高中数学解题方法及解析大全.docx

高中数学解题方法及解析大全.docx

《高中数学解题方法及解析大全.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学解题方法及解析大全.docx（87页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

高中数学解题方法及解析大全

高中数学解题方法大全

最全面的高考复习资料

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„„„„„„„„“„

2

二、两套高考模拟试卷„„„„„„„„„„

三、参考答案„„„„„„„„„„„„„„

前言

美国著名数学教育家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。

而当我们解题时遇到一个新问题，总想用熟悉的题型去“套”，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解透彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。

高考试题十分重视对于数学思想方法的考查，特别是突出考查能力的试题，其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法。

我们要有意识地应用数学思想方法去分析问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。

高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查：

①常用数学方法：

配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法等；②数学逻辑方法：

分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等；

③数学思维方法：

观察与分析、概括与抽象、分析与综合、特殊与一般、类比、归纳和

演绎等；

④常用数学思想：

函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想

等。

数学思想方法与数学基础知识相比较，它有较高的地位和层次。

数学知识是数学内容，可以用文字和符号来记录和描述，随着时间的推移，记忆力的减退，将来可能忘记。

而数学思想方法则是一种数学意识，只能够领会和运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决，掌握数学思想方法，不是受用一阵子，而是受用一辈子，即使数学知识忘记了，数学思想方法也还是对你起作用。

数学思想方法中，数学基本方法是数学思想的体现，是数学的行为，具有模式化与可操作性的特征，可以选用作为解题的具体手段。

数学思想是数学的灵魂，它与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得。

可以说，“知识”是基础，“方法”是手段，“思想”是深化，提高数学素质的核心就是提高学生对数学思想方法的认识和运用，数学素质的综合体现就是“能力”。

为了帮助学生掌握解题的金钥匙，掌握解题的思想方法，本书先是介绍高考中常用的数学基本方法：

配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法、反证法、分析与综合法、特殊与一般法、类比与归纳法、观察与实验法，再介绍高考中常用的数学思想：

函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（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。

2

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）＝a＋2ab＋b，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：

a＋b＝（a＋b）－2ab＝（a－b）＋2ab；a＋ab＋b＝（a＋b）－ab＝（a－b）＋3ab＝（a＋a＋b＋c＋ab＋bc＋ca＝

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

b232）＋（b）；22

1222

[（a＋b）＋（b＋c）＋（c＋a）]2

2

a＋b＋c＝（a＋b＋c）－2（ab＋bc＋ca）＝（a＋b－c）－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

11212

x＋2＝（x＋）－2＝（x－）＋2；„„等等。

xxx

2

Ⅰ、再现性题组：

1.在正项等比数列{an}中，a1a5+2a3a5+a3a7=25，则a3＋a5＝_______。

2.方程x＋y－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。

A.<k<1B.k<或k>1C.k∈RD.k＝或k＝1

2

2

3.已知sinα＋cosα＝1，则sinα＋cosα的值为______。

A.1B.－1C.1或－1D.04.函数y＝log1（－2x＋5x＋3）的单调递增区间是_____。

2

44

2

5155

A.（－∞,5]B.[,+∞）C.（－,]D.[,3）

5.已知方程x+（a-2）x+a-1=0的两根x1、x2，则点P（x1,x2）在圆x+y=4上，则实数a＝_____。

【简解】1小题：

利用等比数列性质ampamp＝am，将已知等式左边后配方（a3＋a5）易求。

答案是：

5。

2小题：

配方成圆的标准方程形式（x－a）＋（y－b）＝r，解r>0即可，选B。

2

2

2

2

2

2

222

3

4

3小题：

已知等式经配方成（sinα＋cosα）－2sinαcosα＝1，求出sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再开方求解。

选C。

4小题：

配方后得到对称轴，结合定义域和对数函数及复合函数的单调性求解。

选D。

5小题：

答案3－。

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.2B.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222222（xyyzxz）11,而欲求对角线长4（xyz）24x2y2z2，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

2（xyyzxz）11之和为24”而得：

。

4（xyz）24

长方体所求对角线长为：

x2y2z2＝（xyz）22（xyyzxz）＝6211＝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。

p2q2例2.设方程x＋kx＋2=0的两实根为p、q，若（）+（）≤7成立，求实数k的取qp2

值范围。

【解】方程x＋kx＋2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：

p＋q＝－k，pq＝2,2

p2q2[（pq）22pq]22p2q2（p2q2）22p2q2p4q4

（）+（）＝＝＝＝qp（pq）2（pq）2（pq）2

（k24）28≤7，解得k≤－或k≥。

4

又∵p、q为方程x＋kx＋2=0的两实根，∴△＝k－8≥0即k≥22或k≤－22综合起来，k的取值范围是：

－≤k≤－22或者22≤k≤。

【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a＋ab＋b=0，求（2222ba19981998）＋（）。

abab

4

5

【分析】对已知式可以联想：

变形为（

2a2aa）＋（）＋1＝0，则＝ω（ω为1的立方bbb虚根）；或配方为（a＋b）＝ab。

则代入所求式即得。

【解】由a＋ab＋b=0变形得：

（22a2a）＋（）＋1＝0，bb

a1b233设ω＝，则ω＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：

＝，ω＝＝1。

ba

又由a＋ab＋b=0变形得：

（a＋b）＝ab，222

baa999b999a2

999b2

99919981998所以（）＋（）＝（）＋（）＝（）＋（）＝ωabbaababab999＋

＝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。

999

a2ab1i）＋（）＋1＝0，解出＝后，化bba2

a999b999成三角形式，代入所求表达式的变形式（）＋（）后，完成后面的运算。

此方法用于ba

1i只是未联想到ω时进行解题。

2

13i22假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a＋ab＋b＝0解出：

a＝b，2【另解】由a＋ab＋b＝0变形得：

（22

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）＋（x－b）（a、b为常数）的最小值为_____。

222ab（ab）A.8B.C.D.最小值不存在2222

2.α、β是方程x－2ax＋a＋6＝0的两实根，则（α-1）+（β-1）的最小值是_____。

A.－49B.8C.18D.不存在

3.已知x、y∈R，且满足x＋3y－1＝0，则函数t＝2＋8有_____。

A.最大值2B.最大值C.最小值22B.最小值22xy222

4.椭圆x－2ax＋3y＋a－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：

2sin8＋22cos8的结果是_____。

A.2sin4B.2sin4－4cos4C.－2sin4D.4cos4－2sin4

22x6.设F1和F2为双曲线－y＝1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F1PF2＝90°，4222

则△F1PF2的面积是_________。

5

6

27.若x>－1，则f（x）＝x＋2x＋1的最小值为___________。

x1

8.已知〈β<α〈3π，cos（α-β）＝12，sin（α+β）＝－3，求sin2α的值。

（9224135

年高考题）

9.设二次函数f（x）＝Ax＋Bx＋C，给定m、（m<n）n,且满足A[（m+n）+mn]＋2A[B（m+n）－Cmn]＋B＋C＝0。

①解不等式f（x）>0；

②是否存在一个实数t，使当t∈（m+t,n-t）时，f（x）<0？

若不存在，说出理由；若存在，指出t的取值范围。

10.设s>1，t>1，m∈R，x＝logst＋logts，y＝logst＋logts＋m（logst＋logts）,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。

6

44222222222

7

二、换元法

解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法。

换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理。

换元法又称辅助元素法、变量代换法。

通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。

或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化。

它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。

换元的方法有：

局部换元、三角换元、均值换元等。

局部换元又称整体换元，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现。

例如解不等式：

4＋2－2≥0，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＝x＋x的值域时，易发现x∈[0,1]，设x＝sinα，α∈[0,2xxx]，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2

222主要应该是发现值域的联系，又有去根号的需要。

如变量x、y适合条件x＋y＝r（r>0）

时，则可作三角代换x＝rcosθ、y＝rsinθ化为三角问题。

均值换元，如遇到x＋y＝S形式时，设x＝SS＋t，y＝－t等等。

22

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

4Ⅰ、再现性题组：

1.y＝sinx²cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。

2.设f（x＋1）＝loga（4－x）（a>1），则f（x）的值域是_______________。

3.已知数列{an}中，a1＝－1，an1²an＝an1－an，则数列通项an＝___________。

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

22

13x

5.方程＝3的解是_______________。

13x

6.不等式log2（2－1）²log2（2xx1－2）〈2的解集是_______________。

7

8

1t2

【简解】1小题：

设sinx+cosx＝t∈[－2,2]，则y＝＋t－，对称轴t＝－1，

22

1

当t＝2，ymax＝＋2；

2

2小题：

设x＋1＝t（t≥1），则f（t）＝loga[-（t-1）＋4]，所以值域为（－∞,loga4]；3小题：

已知变形为

2

2

1

an1

1

＝－n，所以an＝－；

n

x

2

－

11＝－1,设bn＝，则b1＝－1,bn＝－1＋（n－1）（-1）anan

4小题：

设x＋y＝k，则x－2kx＋1＝0,△＝4k－4≥0,所以k≥1或k≤－1；5小题：

设3＝y，则3y＋2y－1＝0,解得y＝

x

22

1

，所以x＝－1；3

5

log23）。

4

6小题：

设log2（2－1）＝y，则y（y＋1）<2，解得－2<y<1，所以x∈（log2Ⅱ、示范性题组：

例1.实数x、y满足4x－5xy＋4y＝5（①式），设S＝x＋y，求的值。

（93年全国高中数学联赛题）

2

2

2

2

1Smax

＋

1Smin

【分析】由S＝x＋y联想到cosα＋sinα＝1,于是进行三角换元，设

2222

xScosα

代入①式求Smax和Smin的值。

ySsinα

xScosα

【解】设代入①式得：

4S－5S²sinαcosα＝5

ySsinα

10

解得S＝；

85sin2α

101010

∵-1≤sin2α≤1∴3≤8－5sin2α≤13∴≤≤

1385sin3

31316811

∴＋＝＋＝＝

SmaxSmin1010105

8S10

此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝的有界性而求，即解不等

S

8S10式：

||≤1。

这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。

S

SSSS2222

【另解】由S＝x＋y，设x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，

2222

8

9

2S2S－t2代入①式得：

4S±5－t2=5，则xy＝±44

移项平方整理得100t+39S－160S＋100＝0。

22

1010≤S≤133

31316811∴＋＝＋＝＝1010105SmaxSmin∴39S－160S＋100≤0解得：

2

【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＝x＋y与三角公式cosα＋sinα＝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＝x＋y而按照均值换元的思路，设x＝S＋t、y＝S－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22222222

22

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3a＋13b＝5，求得a∈[0,

＝2（a＋b）＝

例2．△ABC的三个内角A、B、C满足：

A＋C＝2B，22222522]，所以S＝（a－b）＋（a＋b）310202101011＋a∈[,]，再求＋的值。

1313133SmaxSmin112＋＝－，求cosAcosCcosBACcos的值。

（96年全国理）2

【分析】由已知“A＋C＝2B”和“三角形内角和等于180°”的性质，可得AC120°A＝60°α；由“A＋C＝120°”进行均值换元，则设，再代入可求B＝60°C＝60°－α

ACcosα即cos。

2

AC120°【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得,

B＝60°

9

10

A＝60°α由A＋C＝120°，设，代入已知等式得：

C＝60°－α

1111＋＝＋＝cosAcosCcos（60）cos（60）11cossin22＋

coscos＝＝－22,1331cos2sin2cos2cossin44422

AC22解得：

cosα＝，即：

cos＝。

222

112【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。

所以＋＝－cosAcosCcosB

11＝－22，设＝－2＋m，＝－2－m，cosAcosC11所以cosA＝，cosC＝，两式分别相加、相减得：

2mm

ACACAC22cosA＋cosC＝2coscos＝cos＝2，222m2

ACACAC2mcosA－cosC＝－2sinsin＝－3sin＝2，222m2

AC222m2AC2AC即：

sin＝－，＝－2，代入sin＋cos＝1整理222m23（m22）1＝

得：

3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cosAC222＝2＝。

22m2

11【注】本题两种解法由“A＋C＝120°”、“＋＝－22”分别进行均值cosAcosC42

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

＝－22cosAcosC，和积互化得：

112＋＝－＝－22，即cosA＋cosCcosAcosCcosB

ACACAC2cos＝－2[cos（A+C）＋cos（A-C），即cos＝－2cos（A-C）2222AC22AC2AC＝－2（2cos－1），整理得：

42cos＋2cos－32＝0,2222AC2解得：

cos＝222cos

10

11

例3.设a>0，求f（x）＝2a（sinx＋cosx）－sinx²cosx－2a的最大值和最小值。

2

2,2]，由（sinx＋

t212cosx）＝1＋2sinx²cosx得：

sinx²cosx＝2

112∴f（x）＝g（t）＝－（t－2a）＋（a>0），t∈[-2,2]22

12t＝-2时，取最小值：

－2a－22a－2

12当2a≥2时，t＝2，取最大值：

－2a＋22a－；2

1当0<2a≤2时，t＝2a，取最大值：

。

2

1（0a122∴f（x）的最小值为－2a－22a－，最大值为222a2【解】设sinx＋cosx＝t，则t∈[-

2）2122a（a）22。

【注】此题属于局部换元法，设sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx与sinx²cosx的∴t<0即log<022a1t0或t64t8t（3t）0

11

12

0<2a<1，解得0<a<1。

a1

【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

4（a1）2a（a1）2

设元，关键是发现已知不等式中log2、log2、log2三项之间的联aa14a2

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。

sinθxcos2θ10cosθsin2θ例5.已知＝，且＋＝（②式），求的值。

xyx2y3（x2y2）y2

sinθcosθ22【解】设＝＝k，则sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sinθ＋cosθ＝xy

y2x210k2k2x2k2y210k（x+y）＝1,代入②式得：

＋＝即：

2＋2＝22＝223xx3（xy）yy

103

1xx21设2＝t