高中数学解题方法技巧汇总.doc

. .目 录前言 2第一章 高中数学解题根本方法 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 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穿时，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察，特别是突出考察能力的试题，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展考察： 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； 数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等； 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； 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根底知识相比拟，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。而数学思想方法那么是一种数学意识，只能够领会和运用，属于思维的X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，数学根本方法是数学思想的表达，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，它与数学根本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得。可以说，“知识是根底，“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，数学素质的综合表达就是“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根本方法：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，并在附录局部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展综合性的表达，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展方法的再现，示X性题组进展详细的解答和分析，对方法和问题进展示X。稳固性题组旨在检查学习的效果，起到稳固的作用。每个题组中习题的选取，又尽量综合到代数、三角、几何几个局部重要章节的数学知识。第一章 高中数学解题根本方法一、 配方法配方法是对数学式子进展一种定向变形配成“完全平方的技巧，通过配方找到和未知的联系，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。最常见的配方是进展恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：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。配方法使用的最根本的配方依据是二项完全平方公式(ab)a2abb，将这个公式灵活运用，可得到各种根本配方形式，如：ab(ab)2ab(ab)2ab；aabb(ab)ab(ab)3ab(a)b；abcabbcca(ab)(bc)(ca)abc(abc)2(abbcca)(abc)2(abbcca)结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如：1sin212sincossincos；x(x)2(x)2 ； 等等。、再现性题组：1. 在正项等比数列a中，asa+2asa+aa=25，那么 aa_。2. 方程xy4kx2y5k0表示圆的充要条件是_。 A. <k<1 B. k<或k>1 C. kR D. k或k13. sincos1，那么sincos的值为_。 A. 1 B. 1 C. 1或1 D. 04. 函数ylog (2x5x3)的单调递增区间是_。 A. , B. ,+) C. (, D. ,3)5. 方程x+(a-2)x+a-1=0的两根x、x，那么点P(x,x)在圆x+y=4上，那么实数a_。【简解】 1小题：利用等比数列性质aaa，将等式左边后配方aa易求。答案是：5。 2小题：配方成圆的标准方程形式(xa)(yb)r，解r>0即可，选B。 3小题：等式经配方成(sincos)2sincos1，求出sincos，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。、示X性题组：例1.长方体的全面积为11，其12条棱的长度之和为24，那么这个长方体的一条对角线长为_。 A. 2 B. C. 5 D. 6【分析】先转换为数学表达式：设长方体长宽高分别为x,y,z，那么 ,而欲求对角线长，将其配凑成两式的组合形式可得。【解】设长方体长宽高分别为x,y,z，由“长方体的全面积为11，其12条棱的长度之和为24而得：。长方体所求对角线长为：5所以选B。【注】此题解答关键是在于将两个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展联系，即联系了和未知，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xkx2=0的两实根为p、q，假设()+()7成立，XX数k的取值X围。【解】方程xkx2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：pqk，pq2 ,()+()7，解得k或k。又p、q为方程xkx2=0的两实根，k80即k2或k2综合起来，k的取值X围是：k或者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“；方程有两根时，可以恰当运用韦达定理。此题由韦达定理得到pq、pq后，观察不等式，从其构造特征联想到先通分后配方，表示成pq与pq的组合式。假设此题不对“讨论，结果将出错，即使有些题目可能结果一样，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aabb=0，求()() 。【分析】 对式可以联想：变形为()()10，那么 为1的立方虚根；或配方为(ab)ab 。那么代入所求式即得。【解】由aabb=0变形得：()()10 ，设，那么10，可知为1的立方虚根，所以：，1。又由aabb=0变形得：(ab)ab ，所以 ()()()()()()2 。【注】 此题通过配方，简化了所求的表达式；巧用1的立方虚根，活用的性质，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aabb0变形得：()()10 ，解出后，化成三角形式，代入所求表达式的变形式()()后，完成后面的运算。此方法用于只是未联想到时进展解题。假设此题没有想到以上一系列变换过程时，还可由aabb0解出：ab，直接代入所求表达式，进展分式化简后，化成复数的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的计算。、稳固性题组：1. 函数y(xa)(xb) a、b为常数的最小值为_。A. 8 B. C. D.最小值不存在2. 、是方程x2axa60的两实根，那么(-1) +(-1)的最小值是_。A. B. 8 C. 18 D.不存在3. x、yR，且满足x3y10，那么函数t28有_。A.最大值2 B.最大值 C.最小值2 B.最小值4. 椭圆x2ax3ya60的一个焦点在直线xy40上，那么a_。A. 2 B. 6 C. 2或6 D. 2或65. 化简：2的结果是_。A. 2sin4 B. 2sin44cos4 C. 2sin4 D. 4cos42sin4 6. 设F和F为双曲线y1的两个焦点，点P在双曲线上且满足FPF90°，那么FPF的面积是_。7. 假设x>1，那么f(x)x2x的最小值为_。8. <，cos(-)，sin(+)，求sin2的值。(92年高考题)9. 设二次函数f(x)AxBxC，给定m、nm<n,且满足A(m+n)+mn2AB(m+n)CmnBC0 。 解不等式f(x)>0； 是否存在一个实数t，使当t(m+t,n-t)时，f(x)<0 ？假设不存在，说出理由；假设存在，指出t的取值X围。10. 设s>1，t>1，mR，xlogtlogs，ylogtlogsm(logtlogs), 将y表示为x的函数yf(x)，并求出f(x)的定义域； 假设关于x的方程f(x)0有且仅有一个实根，求m的取值X围。二、换元法解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法。换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理。换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化。它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。换元的方法有：局部换元、三角换元、均值换元等。局部换元又称整体换元，是在或者未知中，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：4220，先变形为设2tt>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，主要利用代数式中与三角知识中有某点联系进展换元。如求函数y的值域时，易发现x0,1，设xsin ，0,，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xyrr>0时，那么可作三角代换xrcos、yrsin化为三角问题。均值换元，如遇到xyS形式时，设xt，yt等等。我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原那么，换元后要注重新变量X围的选取，一定要使新变量X围对应于原变量的取值X围，不能缩小也不能扩大。如上几例中的t>0和0,。、再现性题组：1.ysinx·cosxsinx+cosx的最大值是_。2.设f(x1)log(4x) a>1，那么f(x)的值域是_。3.数列a中，a1，a·aaa，那么数列通项a_。4.设实数x、y满足x2xy10，那么xy的取值X围是_。5.方程3的解是_。6.不等式log(21) ·log(22)2的解集是_。【简解】1小题：设sinx+cosxt,，那么yt，对称轴t1，当t，y；2小题：设x1t (t1)，那么f(t)log-(t-1)4，所以值域为(,log4；3小题：变形为1,设b，那么b1,b1(n1)(-1)n，所以a；4小题：设xyk，那么x2kx10, 4k40,所以k1或k1；5小题：设3y，那么3y2y10,解得y，所以x1；6小题：设log(21)y，那么y(y1)<2，解得2<y<1，所以x(log,log3)。、示X性题组：例1. 实数x、y满足4x5xy4y5 式 ，设Sxy，求的值。93年全国高中数学联赛题【分析】 由Sxy联想到cossin1,于是进展三角换元，设代入式求S和S的值。【解】设代入式得： 4S5S·sincos5 解得 S ； -1sin21 385sin213 此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2的有界性而求，即解不等式：|1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法。【另解】 由Sxy，设xt，yt，t， 那么xy±代入式得：4S±5=5， 移项平方整理得 100t+39S160S1000 。 39S160S1000 解得：S【注】 此题第一种解法属于“三角换元法，主要是利用条件Sxy与三角公式cossin1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Sxy而按照均值换元的思路，设xt、yt，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、别离参数法。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xab，yab，这称为“和差换元法，换元后有可能简化代数式。此题设xab，yab，代入式整理得3a13b5 ，求得a0,，所以S(ab)(ab)2(ab)a,，再求的值。例2 ABC的三个内角A、B、C满足：AC2B，求cos的值。96年全国理【分析】 由“AC2B和“三角形内角和等于180°的性质，可得 ；由“AC120°进展均值换元，那么设 ，再代入可求cos即cos。【解】由ABC中AC2B，可得 ,由AC120°，设，代入等式得：2,解得：cos， 即：cos。【另解】由AC2B，得AC120°，B60°。所以2，设m，m ，所以cosA，cosC，两式分别相加、相减得：cosAcosC2coscoscos，cosAcosC2sinsinsin，即：sin，代入sincos1整理得：3m16m120,解出m6，代入cos。【注】 此题两种解法由“AC120°、“2分别进展均值换元，随后结合三角形角的关系与三角公式进展运算，除由想到均值换元外，还要求对三角公式的运用相当熟练。假设未想到进展均值换元，也可由三角运算直接解出：由AC2B，得AC120°，B60°。所以2，即cosAcosC2cosAcosC，和积互化得：2coscoscos(A+C)cos(A-C)，即coscos(A-C)(2cos1)，整理得：4cos2cos30,解得：cos y , , x例3. 设a>0，求f(x)2a(sinxcosx)sinx·cosx2a的最大值和最小值。【解】 设sinxcosxt，那么t-,，由(sinxcosx)12sinx·cosx得：sinx·cosx f(x)g(t)(t2a) a>0，t-,t-时，取最小值：2a2a当2a时，t，取最大值：2a2a ；当0<2a时，t2a，取最大值： 。 f(x)的最小值为2a2a，最大值为。【注】 此题属于局部换元法，设sinxcosxt后，抓住sinxcosx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X围t-,与sinxcosx对应，否那么将会出错。此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展讨论。一般地，在遇到题目和未知中含有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。例4. 设对所于有实数x，不等式xlog2x loglog>0恒成立，求a的取值X围。87年全国理【分析】不等式中log、 log、log三项有何联系？进展对数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。【解】 设logt，那么loglog3log3log3t，log2log2t，代入后原不等式简化为3tx2tx2t>0，它对一切实数x恒成立，所以：，解得 t<0即log<00<<1，解得0<a<1。【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，关键是发现不等式中log、 log、log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，此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条件进展适当变形，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. ，且 (式)，求的值。【解】 设k，那么sinkx，cosky，且sincosk(x+y)1,代入式得： 即：设t，那么t , 解得：t3或±或±【另解】 由tg，将等式两边同时除以，再表示成含tg的式子：1tgtg，设tgt，那么3t10t30，t3或， 解得±或±。【注】 第一种解法由而进展等量代换，进展换元，减少了变量的个数。第二种解法将变形为，不难发现进展结果为tg，再进展换元和变形。两种解法要求代数变形比拟熟练。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1，假设xyk>0恒成立，求k的X围。【分析】由条件1，可以发现它与ab1有相似之处，于是实施三角换元。【解】由1，设cos，sin，即： 代入不等式xyk>0得：3cos4sink>0，即k<3cos4sin5sin(+) 所以k<-5时不等式恒成立。【注】此题进展三角换元，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“别离参数法转化为三角函数的值域问题，从而求出参数X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。 y x xyk>0 k 平面区域此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axbyc>0 (a>0)所表示的区域为直线axbyc0所分平面成两局部中含x轴正方向的一局部。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xyk>0的区域。即当直线xyk0在与椭圆下部相切的切线之下时。当直线与椭圆相切时，方程组有相等的一组实数解，消元后由0可求得k3,所以k<-3时原不等式恒成立。、稳固性题组：1. f(x)lgx (x>0)，那么f(4)的值为_。A. 2lg2 B. lg2 C. lg2 D. lg42. 函数y(x1)2的单调增区间是_。A. -2,+) B. -1,+) D. (-,+) C. (-,-13. 设等差数列a的公差d，且S145，那么aaaa的值为_。A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.54. x4y4x，那么xy的X围是_。5. a0，b0，ab1，那么的X围是_。6. 不等式>ax的解集是(4,b)，那么a_，b_。7. 函数y2x的值域是_。8. 在等比数列a中，aaa2，aaa12，求aaa。 y D C A B O x9. 实数m在什么X围内取值，对任意实数x，不等式sinx2mcosx4m1<0恒成立。10. 矩形ABCD，顶点C(4,4)，A点在曲线xy2 (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。 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，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，它解题的根本步骤是：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： 利用对应系数相等列方程； 由恒等的概念用数值代入法列方程； 利用定义本身的属性列方程； 利用几何条件列方程。比方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。、再现性题组：1. 设f(x)m，f(x)的反函数f(x)nx5，那么m、n的值依次为_。A. , 2 B. ， 2 C. , 2 D. ，22. 二次不等式axbx2>0的解集是(,)，那么ab的值是_。A. 10 B. 10 C. 14 D. 143. 在(1x)1x的展开式中，x的系数是_。A. 297 B.252 C. 297 D. 2074. 函数yabcos3x (b<0)的最大值为，最小值为，那么y4asin3bx的最小正周期是_。5. 与直线L：2x3y50平行且过点A(1,-4)的直线L的方程是_。6. 与双曲线x1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)m求出f(x)2x2m，比拟系数易求，选C；2小题：由不等式解集(,)，可知、是方程axbx20的两根，代入两根，列出关于系数a、b的方程组，易求得ab，选D；3小题：分析x的系数由C与(1)C两项组成，相加后得x的系数，选D；4小题：由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；5小题：设直线L方程2x3yc0，点A(1,-4)代入求得C10，即得2x3y100；6小题：设双曲线方程x，点(2,2)代入求得3，即得方程1。、示X性题组：例1. 函数y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；最大值、最小值实际是就是函数的值域，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： (ym)x4x(yn)0， xR, 由得ym0(4)4(ym)(yn)0 即： y(mn)y(mn12)0 不等式的解集为(-1,7)，那么1、7是方程y(mn)y(mn12)0的两根，代入两根得： 解得：或 y或者y此题也可由解集(-1,7)而设(y1)(y7)0,即y6y70，然后与不等式比拟系数而得：，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；二是由解集写出不等式，比拟含参数的不等式而列出m、n的方程组求解。此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X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，求椭圆的方程。 y B x A F O F A B【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ac的值后列出第二个方程。【解】 设椭圆长轴2a、短轴2b、焦距2c，那么|BF|a解得： 所求椭圆方程是：1也可有垂直关系推证出等腰RtBBF后，由其性质推证出等腰RtBOF，再进展如以下式： ，更容易求出a、b的值。【注】 圆锥曲线中，参数a、b、c、e、p确实定，是待定系数法的生动表达；如何确定，要抓住条件，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，此题就利用了这一特征，列出关于ac的等式。一般地，解析几何中求曲线方程的问题，大局部用待定系数法，根本步骤是：设方程或几何数据几何条件转换成方程求解系数代入。例3. 是否存在常数a、b、c，使得等式1·22·3n(n1)(anbnc)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。由等式对一切自然数n都成立，取特殊值n1、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：n1，得4(abc)；n2，得22(4a2bc)；n3，得709a3bc。整理得：,解得，于是对n1、2、3，等式1·22·3n(n1)(3n11n10)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nk时等式成立，即1·22·3k(k1)(3k11k10)；当nk1时，1·22·3k(k1)(k1)(k2)(3k11k10) (k1)(k2)(k2)3k5(k1)(k2)3k5k12k243(k1)11(k1)10，也就是说，等式对nk1也成立。综上所述，当a8、b11、c10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，也表达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、再猜测、最后归纳证明的步骤进展。此题如果记得两个特殊数列12n、12n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(n1)n2nn得S1·22·3n(n1)(12n)2(12n)(12n)2×(3n11n10)，综上所述，当a8、b11、c10时，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的四个小正方形，将剩余局部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，先由条件选取适宜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(302x)cm，底边宽为(142x)cm，高为xcm。 盒子容积 V(302x)(142x)x4(15x)(7x)x ， 显然:15x>0，7x>0，x>0。设V(15aax)(7bbx)x (a>0,b>0 要使用均值不等式，那么解得：a， b ， x3 。 从而V()(x)x()×27576。所以当x3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm。【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。此题解答中也可以令V(15aax)(7x)bx 或 (15x)(7aax)bx，再由使用均值不等式的最正确条件而列出方程组，求出三项该进展凑配的系数，此题也表达了“凑配法和“函数思想。、稳固性题组：1. 函数ylogx的x2,+)上恒有|y|>1，那么a的取值X围是_。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与xqxp0只有一个公共根，那么其余两个不同根之和为_。A. 1 B. 1 C. pq D. 无法确定 3. 如果函数ysin2xa·cos2x的图像关于直线x对称，那么a_。A. B. C. 1 D. 14. 满足C1·C2·Cn·C<500的最大正整数是_。A. 4 B. 5 C. 6 D. 75. 无穷等比数列a的前n项和为Sa , 那么所有项的和等于_。A. B. 1 C. D.与a有关6. (1kx)bbxbxbx，假设bbbb1，那么k_。7. 经过两直线11x3y90与12xy190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