高中数学思想方法题型总结.doc

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1、高中数学思想方法题型总结高中数学思想方法题型总结2022年高考数学答题思想方法1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系。首先考虑定义域，其次是函数图象。2.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时候应该抓住参数有没有影响到函数的不变的性质。如所过的定点，二次函数的对称轴或是；如果产生了影响，应考虑分类讨论。3.填空中出现不等式的题目（求最值、范围、比较大小等），优选特殊值法；4.求参数的取值范围，应该建立关于参数的等式或是不等式，用函数的定义域或是值域或是解不等式完成，在对式子变形的过程中，优先选择分离参数的方法；5.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值问题，注意二次函数的应用

2、，灵活使用闭区间上的最值，分类讨论的思想，分类讨论应该不重复不遗漏；6.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，直线与圆锥曲线相交问题，若与弦的中点有关，选择设而不求点差法，与弦的中点无关，选择韦达定理公式法；使用韦达定理必须先考虑是否为二次及根的判别式问题；7.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，则可选择待定系数法，如果不知道曲线的形状，则所用的步骤为建系、设点、列式、化简（注意去掉不符合条件的特殊点）；8.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于a、b、c之间的关系等式即可（多观察图形，注意图形中的垂直、中点等隐含条件）；个别题目考虑圆锥曲线的第二定义。9.三角函数求周期、单调区间或是最值，优先

3、考虑化为一次同角弦函数，然后使用辅助角公式解答；解三角形的题目，重视内角和定理的使用；与向量联系的题目，注意向量角的范围；10、向量问题两条主线：转化为基底和建系，当题目中有明显的对称、垂直关系时，优先选择建系。11.数列的题目与和有关，优选和通公式，优选作差的方法；注意归纳、猜想之后证明；猜想的方向是两种特殊数列；解答的时候注意使用通项公式及前n项和公式，体会方程的思想；12.导数的题目常规的一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从已知或是前问中找到突破口，必要时应该放弃；重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上；12.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意

4、新元的取值范围，有勾股定理型的已知（即有平方关系），可使用三角换元来完成；13.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先选择使用定义；14.与图象平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数15.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式就可以，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂直，二是中点在对称轴上。扩展阅读：高中数学求参数取值范围题型与方法总结归纳参数取值问题的题型与方法一、若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。5a4恒成立，求实数a的取值

5、范围。解：原不等式即：4sinx+cos2x3a204a20即5a4a+2，上式等价于或，解得a例4（江苏、天津）已知长方形四个顶点A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1）.一质点从AB的中点P沿与AB夹角为的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3和P4（入射角等于反射角）.设P4的坐标为（x4，0）.若1kx2x22k化归的方程有唯一解.据此设计出如下解题思路：关于x的方程2k2120k1有唯一解。解：设点20k1M(x,2x)为双曲线C上支上任一点，则点M到直线l的距离为：即可转化为如上关于x的方程.由于0kx2x22kk21，于是，问题k1，所

6、以2x2xkx，从而有kx2x22kkx2x22k.2x22(2(k21)2kkx)2,22于是关于x的方程kx2x2k2(k1)22(k1)2kkx0k21x22k2(k21)2kx22(k1)2kkx0.2(k221)2k20,2由0k1可知：方程k21x22k2(k21)2kx2(k21)2k20的二根同正，故2(k21)2kkx0恒成立，于是等价于25.5k21x22k2(k21)2kx2(k21)2k20.由如上关于x的方程有唯一解，得其判别式20，就可解得k用导数求参数范围7.已知函数f(x)ax1.ex11时，求f(x)的单调区间；（）若对任意t,2，f(t)t恒成立，求实数a的

7、取值范围2x1x2解：（I）当a1时，f(x)，由f(x)0得x2,f(x)0得x2f(x)的单调递增区间f(x)xxeeax1x恒成为(,2)，单调递减区间为(2,)（II）若对任意t1,2，使得f(t)t恒成立，则x1,2时，x，e221x1立，即x1,2时，ae恒成立，设g(x)ex1，x,2，则g(x)ex1，x1,2设h(x)ex1，x2x22x2x2，111Qh(x)ex230在x1,2上恒成立，h(x)在x,2上单调递增，即g(x)ex2在x,2上单调递2x22x1111112xx增，Qg()e240，Qg(2)e0g(x)e2在,2有零点m，g(x)e2在24xx2，（）当a1

8、1ag()，即ae2，ae21,m上单调递减，在(m,2上单调递增，2122ae2ag(2)2f(x)axlnx,aR2()求函数f(x)的单调区间;()是否存在实数a,使不等式f(x)ax对x(1,)恒成立。1【解】()f(x)a,x0当a0时,f(x)0,函数f(x)在(0,)内是增函数,即函数的单调增区间为x，11(0,)，当a0时,令f(x)0,得x0,且x(0,)时,f(x)0,又x(1,)时,f(x)0,aaa8.已知函数11),递减区间为(,).()假设存在这样的实数a,使不等式f(x)ax2对aa22x(1,)恒成立，即axaxlnx0(x1)恒成立.令h(x)axaxlnx(

9、x1),则h(1)0,且h(x)0(x1)恒所以函数f(x)递增区间为(0,12ax2ax11a成立h(x)2ax当a0时,h(x)0,则函数h(x)在1,)上单调递减,于是xxx1h(x)h(1)0与h(x)0(x1)矛盾,故舍去.当a0时,h(x)ax2axlnxax(x1)ln(x)而当x1x，12时,由函数yaxax和ylnx都单调递减.且由图象可知,x趋向正无穷大时,h(x)ax(x1)ln趋向于负无穷大.x2ax2ax10等价于)0x(恒成立矛盾,故舍去.当a0时,h(x)这与h(xx12a2xax1a28a0)记其两根为x10x2(这是因为x1x2(00)，易知x(x1,x2)时

10、,h(x)0,而2ax(x2,)时,h(x)0,(i)若x21时,则函数h(x)在(1,x2)上递减,于是h(x)h(1)0矛盾,舍去;(ii)若x21时,aa28a则函数h(x)在(1,)上递增,于是h(x)h(1)0恒成立.所以0x21,即x21(a0),解得a1，综4ay2上可知,存在这样的实数a1,使不等式f(x)ax对x(1,)恒成立y=lnx(x1a2xaxlnx(aR).9.设函数f(x)2()当a1时，求函数f(x)的极值；（）当a1时，讨论函数f(x)的单调性.（）若对任意a(2,3)及任意x1,x21,2，恒有maln2O1)xf(x1)f(x2)1x1.令f(x)0,得x

11、1.当解：()函数的定义域为(0,).当a1时，f(x)xlnx,f(x)1xx10x1时，f(x)0;当x1时，f(x)0.f(x)极小值=f(1)1,无极大值.（）f(x)(1a)xax2121(x1)(1a)(x)(x1)(1a)xax1(1a)x1(x1)1，0,f(x)在当即a2时，f(x)a1xxxx；a11111，x1.当(0,)上是减函数；当即a2时，令f(x)0,得0x或x1;令f(x)0,得a1a1a11111，即1a2时，令f(x)0,得0x1或x;令f(x)0,得1x.综上，当a2时，a1a1a111)和(1,)单调递减，,1)上单调递增；f(x)在定义域上是减函数；当

12、a2时，f(x)在(0,在(当1a2时，a1a111,)单调递减，在(1,)上单调递增（）由（）知，当a(2,3)时，f(x)在1,2上单f(x)在(0,1)和(a1a1f(x)有最大值，当x2时，f(x)有最小调递减，当x1时，a313a3ln2而a0经整理得m值.f(x1)f(x2)f(1)f(2)ln2maln2由2222a221132a3得0，所以m0.422a3227.已知函数f(x)axbxx(xR,a,b是常数)，且当x1和x2时，函数f(x)取得极值（）求函数f(x)的解析式；（）若曲线yf(x)与g(x)3xm(2x0)有两个不同的交点，求实数m的取值范围3a2b10,2解：

13、（）f(x)3ax2bx1，依题意f(1)f(2)0，即解得12a4b10,1313a,bf(x)x3x2x（）由（）知，曲线yf(x)与g(x)3xm(2x0)有两个不同6464，的交点，即1x33x22xm0在2,0上有两个不同的实数解，设(x)1x33x22xm，则(x)1x23x2，226464y=ax2-ax(a(x)0，于是(x)在1,01m3上递减.依题意有(2)0.实数m的取值范围是013130m(1)0m1212(0)0m0m13.12f(x)x2alnx(a为实常数).(1)若a2，求证：函数f(x)在(1，+)上是增函数；(2)求函数f(x)在1，e上的最小值及相应的x值

14、；(3)若存在x1,e，使得f(x)(a2)x成立，求实数a的取值范围.31.已知函数2解：（1）当a2时，f(x)x22lnx，当x(1,)，f(x)2(x1)0，故函数f(x)在(1,)上是增函数（2）xf(x)222x2a(x0)，当x1,e，2xaa2,a2e若a2，f(x)在1,e上非负（仅当a2，x=1时，x，故函数f(x)0）f(x)在1,e上是增函数，此时f(x)minf(1)1。若2e2a2，当xa时，f(x)0；2当1xa时，f(x)0，此时f(x)是减函数；当22aaaa)ln()若a2e，f2222axe时，f(x)0，此时f(x)是增函数故2f(x)minf(x)在1

15、,e上非正（仅当a2e2，x=e时，f(x)0），故函数f(x)在1,e上是减函数，此时f(x)minf(e)ae2综上可知，当a2时，f(x)的最小值为1，相应的x值为1；当aaaa222e2a2时，f(x)的最小值为ln()，相应的x值为；当a2e时，f(x)的最小值为ae，2222相应的x值为e（3）不等式f(x)(a2)x，可化为a(xlnx)x22xx1,e,lnx1x且等号不能同时x22xx22x取，所以lnxx，即xlnx0，因而a（x1,e），令g(x)（x1,e），又xlnxxlnxg(x)(x1)(x22lnx)，当x1,e时，x10,lnx1，x22lnx0，从而g(x)

16、0（仅当x=1时取等2(xlnx)号），所以g(x)在1,e上为增函数，故g(x)的最小值为g(1)1，所以a的取值范围是1,)导数的综合应用1*xNaln(x1)，其中，a为常数n(1x)（）当n2时，求函数f(x)的极值；（）当a1时，证明：对任意的正整数n，当n2时，有f(x)x11aln(x1)，所以【解析】：（）解：由已知得函数f(x)的定义域为x|x1，当n2时，f(x)2(1x)例10、（山东卷）已知函数f(x)f(x)2a(1x)2（1）当a3(1x)0时，由f(x)0得x1121，x2121，此时f(x)a(xx1)(xx2)当3aa(1x)x(1，x1)时，f(x)0，f(

17、x)单调递减；当x(x1，（2）当a0时，f(x)0)时，f(x)0，f(x)单调递增a恒成立，所以f(x)无极值综上所述，n2时，当a0时，f(x)在x12处取得极小值，极小值为f(x)无极值（）证法一：因为a1，所以f(x)1ln(x1)n(1x)2a2当a0时，f11lnaa2当n为偶数时，令g(x)x1以当xn1x2n1，则g(x)1所0（x2）ln(x1)n1n1n(x1)x1x1(x1)(1x)时，g(x)单调递增，又g(2)0，2，因此g(x)x1由于1ln(x1)g(2)0恒成立，所以f(x)x1成立当n为奇数时，要证f(x)x1，n(x1)1x21h(x)10，所以只需证，令

18、，则0h(x)x1ln(x1)ln(x1)x1nx1x1(1x)（x2），所以当x2，又h(2)10，所以当x2时，恒有h(x)0，时，h(x)x1ln(x1)单调递增，即ln(x1)正整数n，恒有x1命题成立综上所述，结论成立证法二：当a1时，f(x)1故只需证明1ln(x1)x1令hx()x11(nl(1，n(1x)1ln(x1)当x2时，对任意的n(1x)1)x2xnl(1)x，x2，则h(x)11x1x2，当x2时，故h(x)在h(x)0，x1因此当x2时，h(x)h(2)0，上单调递增，2，即1ln(x1)x1成立故当x2时，有1ln(x1)x1即f(x)x1n(1x)x2y21的左

19、、右焦点.（四川）设F1、F2分别是椭圆4（1）若P是该椭圆上的一个动点，求PFPF2的最大值和最小值.（2）设过定点M(0,2)的直线与椭圆交于不同的两点A、B，1且AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围.122解析（1）设P(x,y)，FPF(3x,y)(3x,y)xy3(3x28)，又x2,21(3,0),F2(3,0)PF124x=0时，即点P为椭圆短轴端点时，PFPF2有最小值2。x2时，即点P为椭圆长轴端点时，PF1PF2有最大值1.（2）1直线x=0不满足条件，可设直线l:ykx2,A(x1,y1)、B(x2,y2),由ykx2x22y1414k(k2)x2

20、4kx30,x1x2,xx411223k214，k43令(4k)24(k21)34k230，得k或k42即OAOBx1x2y1y20，又yy(kx2)(kx2)kxx2k(xx)4k1，12121212223又0AOB90，故cos0，OAOB0.2。k214k21011k2k2443k24，即2【解】（1）2Snan12n11,2Sn1an22n21相减得：an23an12n1，2S1a23a22a13,a33a246a113*（2）a11,a25得an13an2n对nN均成立a1,a25,a3成等差数列a1a32(a25)a11，an13an2nan12n13(an2n)得：an2n3(a

21、n12n1)32(an22n2)3n1(a12)an3n2n（3）当n1时，133n3211nnn当n2时，()()2322an21na12，22an2111111113由上式得：对一切正整数n，有1113123n1na1a2an222222，a1a2an21.(浙江)已知公差不为0的等差数列an的首项a1a(aR),设数列的前n项和为Sn，且，Bn1a1，1a2，1a4成等比数列（）求数列an的通项公式及Sn（）记试比较An1111.S1S2S3Sn1111.a1a2a22a2n，当n2时，An与Bn的大小.a2a1a4【解】（）111a2aa(ad)2a(a3d)da1a，则an21411

22、12a1(n1)da1(n1)a1na1na，Sna1nn(n1)n(n1)n(n1)（）1111danaa1111An.222S1S2S3Sn122334n(n1)2a2a2a2a2121因为an212121(1)2a12a23a34an(n1)an111()n2(11)11111Bn.2a2na1a2a22a2n1a1122na，所以当7.(广东)设b0,数列an满足a1=b,annban1(n2),an12n2bn1（1）求数列an的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n,ann112【解析】（1）由a1b0,知annban1n1n12n1令0,.An,A1，当anban12n2anbb

23、an1n2n1n2n11222122212n2时,AnAn12n1n1A12n1n.bbbbbbbbbb当b12(1)nnbn(b2)2时，bn2n当b2时,An.bb,b2（2）当bnnAnn,a2nb22b(b2)2,1b2bn2时，（欲证nbn(b2)bn1bn1bn2n）n1n1bn2nnannn11,只需证nb(n11)(2b)(2n1bn1)(bn12bn22n1)nb2b222b22n1bn12n2bn222nb2n2b2n12n1bn12222nbnbn1b2b(2nnn1)2nbn(222)2n2nbnn2n1bn，bb2b22nnnbn(b2)bn1bn1bn1annn11

24、.当b2时,an2n11.综上所述ann11.nb2222012nn2时，22CnCnCnCnn1即1111nn12；当a0时，AnBn；当a0时，AnBn.9.(重庆)设实数数列an的前n项和Sn满足Sn1an1SnnN*3有0an1an（）若a1,S2,2a2成等比数列，求S2和a3（）求证：对k2解析：（）由题意S22a1a24。3，S2a2S1a1a2，得S222S2，由S2是等比中项知S20，因此S22，由S2a3S3a3S2an1Sn，故Sn1,an11，且an1解得，a3S22Sn（）证明：有题设条件有an1S213Sna,Snn1Sn1an11要证ak0，ak122Sk1ak1

25、Sk2ak11因a2a1a130，从而对k3有且ak1akk1k1k124Sk11ak1Sk21aak1k1ak11ak14，32a4，即证3a24a2a1，即a220，此式明显成立，因此4k1由，只要证ak1k1k1k1k3。k23ak1ak113222aakka10。矛盾，最后证，ak1ak，若不然，a，又因，故，即a01akkkk122akak1akak12an4已知数列an中，a1aa2，对一切nN，an0，an1。2an1*（I）求证：an（II）证明：a1a2an2na2。2且an1an；22n2an12aan1解：证明：（1）a，a1an220，an2，若存在ak2，n0n12a

26、n112an112an1则ak12，由此可推出ak22,a12，此与a1a2矛盾，故an2。an1anan2an0，2an1an12an22a12n2，2n12222an112111112n2a2112a2，a2a2a2a21a212nn12n124212a2an12an12，（2）由（1）得a2n1an1an。an2na1a2an2na2。yfx的定义域为R,且对于任意x1,x2R,存在正实数L,使得fx1fx2Lx1x2,求L的取值范围；（2）当0都成立.8已知函数（1）若fx1x2nL1时，数列an满足an1fan，n1,2,.证明：akak1k11a1a21L；na1a2ak1令Aka

27、1a2k1,2,3,，证明：AkAk1k1Lk1.解答：（1）证明：对任意x1,x2R，有：fxfx1x21x212122x12x222x1x2x1x21x1x21221x1x21由fx1fx2Lx1x2,即x1x2x1x21x1x2122Lx1x2，.当x1x2时,得Lx1x21x1x2122.221x1x1,1x2x2,x1x2x1x2且x1x21x1x2122x1x2x1x21。要使fx1fx2Lx1x2对任意x1,x2R都成立,只要L1，当x1x2时,fx1fx2Lx1x2恒成立.L的取值范围是1,。(2)证明：1nan1fan，n1,2,故当n2时，。anan1fn1afnaLaLn

28、faan2fan1L2an2an1Ln1a1a21Ln1LLLa1a2a1a21L2n1ak1nkak1a1a2a2a3a3a4anan10L1,akak1k1n1a1a2(1L当n1时,不等式也成立)。Aka1a2akk,AkAk11a1a2aka1a2ak1a1a2akkak1kk1kk11a1a22a2a33a3a4kakak1kk11a1a22a2a33a3a4kakak1.AkAk1A1A2A2A3AnAn1kk1k1n111111a1a22aa2312232334nn1nn111113a3a4naann13445nn1nn112na1a21aa1aa123nn1n1n1n1a1a2

29、a2a3anan115.设数列1a1a21L.bn2nN是等比数列。16.（I）求数列an,bn满足a1b16,a2b24,a3b33，且数列an1annN是等差数列，数列1（II）是否存在kN，使akbk0,，若存在，求出k。an和bn的通项公式；2解（1）由已知a2a12，a3a21公差d121an1an(a2a1)(n1)1n3ana1(a2a1)(a3a1)(anan1)6(2)(1)0(n4)6(2)(n4)(n1)2nn1n11n27n18111由已知b124,b222，所以公比qb2b24bn28n12222kk174911712（2）设f(k)akbk，所以当k4时，f(k)是

30、kk928k8724222221所以不存在k，使f(k)0,。f(1)f(2)f(3)0，222Sn116.数列an的首项a11，前n项和Sn与an之间满足an（2）设(n2).（1）求证：数列的通项公式；Sn2Sn1增函数。又f(4)11，所以当k2时f(k)22，又存在正数k，使(1S1)(1S2)(1Sn)k2n1对一切nN*都成立，求k的最大值.22Sn2解：（1）证明：n2时，anSnSn1，SnSn1，(SnSn1)(2Sn1)2Sn，2Sn11111（2）由（1）2(n2)，数列是以1为首项，以2为公差的等差数列。Sn1Sn2SnSn1，SnSn1SnS1111,Sn1.设F(n

31、)(1S1)(1S2)(1Sn)，则知1(n1)22n1，Sn2n12n1Sn2n1F(n1)(1Sn1)2n12n24n28n41.F(n)在nN*上递增，要使F(n)k恒成2F(n)4n8n32n3(2n1)(2n3)立，只需F(n)minkF(n)minF(1)22230k3,kmax3.333n11118已知数列an满足a1,anan1,nN224b1.(1)求数列（2）设an的通项公式；a0,数列bn满足bn1，若bnan对nN成立，试求a的取值范围。,bn1aa1abnaan1an2anan111an2124,，na411n24n1解：（1）又a111111,a1a2,a2，an是

32、公比为22244的等比数列，n01111111a1a22a33a4.(n1)an1()().21!2!2!3!(n1)!n!n!1241从而有2,n!12111,即n!121,5!120,6!720n!121n5取N5，nN时，原不等式成立.9分（3）将1(1)nn展开，1111111nn1n2nr111,(1)n1a1a2anTr1Crn()rn0!1!2!3!n!nnnnnr!r!24.在数列an中，a11,2an1nn1(nN*)an23时，an3n1.n12an1nan2n12n1n2nan0,n1,an22nan2n1（）试比较anan2与an1的大小；（）证明：当n解：（）由题设知

33、，对任意nN*，都有，n12n11nanan222nn12n1222(1)aaanan2a()an1(1)an1n10n1nnnn12(n2)2(n2)an1an1n22392anan2ana1,a,a.an1nn11,an1an,又（）证法1：由已知得，123124an2n1n1n1n1a11,an1(n2).当n3时，an(n11)an1n1an1an1n1an1anan1n122222n1ana3(a4a3)(a5a4)(anan1)934n134n14222设S34n123242n11113111n13162nn1134n1则S45，-，得S4(45n1)n2222n222222n81

34、122311n1n19n1n1n1Sn2n11n1.an1n121n13n1证法2：由已知得，44222422239n19n3a11,a2,a.32(1)当时，由，知不等式成立。(2)假设当nk(k3)不等式成立，即3n12424k1kkk1k(k1)k2ak3k1，那么ak1(k1)ak(k1)(3k1)32k1k1222222(k1)1k(k1)k2k2kk(k1)k要证ak13，只需证即证，则只需证2k1(k1)12k1k1kk12k1222222(k1)1k01k01因为2CkCkCkCkCkk1成立，所以ak13成立。这就是说，当nk1时，不等式仍2(k1)1n1然成立.根据（1）和（2），对任意nN*，且n3，都有an3n12第 14 页 共 14 页