1、第一章 高中數學解題基本方法一、 配方法配方法是對數學式子進行一種定向變形（配成“完全平方”）的技巧，通過配方找到已知和未知的聯系，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適當預測，并且合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧，從而完成配方。有時也將其稱為“湊配法”。最常見的配方是進行恒等變形，使數學式子出現完全平方。它主要適用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題。配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(ab)a2abb，將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：ab(ab)2ab(ab)2ab；aa

2、bb(ab)ab(ab)3ab(a)（b）；abcabbcca(ab)(bc)(ca)abc(abc)2(abbcca)(abc)2(abbcca)結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：1sin212sincos（sincos）；x(x)2(x)2 ； 等等。、再現性題組：1. 在正項等比數列a中，asa+2asa+aa=25，則 aa_。2. 方程xy4kx2y5k0表示圓的充要條件是_。 A. <k<1 B. k<或k>1 C. kR D. k或k13. 已知sincos1，則sincos的值為_。 A. 1 B. 1 C. 1或1 D. 04. 函

3、數ylog (2x5x3)的單調遞增區間是_。 A. （, B. ,+) C. (, D. ,3)5. 已知方程x+(a-2)x+a-1=0的兩根x、x，則點P(x,x)在圓x+y=4上，則實數a_。【簡解】 1小題：利用等比數列性質aaa，將已知等式左邊后配方（aa）易求。答案是：5。 2小題：配方成圓的標準方程形式(xa)(yb)r，解r>0即可，選B。 3小題：已知等式經配方成(sincos)2sincos1，求出sincos，然后求出所求式的平方值，再開方求解。選C。4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解。選D。5小題：答案3。、示范性題組：例1.

4、已知長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24，則這個長方體的一條對角線長為_。 A. 2 B. C. 5 D. 6【分析】 先轉換為數學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z，則 ,而欲求對角線長，將其配湊成兩已知式的組合形式可得。【解】設長方體長寬高分別為x,y,z，由已知“長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24”而得：。長方體所求對角線長為：5所以選B。【注】本題解答關鍵是在于將兩個已知和一個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個數學式，容易發現使用配方法將三個數學式進行聯系，即聯系了已知和未知，從而求解。這也是我們使用配方法的一種解題模式。例2. 設方程xkx2=0的

5、兩實根為p、q，若()+()7成立，求實數k的取值范圍。【解】方程xkx2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：pqk，pq2 ,()+()7， 解得k或k 。又 p、q為方程xkx2=0的兩實根， k80即k2或k2綜合起來，k的取值范圍是：k 或者 k。【注】 關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“”；已知方程有兩根時，可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到pq、pq后，觀察已知不等式，從其結構特征聯想到先通分后配方，表示成pq與pq的組合式。假如本題不對“”討論，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對“”的討論，但解答是不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視。例3

6、. 設非零復數a、b滿足aabb=0，求()() 。【分析】 對已知式可以聯想：變形為()()10，則 （為1的立方虛根）；或配方為(ab)ab 。則代入所求式即得。【解】由aabb=0變形得：()()10 ，設，則10，可知為1的立方虛根，所以：，1。又由aabb=0變形得：(ab)ab ，所以 ()()()()()()2 。【注】 本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用的性質，計算表達式中的高次冪。一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯想和展開。【另解】由aabb0變形得：()()10 ，解出后，化成三角形式，代入所求表達式的變形式()()后，完成后面的運算。此

7、方法用于只是未聯想到時進行解題。假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由aabb0解出：ab，直接代入所求表達式，進行分式化簡后，化成復數的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的計算。、鞏固性題組：1. 函數y(xa)(xb) （a、b為常數）的最小值為_。A. 8 B. C. D.最小值不存在2. 、是方程x2axa60的兩實根，則(-1) +(-1)的最小值是_。A. B. 8 C. 18 D.不存在3. 已知x、yR，且滿足x3y10，則函數t28有_。A.最大值2 B.最大值 C.最小值2 B.最小值4. 橢圓x2ax3ya60的一個焦點在直線xy40上，則a_。A. 2 B. 6 C

8、. 2或6 D. 2或65. 化簡：2的結果是_。A. 2sin4 B. 2sin44cos4 C. 2sin4 D. 4cos42sin4 6. 設F和F為雙曲線y1的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足FPF90°，則FPF的面積是_。7. 若x>1，則f(x)x2x的最小值為_。8. 已知<，cos(-)，sin(+)，求sin2的值。(92年高考題)9. 設二次函數f(x)AxBxC，給定m、n（m<n）,且滿足A(m+n)+ mn2AB(m+n)CmnBC0 。 解不等式f(x)>0； 是否存在一個實數t，使當t(m+t,n-t)時，f(x)<0 ？

9、若不存在，說出理由；若存在，指出t的取值范圍。10. 設s>1，t>1，mR，xlogtlogs，ylogtlogsm(logtlogs), 將y表示為x的函數yf(x)，并求出f(x)的定義域； 若關于x的方程f(x)0有且僅有一個實根，求m的取值范圍。二、換元法解數學題時，把某個式子看成一個整體，用一個變量去代替它，從而使問題得到簡化，這叫換元法。換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化，變得容易處理。換元法又稱輔助元素法、變量代換法。通過引進新的變量，可以把分散的

10、條件聯系起來，隱含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯系起來。或者變為熟悉的形式，把復雜的計算和推證簡化。它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式，在研究方程、不等式、函數、數列、三角等問題中有廣泛的應用。換元的方法有：局部換元、三角換元、均值換元等。局部換元又稱整體換元，是在已知或者未知中，某個代數式幾次出現，而用一個字母來代替它從而簡化問題，當然有時候要通過變形才能發現。例如解不等式：4220，先變形為設2t（t>0），而變為熟悉的一元二次不等式求解和指數方程的問題。三角換元，應用于去根號，或者變換為三角形式易求時，主要利用已知代數式中與三角知識中有某點聯系

11、進行換元。如求函數y的值域時，易發現x0,1，設xsin ，0,，問題變成了熟悉的求三角函數值域。為什么會想到如此設，其中主要應該是發現值域的聯系，又有去根號的需要。如變量x、y適合條件xyr（r>0）時，則可作三角代換xrcos、yrsin化為三角問題。均值換元，如遇到xyS形式時，設xt，yt等等。我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標準化的原則，換元后要注重新變量范圍的選取，一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴大。如上幾例中的t>0和0,。、再現性題組：1.ysinx·cosxsinx+cosx的最大值是_。2.設f(x1)log(4x)

12、 （a>1），則f(x)的值域是_。3.已知數列a中，a1，a·aaa，則數列通項a_。4.設實數x、y滿足x2xy10，則xy的取值范圍是_。5.方程3的解是_。6.不等式log(21) ·log(22)2的解集是_。【簡解】1小題：設sinx+cosxt,，則yt，對稱軸t1，當t，y；2小題：設x1t (t1)，則f(t)log-(t-1)4，所以值域為(,log4；3小題：已知變形為1,設b，則b1,b1(n1)(-1)n，所以a；4小題：設xyk，則x2kx10, 4k40,所以k1或k1；5小題：設3y，則3y2y10,解得y，所以x1；6小題：設log(

13、21)y，則y(y1)<2，解得2<y<1，所以x(log,log3)。、示范性題組：例1. 實數x、y滿足4x5xy4y5 （ 式） ，設Sxy，求的值。（93年全國高中數學聯賽題）【分析】 由Sxy聯想到cossin1,于是進行三角換元，設代入式求S和S的值。【解】設代入式得： 4S5S·sincos5 解得 S ； -1sin21 385sin213 此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2的有界性而求，即解不等式：|1。這種方法是求函數值域時經常用到的“有界法”。【另解】 由Sxy，設xt，yt，t， 則xy±代入式得：4S±5=5

14、， 移項平方整理得 100t+39S160S1000 。 39S160S1000 解得：S 【注】 此題第一種解法屬于“三角換元法”，主要是利用已知條件Sxy與三角公式cossin1的聯系而聯想和發現用三角換元，將代數問題轉化為三角函數值域問題。第二種解法屬于“均值換元法”，主要是由等式Sxy而按照均值換元的思路，設xt、yt，減少了元的個數，問題且容易求解。另外，還用到了求值域的幾種方法：有界法、不等式性質法、分離參數法。和“均值換元法”類似，我們還有一種換元法，即在題中有兩個變量x、y時，可以設xab，yab，這稱為“和差換元法”，換元后有可能簡化代數式。本題設xab，yab，代入式整理得

15、3a13b5 ，求得a0,，所以S(ab)(ab)2(ab)a,，再求的值。例2 ABC的三個內角A、B、C滿足：AC2B，求cos的值。（96年全國理）【分析】 由已知“AC2B”和“三角形內角和等于180°”的性質，可得 ；由“AC120°”進行均值換元，則設 ，再代入可求cos即cos。【解】由ABC中已知AC2B，可得 ,由AC120°，設，代入已知等式得：2,解得：cos， 即：cos。【另解】由AC2B，得AC120°，B60°。所以2，設m，m ，所以cosA，cosC，兩式分別相加、相減得：cosAcosC2coscoscos，

16、cosAcosC2sinsinsin，即：sin，代入sincos1整理得：3m16m120,解出m6，代入cos。【注】 本題兩種解法由“AC120°”、“2”分別進行均值換元，隨后結合三角形角的關系與三角公式進行運算，除由已知想到均值換元外，還要求對三角公式的運用相當熟練。假如未想到進行均值換元，也可由三角運算直接解出：由AC2B，得AC120°，B60°。所以2，即cosAcosC2cosAcosC，和積互化得：2coscoscos(A+C)cos(A-C)，即coscos(A-C)(2cos1)，整理得：4cos2cos30,解得：cos y , , x例

17、3. 設a>0，求f(x)2a(sinxcosx)sinx·cosx2a的最大值和最小值。【解】 設sinxcosxt，則t-,，由(sinxcosx)12sinx·cosx得：sinx·cosx f(x)g(t)(t2a) （a>0），t-,t-時，取最小值：2a2a當2a時，t，取最大值：2a2a ；當0<2a時，t2a，取最大值： 。 f(x)的最小值為2a2a，最大值為。【注】 此題屬于局部換元法，設sinxcosxt后，抓住sinxcosx與sinx·cosx的內在聯系，將三角函數的值域問題轉化為二次函數在閉區間上的值域問題，

18、使得容易求解。換元過程中一定要注意新的參數的范圍（t-,）與sinxcosx對應，否則將會出錯。本題解法中還包含了含參問題時分類討論的數學思想方法，即由對稱軸與閉區間的位置關系而確定參數分兩種情況進行討論。一般地，在遇到題目已知和未知中含有sinx與cosx的和、差、積等而求三角式的最大值和最小值的題型時，即函數為f(sinx±cosx，sinxcsox)，經常用到這樣設元的換元法，轉化為在閉區間上的二次函數或一次函數的研究。例4. 設對所于有實數x，不等式xlog2x loglog>0恒成立，求a的取值范圍。（87年全國理）【分析】不等式中log、 log、log三項有何聯系

19、？進行對數式的有關變形后不難發現，再實施換元法。【解】 設logt，則loglog3log3log3t，log2log2t，代入后原不等式簡化為（3t）x2tx2t>0，它對一切實數x恒成立，所以：，解得 t<0即log<00<<1，解得0<a<1。【注】應用局部換元法，起到了化繁為簡、化難為易的作用。為什么會想到換元及如何設元，關鍵是發現已知不等式中log、 log、log三項之間的聯系。在解決不等式恒成立問題時，使用了“判別式法”。另外，本題還要求對數運算十分熟練。一般地，解指數與對數的不等式、方程，有可能使用局部換元法，換元時也可能要對所給的已知

20、條件進行適當變形，發現它們的聯系而實施換元，這是我們思考解法時要注意的一點。例5. 已知，且 (式)，求的值。【解】 設k，則sinkx，cosky，且sincosk(x+y)1,代入式得： 即：設t，則t , 解得：t3或 ±或±【另解】 由tg，將等式兩邊同時除以，再表示成含tg的式子：1tgtg，設tgt，則3t10t30，t3或， 解得±或±。【注】 第一種解法由而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數。第二種解法將已知變形為，不難發現進行結果為tg，再進行換元和變形。兩種解法要求代數變形比較熟練。在解高次方程時，都使用了換元法使方程次數降低。

21、例6. 實數x、y滿足1，若xyk>0恒成立，求k的范圍。【分析】由已知條件1，可以發現它與ab1有相似之處，于是實施三角換元。【解】由1，設cos，sin，即： 代入不等式xyk>0得：3cos4sink>0，即k<3cos4sin5sin(+) 所以k<-5時不等式恒成立。【注】本題進行三角換元，將代數問題（或者是解析幾何問題）化為了含參三角不等式恒成立的問題，再運用“分離參數法”轉化為三角函數的值域問題，從而求出參數范圍。一般地，在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似的代數式時，或者在解決圓、橢圓、雙曲線等有關問題時，經常使用“三角換元法”。 y x xyk&g

22、t;0 k 平面區域本題另一種解題思路是使用數形結合法的思想方法：在平面直角坐標系，不等式axbyc>0 (a>0)所表示的區域為直線axbyc0所分平面成兩部分中含x軸正方向的一部分。此題不等式恒成立問題化為圖形問題：橢圓上的點始終位于平面上xyk>0的區域。即當直線xyk0在與橢圓下部相切的切線之下時。當直線與橢圓相切時，方程組有相等的一組實數解，消元后由0可求得k3,所以k<-3時原不等式恒成立。、鞏固性題組：1. 已知f(x)lgx (x>0)，則f(4)的值為_。A. 2lg2 B. lg2 C. lg2 D. lg42. 函數y(x1)2的單調增區間是

23、_。A. -2,+) B. -1,+) D. (-,+) C. (-,-13. 設等差數列a的公差d，且S145，則aaaa的值為_。A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.54. 已知x4y4x，則xy的范圍是_。5. 已知a0，b0，ab1，則的范圍是_。6. 不等式>ax的解集是(4,b)，則a_，b_。7. 函數y2x的值域是_。8. 在等比數列a中，aaa2，aaa12，求aaa。 y D C A B O x9. 實數m在什么范圍內取值，對任意實數x，不等式sinx2mcosx4m1<0恒成立。10. 已知矩形ABCD，頂點C(4,4)，A點在曲線xy2 (x

24、>0,y>0)上移動，且AB、AD始終平行x軸、y軸，求矩形ABCD的最小面積。 三、待定系數法要確定變量間的函數關系，設出某些未知系數，然后根據所給條件來確定這些未知系數的方法叫待定系數法，其理論依據是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x)g(x)的充要條件是：對于一個任意的a值，都有f(a)g(a)；或者兩個多項式各同類項的系數對應相等。待定系數法解題的關鍵是依據已知，正確列出等式或方程。使用待定系數法，就是把具有某種確定形式的數學問題，通過引入一些待定的系數，轉化為方程組來解決，要判斷一個問題是否用待定系數法求解，主要是看所求解的數學問題是否具有某種確定的數學表達式，如果具有

25、，就可以用待定系數法求解。例如分解因式、拆分分式、數列求和、求函數式、求復數、解析幾何中求曲線方程等，這些問題都具有確定的數學表達形式，所以都可以用待定系數法求解。使用待定系數法，它解題的基本步驟是：第一步，確定所求問題含有待定系數的解析式；第二步，根據恒等的條件，列出一組含待定系數的方程；第三步，解方程組或者消去待定系數，從而使問題得到解決。如何列出一組含待定系數的方程，主要從以下幾方面著手分析： 利用對應系數相等列方程； 由恒等的概念用數值代入法列方程； 利用定義本身的屬性列方程； 利用幾何條件列方程。比如在求圓錐曲線的方程時，我們可以用待定系數法求方程：首先設所求方程的形式，其中含有待定

26、的系數；再把幾何條件轉化為含所求方程未知系數的方程或方程組；最后解所得的方程或方程組求出未知的系數，并把求出的系數代入已經明確的方程形式，得到所求圓錐曲線的方程。、再現性題組：1. 設f(x)m，f(x)的反函數f(x)nx5，那么m、n的值依次為_。A. , 2 B. ， 2 C. , 2 D. ，22. 二次不等式axbx2>0的解集是(,)，則ab的值是_。A. 10 B. 10 C. 14 D. 143. 在(1x)（1x）的展開式中，x的系數是_。A. 297 B.252 C. 297 D. 2074. 函數yabcos3x (b<0)的最大值為，最小值為，則y4asin

27、3bx的最小正周期是_。5. 與直線L：2x3y50平行且過點A(1,-4)的直線L的方程是_。6. 與雙曲線x1有共同的漸近線，且過點(2,2)的雙曲線的方程是_。【簡解】1小題：由f(x)m求出f(x)2x2m，比較系數易求，選C；2小題：由不等式解集(,)，可知、是方程axbx20的兩根，代入兩根，列出關于系數a、b的方程組，易求得ab，選D；3小題：分析x的系數由C與(1)C兩項組成，相加后得x的系數，選D；4小題：由已知最大值和最小值列出a、b的方程組求出a、b的值，再代入求得答案；5小題：設直線L方程2x3yc0，點A(1,-4)代入求得C10，即得2x3y100；6小題：設雙曲線

28、方程x，點(2,2)代入求得3，即得方程1。、示范性題組：例1. 已知函數y的最大值為7，最小值為1，求此函數式。【分析】求函數的表達式，實際上就是確定系數m、n的值；已知最大值、最小值實際是就是已知函數的值域，對分子或分母為二次函數的分式函數的值域易聯想到“判別式法”。【解】 函數式變形為： (ym)x4x(yn)0， xR, 由已知得ym0 (4)4(ym)(yn)0 即： y(mn)y(mn12)0 不等式的解集為(-1,7)，則1、7是方程y(mn)y(mn12)0的兩根，代入兩根得： 解得：或 y或者y此題也可由解集(-1,7)而設(y1)(y7)0,即y6y70，然后與不等式比較系

29、數而得：，解出m、n而求得函數式y。【注】 在所求函數式中有兩個系數m、n需要確定，首先用“判別式法”處理函數值域問題，得到了含參數m、n的關于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求參數m、n。兩種方法可以求解，一是視為方程兩根，代入后列出m、n的方程求解；二是由已知解集寫出不等式，比較含參數的不等式而列出m、n的方程組求解。本題要求對一元二次不等式的解集概念理解透徹，也要求理解求函數值域的“判別式法”：將y視為參數，函數式化成含參數y的關于x的一元二次方程，可知其有解，利用0,建立了關于參數y的不等式，解出y的范圍就是值域，使用“判別式法”的關鍵是否可以將函數化成一個一元二次方程。例2.

30、設橢圓中心在(2,-1)，它的一個焦點與短軸兩端連線互相垂直，且此焦點與長軸較近的端點距離是，求橢圓的方程。 y B x A F O F A B【分析】求橢圓方程，根據所給條件，確定幾何數據a、b、c之值，問題就全部解決了。設a、b、c后，由已知垂直關系而聯想到勾股定理建立一個方程，再將焦點與長軸較近端點的距離轉化為ac的值后列出第二個方程。【解】 設橢圓長軸2a、短軸2b、焦距2c，則|BF|a 解得： 所求橢圓方程是：1也可有垂直關系推證出等腰RtBBF后，由其性質推證出等腰RtBOF，再進行如下列式： ，更容易求出a、b的值。【注】 圓錐曲線中，參數（a、b、c、e、p）的確定，是待定系

31、數法的生動體現；如何確定，要抓住已知條件，將其轉換成表達式。在曲線的平移中，幾何數據（a、b、c、e）不變，本題就利用了這一特征，列出關于ac的等式。一般地，解析幾何中求曲線方程的問題，大部分用待定系數法，基本步驟是：設方程（或幾何數據）幾何條件轉換成方程求解已知系數代入。、鞏固性題組：1. 函數ylogx的x2,+)上恒有|y|>1，則a的取值范圍是_。A. 2>a>且a1 B. 0<a<或1<a<2 C. 1<a<2 D. a>2或0<a<2. 方程xpxq0與xqxp0只有一個公共根，則其余兩個不同根之和為_。A.

32、1 B. 1 C. pq D. 無法確定 3. 如果函數ysin2xa·cos2x的圖像關于直線x對稱，那么a_。A. B. C. 1 D. 14. 滿足C1·C2·Cn·C<500的最大正整數是_。A. 4 B. 5 C. 6 D. 75. 無窮等比數列a的前n項和為Sa , 則所有項的和等于_。A. B. 1 C. D.與a有關6. (1kx)bbxbxbx，若bbbb1，則k_。7. 經過兩直線11x3y90與12xy190的交點，且過點(3,-2)的直線方程為_。 8. 正三棱錐底面邊長為2，側棱和底面所成角為60°，過底面一邊作

33、截面，使其與底面成30°角，則截面面積為_。9. 設yf(x)是一次函數，已知f(8)15,且f(2)、f(5)、(f14)成等比數列，求f(1)f(2)f(m)的值。10. 設拋物線經過兩點(-1,6)和(-1,-2)，對稱軸與x軸平行，開口向右，直線y2x7和拋物線截得的線段長是4, 求拋物線的方程。四、定義法所謂定義法，就是直接用數學定義解題。數學中的定理、公式、性質和法則等，都是由定義和公理推演出來。定義是揭示概念內涵的邏輯方法，它通過指出概念所反映的事物的本質屬性來明確概念。定義是千百次實踐后的必然結果，它科學地反映和揭示了客觀世界的事物的本質特點。簡單地說，定義是基本概念

34、對數學實體的高度抽象。用定義法解題，是最直接的方法，本講讓我們回到定義中去。、再現性題組：1. 已知集合A中有2個元素，集合B中有7個元素，AB的元素個數為n，則_。A. 2n9 B. 7n9 C. 5n9 D. 5n72. 設MP、OM、AT分別是46°角的正弦線、余弦線和正切線，則_。A. MP<OM<AT B. OM<MP<AT C. AT<<OM<MP D. OM<AT<MP3. 復數za2，z2，如果|z|< |z|，則實數a的取值范圍是_。A. 1<a<1 B. a>1 C. a>0 D.

35、 a<1或a>14. 橢圓1上有一點P，它到左準線的距離為，那么P點到右焦點的距離為_。A. 8 C. 7.5 C. D. 35. 奇函數f(x)的最小正周期為T，則f()的值為_。A. T B. 0 C. D. 不能確定6. 正三棱臺的側棱與底面成45°角，則其側面與底面所成角的正切值為_。【簡解】1小題：利用并集定義，選B；2小題：利用三角函數線定義，作出圖形，選B；3小題：利用復數模的定義得<，選A；4小題：利用橢圓的第二定義得到e，選A；5小題：利用周期函數、奇函數的定義得到f()f()f()，選B；6小題：利用線面角、面面角的定義，答案2。、示范性題組：例

36、1. 已知z1， 設wz34，求w的三角形式； 如果1，求實數a、b的值。（94年全國理）【分析】代入z進行運算化簡后，運用復數三角形式和復數相等的定義解答。【解】由z1，有wz34(1)3423(1)41，w的三角形式是（cossin）；由z1，有(a2)(ab)。由題設條件知：(a2)(ab)1；根據復數相等的定義，得：，解得。【注】求復數的三角形式，一般直接利用復數的三角形式定義求解。利用復數相等的定義，由實部、虛部分別相等而建立方程組，這是復數中經常遇到的。例2. 已知f(x)xcx，f(2)14，f(4)252，求ylogf(x)的定義域，判定在(,1)上的單調性。【分析】要判斷函數

37、的單調性，必須首先確定n與c的值求出函數的解析式，再利用函數的單調性定義判斷。【解】 解得： f(x)xx 解f(x)>0得：0<x<1設<x<x<1， 則f(x)f(x)x+x-（-x+x）=(x-x)1-(x+x)( x+x), x+x>， x+x> (x+x)( x+x)×1 f(x)f(x)>0即f(x)在(,1)上是減函數 <1 ylogf(x) 在(,1)上是增函數。 A A D C C O H B B 【注】關于函數的性質：奇偶性、單調性、周期性的判斷，一般都是直接應用定義解題。本題還在求n、c的過程中，運用了

38、待定系數法和換元法。例3. 如圖，已知ABCABC是正三棱柱，D是AC中點。 證明：AB平面DBC； 假設ABBC，求二面角DBCC的度數。（94年全國理）【分析】 由線面平行的定義來證問，即通過證AB平行平面DBC內的一條直線而得；由二面角的平面角的定義作出平面角，通過解三角形而求問。【解】 連接BC交BC于O, 連接OD ABCABC是正三棱柱 四邊形BBCC是矩形 O是BC中點ABC中， D是AC中點 ABOD AB平面DBC 作DHBC于H，連接OH DH平面BCC ABOD, ABBC BCOD BCOH 即DOH為所求二面角的平面角。設AC1，作OEBC于E，則DHsin60

39、76;，BH，EH ； RtBOH中，OHBH×EH， OHDH DOH45°，即二面角DBCC的度數為45°。【注】對于二面角DBCC的平面角，容易誤認為DOC即所求。利用二面角的平面角定義，兩邊垂直于棱，抓住平面角的作法，先作垂直于一面的垂線DH，再證得垂直于棱的垂線DO，最后連接兩個垂足OH，則DOH即為所求，其依據是三垂線定理。本題還要求解三角形十分熟練，在RtBOH中運用射影定理求OH的長是計算的關鍵。此題文科考生的第二問為：假設ABBC，BC2，求AB在側面BBCC的 射影長。解答中抓住斜線在平面上的射影的定義，先作平面的垂線，連接垂足和斜足而得到射影

40、。其解法如下：作AEBC于E，連接BE即所求，易得到OEBB，所以，EFBE。在RtBBE中，易得到BFBE,由射影定理得：BE×EFBE即BE1，所以BE。、鞏固性題組：1 函數yf(x)ak的圖像過點(1,7)，它的反函數的圖像過點(4,0)，則f(x)的表達式是_。2. 過拋物線焦點F的直線與拋物線相交于A、B兩點，若A、B在拋物線準線上的射影分別為A、B,則AFB等于_。A. 45° B. 60° C. 90° D. 120°3. 已知A0,1，Bx|xA，則下列關系正確的是_。 A. AB B. AB C. AB D. AB4. 雙曲

41、線3xy3的漸近線方程是_。 A. y±3x B. y±x C. y±x D. y±x5. 已知定義在R上的非零函數f(x)滿足f(xy)f(x)f(y)，則f(x)是_。 A.奇函數 B.偶函數 C.非奇非偶函數 D.既奇既偶函數6. CC_。7. Z4(sin140°cos140°)，則復數的輻角主值是_。8. 不等式axbxc>0的解集是(1,2)，則不等式bxcxa<0解集是_。9. 已知數列a是等差數列，求證數列b也是等差數列，其中b(aaa)。10. 已知F、F是橢圓1 (a>b>0)的兩個焦點，其

42、中F與拋物線y12x的焦點重合，M是兩曲線的一個焦點，且有cosM FF·cosMFF，求橢圓方程。五、數學歸納法歸納是一種有特殊事例導出一般原理的思維方法。歸納推理分完全歸納推理與不完全歸納推理兩種。不完全歸納推理只根據一類事物中的部分對象具有的共同性質，推斷該類事物全體都具有的性質，這種推理方法，在數學推理論證中是不允許的。完全歸納推理是在考察了一類事物的全部對象后歸納得出結論來。數學歸納法是用來證明某些與自然數有關的數學命題的一種推理方法，在解數學題中有著廣泛的應用。它是一個遞推的數學論證方法，論證的第一步是證明命題在n1(或n)時成立，這是遞推的基礎；第二步是假設在nk時命題

43、成立，再證明nk1時命題也成立，這是無限遞推下去的理論依據，它判斷命題的正確性能否由特殊推廣到一般，實際上它使命題的正確性突破了有限，達到無限。這兩個步驟密切相關，缺一不可，完成了這兩步，就可以斷定“對任何自然數（或nn且nN）結論都正確”。由這兩步可以看出，數學歸納法是由遞推實現歸納的，屬于完全歸納。運用數學歸納法證明問題時，關鍵是nk1時命題成立的推證，此步證明要具有目標意識，注意與最終要達到的解題目標進行分析比較，以此確定和調控解題的方向，使差異逐步減小，最終實現目標完成解題。運用數學歸納法，可以證明下列問題：與自然數n有關的恒等式、代數不等式、三角不等式、數列問題、幾何問題、整除性問題

44、等等。、再現性題組：1. 用數學歸納法證明(n1)(n2)(nn)2·1·2(2n1) （nN），從“k到k1”，左端需乘的代數式為_。 A. 2k1 B. 2(2k1) C. D. 2. 用數學歸納法證明1<n (n>1)時，由nk (k>1)不等式成立，推證nk1時，左邊應增加的代數式的個數是_。 A. 2 B. 21 C. 2 D. 213. 某個命題與自然數n有關，若nk (kN)時該命題成立，那么可推得nk1時該命題也成立。現已知當n5時該命題不成立，那么可推得_。 (94年上海高考) A.當n6時該命題不成立 B.當n6時該命題成立 C.當n4

45、時該命題不成立 D.當n4時該命題成立4. 數列a中，已知a1，當n2時aa2n1，依次計算a、a、a后，猜想a的表達式是_。 A. 3n2 B. n C. 3 D. 4n35. 用數學歸納法證明35 (nN)能被14整除，當nk1時對于式子35應變形為_。6. 設k棱柱有f(k)個對角面，則k1棱柱對角面的個數為f(k+1)f(k)_。【簡解】1小題：nk時，左端的代數式是(k1)(k2)(kk),nk1時，左端的代數式是(k2)(k3)(2k1)(2k2)，所以應乘的代數式為，選B；2小題：（21）（21）2，選C；3小題：原命題與逆否命題等價，若nk1時命題不成立，則nk命題不成立，選C

46、。4小題：計算出a1、a4、a9、a16再猜想a，選B；5小題：答案（35）35（53）；6小題：答案k1。、示范性題組：例1. 已知數列，得，。S為其前n項和，求S、S、S、S，推測S公式，并用數學歸納法證明。 （93年全國理）【解】 計算得S，S，S，S ， 猜測S (nN)。當n1時，等式顯然成立；假設當nk時等式成立，即：S，當nk1時，SS,由此可知，當nk1時等式也成立。綜上所述，等式對任何nN都成立。【注】 把要證的等式S作為目標，先通分使分母含有(2k3)，再考慮要約分，而將分子變形，并注意約分后得到（2k3）1。這樣證題過程中簡潔一些，有效地確定了證題的方向。本題的思路是從試

47、驗、觀察出發，用不完全歸納法作出歸納猜想，再用數學歸納法進行嚴格證明，這是關于探索性問題的常見證法，在數列問題中經常見到。 假如猜想后不用數學歸納法證明，結論不一定正確，即使正確，解答過程也不嚴密。必須要進行三步：試值 猜想 證明。【另解】 用裂項相消法求和：由a得，S（1）（）1。此種解法與用試值猜想證明相比，過程十分簡單，但要求發現的裂項公式。可以說，用試值猜想證明三步解題，具有一般性。例2. 設a (nN),證明：n(n1)<a< (n1) 。【分析】與自然數n有關，考慮用數學歸納法證明。n1時容易證得，nk1時，因為aa,所以在假設nk成立得到的不等式中同時加上，再與目標比

48、較而進行適當的放縮求解。【解】 當n1時，a，n(n+1)， (n+1)2 ， n1時不等式成立。假設當nk時不等式成立，即：k(k1)<a< (k1) ，當nk1時，k(k1)<a<(k1),k(k1)>k(k1)(k1)(k1)(k3)>(k1)(k2)，(k1)(k1)<(k1)(k)(k2)，所以(k1)(k2) <a<(k2)，即nk1時不等式也成立。綜上所述，對所有的nN，不等式n(n1)<a<(n1)恒成立。【注】 用數學歸納法解決與自然數有關的不等式問題，注意適當選用放縮法。本題中分別將縮小成(k1)、將放大成(k)的兩步放縮是證nk1時不等式成立的關鍵。為什么這樣放縮，而不放大成(k2)，這是與目標比較后的要求，也是遵循放縮要適當的原則。本題另一種解題思路是直接采用放縮法進行證明。主要是抓住對的分析，注意與目標比較后，進行適當的放大和縮小。解法如下：由>n可得，a>123nn(n1)；由<n可得，a<123n×nn(n1)n(n2n)<(n1)。所以n(n1)<a<(n1)。例3. 設數列a的前n項和為S，若對于所有的自然數n，都有S，證明a是等差數列。 （94年全國文）【分析】 要證明a是等差數列，可以證明其通項符合等差數列的通項公