐标是。A•(冷D.6）飞）【解】图解法：在同一直角坐标系屮作出圆x2+y2=4和直线4x+3y-12=0后，由图可知距离最小的点在第一象限内，所以选A。【直接法】先求得过原点的垂线，再与己知直线相交而得。【例12】已知复数z的模为2,则yz—i的最人值A.1B.2C.-75D.3【解】图解法：由复数模的几何意义，画出右图，可知当圆上的点到M的距离最大吋即为z-i丨最大。所以选D；【另解】不等式法或代数法或三角法：|z—i|W|z|+|i|=3,所以选D。数形结合，借助儿何图形的直观性，迅速作正确的判断是高考考查的重点之一;97年高考选择题肓接与图形有关或可以用数形结合思想求解的题目约占50%左右O从考试的角度来看，解选择题只要选对就行，不管是什么方法，甚至可以猜测。\n但平吋做题时要尽量弄清每…个选择支正确理由与错误的原因，这样，才会在高考时充分利用题冃自身的提供的信息，化常规为特殊，避免小题作，真正做到熟练、准确、快速、顺利完成三个层次的目标任务。II、巩固性题组：1.(86年高考题)函数y=(丄)「'+1的反函数是o5A.y=log5x+l(x>0)B.y=logv5+1(x>0且xHl)C.y=log5(x—1)(x>l)D.y=log5x—1(x>l)2.(90年高考题)已知f(x)=x3+ax+bx—&且f(—2)=10,那么f(2)等于A.-26B.-18C.-10D.103.一个凸多边形的最小内角为辽，各内角成等差数列，公差为丄，则此多边形336的边数为oA.9B.16C.9或16D.16或254.设a、b、c为实数，cos2x=acos2x+bcosx+c恒成立，则a2+b2+c2=A.2B.3C.4D.5则oC.lg(a-b)>05.若a、b是任意实数，且a>b,A.a2>b2B.A<16.如果方程x2+ky2=2表示焦点在y轴上椭圆，那么实数k的取值范围是A.(0,+s)B.(0,2)C.(1,+b)D.(0,1)7•屮心在原点，准线方程为x=±4,离心率为丄的椭圆方程是。222222/sA.£1+21=1B.二+21=1C.£1+厂=1D.x~+2L=43344415.已知正三棱台上、下底面边长分别为2和4,高为2V3,它被屮截面截得的较大部分体积是oA.2ZB.IllC.12D.2Z24449•若a=arg(2+i),B=arg(—3+i),则B—a等于。A.竺B.2ILC.一丄D.一竺444410.(95年高考题)等差数列｛ajJbJ前n项和分别是S”和T”，若益=王,Tn3n+1则1曲乞等于oA.1B.鱼c.1d.i339\n四、填空题解答策略填空题是一种传统的题型，也是高考试卷中乂一常见题型。近几年高考，都有一定数量的填空题，且稳定了4个小题左右，每题4分，共16分，越占全卷总分的11%。填空题又叫填充题，是将一个数学真命题，写成其中缺少一些语句的不完整形式，要求学生在指定的空位上，将缺少的语句填写清楚、准确。它是一个不完整的陈述句形式，填写的可以是一个词语、数字、符号、数学语句等。根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：一是定量型，要求学生填写数值、数集或数量关系，女2方程的解、不等式的解集、函数的定义域、值域、最大值或最小值、线段长度、角度大小等等。由于填空题和选择题相比，缺少选择支的信息，所以高考题中多数是以定量型问题出现。二是定性型，要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定的数学对象的某种性质，如：给定二次曲线的准线方程、焦点坐标、离心率等等。填空题不要求学生书写推理或者演算的过程，只要求直接填写结果，它和选择题一样，能够在短时间内作答，因而可加大高考试卷卷面的知识容量，同时也可以考查学牛对数学概念的理解、数量问题的计算解决能力和推理论证能力。在解答填空题吋，基本要求就是：正确、迅速、合理、简捷。一般来讲，每道题都应力争在1〜3分钟内完成。填空题只要求填写结果，每道题填对了得满分，填错了得零分，所以，考生在填空题上失分一般比选择题和解答题严重。我们很有必要探讨填空题的解答策略和方法。I、示范性题组：一、直接推演法：直接法就是根据数学概念，或者运用数学的定义、定理、法则、公式等，从已知条件出发，进行推理或者计算得出结果后，将所得结论填入空位处，它是解填空题最基本、最常用的方法。【例1】(94年高考题)已知sin0+cos。。G(0,n),则ctg0的值是O124【解】已知等式两边平方得sin0cos9,解方程组得sin0,cos厶QJ33故答案为：-fo34n【另解】设tgy=t,再利用万能公式求解。【例2】(95年高考题)方程log2(x+1)2+log4(x+1)=5的解是o【解】由换底公式得41og4(x+1)+log4(x+1)=5,即log4(x+1)=1,解得\nx=3o二、特值代入法：当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但题目暗示答案可能是一个定值时，可以将变量取一些特殊数值、特殊位置、或者一种特殊情况来求出这个定值,这样，简化了推理、论证的过程。【例3】（89年高考题）已知（1—2x）'=a0+a1x+a2x2+•••+a7x7,那么a〕4-a2+…+a7—o【解】令x=l,则有（一1）7=^0+%+5a7=—1；令x=0,则有％=1o所以a,+a2H&7=_1_1=_2。【例4】（90年高考题）在三棱柱ABC—A?B'C'中，若E、F分别为AB、AC的中点，平面EB，LF将三棱柱分成体积为£、'J的两部分，那么£:\「2【解】由题意分析，结论与三棱柱的具体形状无关，因此，可取一个特殊的直17三棱柱，其底面积为4,咼为1,则体积V=4,而V,=—（1+V4+4）=—,72=V_V］=q,则VJ:V2=7:5o三、图解法：一些计算过程复杂的代数、三角、解析儿何问题，可以作出有关函数的图像或者构造适当的几何图形，利用图示辅助进行育•观分析，从而得出结论。这也就是数形结合的解题方法。2【例5］不等式V27T5>x+1的解集是O【解】如图，在同一坐标系中画出函数y=亦石与y=x+l的图像，由图中可以直观地得到：所以所求解集是［-|,2）oX2y2【例6】（93年高考题）若双曲线丽-旅R与圆x+一没有公共点,则实数k的取值范围是O22【解】在同一坐标系中作出双曲线缶一€二=1与圆x2+y2=l,由双曲线的顶点位置的坐标，可以得到3k>1,故求得实数k的取值范围是k>*或1k
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