高中数学解题基本方法.docx

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1、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(ab)a2abb，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：ab(ab)2ab(ab)2ab；aabb(ab)ab(ab)3a

2、b(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：1sin212sincos（sincos）；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，则 aa_.2. 方程xy4kx2y5k0表示圆的充要条件是_.A. k1 B. k1 C. kR D. k或k13. 已知sincos1，则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. ,+

3、) C. (, D. ,3)5. 已知方程x+(a-2)x+a-1=0的两根x、x，则点P(x,x)在圆x+y=4上，则实数a_.【简解】 1小题：利用等比数列性质aaa，将已知等式左边后配方（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r0即可，选B. 3小题：已知等式经配方成(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

4、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，则 ,而欲求对角线长，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条棱的长度之和为24”而得：.长方体所求对角线长为：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.例2. 设方程xkx2=0的两实根为p、q，若()+()7成立，求实数k的取值范围.【解】方程xkx2=0

5、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的取值范围是：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“”；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pq、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pq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aabb=0，求()() .【分析】 对已知式可以联想

6、：变形为()()10，则 （为1的立方虚根）；或配方为(ab)ab .则代入所求式即得.【解】由aabb=0变形得：()()10 ，设，则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】 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行解题.假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a

7、abb0解出：ab，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.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

8、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：4220，先变形为设2t（t0），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

9、量x、y适合条件xyr（r0）时，则可作三角代换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t0和0,.、再现性题组：1.ysinxcosxsinx+cosx的最大值是_.2.设f(x1)log(4x) （a1），则f(x)的值域是_.3.已知数列a中，a1，aaaa，则数列通项a_.4.设实数x、y满足x2xy10，则xy的取值范围是_.5.方程3的解是_.6.不等式log(21) log(22

10、)2的解集是_.【简解】1小题：设sinx+cosxt,，则yt，对称轴t1，当t，y；2小题：设x1t (t1)，则f(t)log-(t-1)4，所以值域为(,log4；3小题：已知变形为1,设b，则b1,b1(n1)(-1)n，所以a；4小题：设xyk，则x2kx10, 4k40,所以k1或k1；5小题：设3y，则3y2y10,解得y，所以x1；6小题：设log(21)y，则y(y1)2，解得2y0，求f(x)2a(sinxcosx)sinxcosx2a的最大值和最小值.【解】 设sinxcosxt，则t-,，由(sinxcosx)12sinxcosx得：sinxcosx f(x)g(t)

11、(t2a) （a0），t-,t-时，取最小值：2a2a当2a时，t，取最大值：2a2a ；当00恒成立，求a的取值范围. 【分析】不等式中log、 log、log三项有何联系？进行对数式的有关变形后不难发现，再实施换元法.【解】 设logt，则loglog3log3log3t，log2log2t，代入后原不等式简化为（3t）x2tx2t0，它对一切实数x恒成立，所以，解得 t0即log0，01，解得0a0恒成立，求k的范围.【分析】由已知条件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xyk0得3cos4sink0，即k3cos4sin5si

12、n(+) ， 所以k0 (a0)所表示的区域为直线axbyc0所分平面成两部分中含x轴正方向的一部分.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xyk0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k0 k 平面区域 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

13、据已知，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，它解题的基本步骤是：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

14、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.比如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axbx20的解集是(,)，则ab的值是_.A. 10 B. 1

15、0 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 (b0，7x0，x0.设V(15aax)(7bbx)x (a0,b0），要使用均值不等式，则解得：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.本题解答中也可以令V(15aax)(7x)bx 或 (15x)(7aax)bx，再由使用均值不等式的最佳条件而列出方程组，求出三项该进行凑配的系

16、数，本题也体现了“凑配法”和“函数思想”.四、定义法所谓定义法，就是直接用数学定义解题.数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来.定义是揭示概念内涵的逻辑方法，它通过指出概念所反映的事物的本质属性来明确概念.定义是千百次实践后的必然结果，它科学地反映和揭示了客观世界的事物的本质特点.简单地说，定义是基本概念对数学实体的高度抽象.用定义法解题，是最直接的方法，本讲让我们回到定义中去.、再现性题组：1.已知集合A中有2个元素，集合B中有7个元素，AB的元素个数为n，则_.A. 2n9 B. 7n9 C. 5n9 D. 5n72.设MP、OM、AT分别是46角的正弦线、余弦线和正切

17、线，则_.A. MPOMAT B. OMMPAT C. ATOMMP D. OMATMP3.复数za2，z2，如果|z| |z|，则实数a的取值范围是_.A. 1a1 C. a0 D. a14.椭圆1上有一点P，它到左准线的距离为，那么P点到右焦点的距离为_.A. 8 C. 7.5 C. D. 35.奇函数f(x)的最小正周期为T，则f()的值为_.A. T B. 0 C. D. 不能确定6.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B；2小题：利用三角函数线定义，作出图形，选B；3小题：利用复数模的定义得0得：0x1设xx， x+x (x

18、+x)( x+x)1 f(x)f(x)0即f(x)在(,1)上是减函数 1 ylogf(x) 在(,1)上是增函数.【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. 求过定点M(1,2)，以x轴为准线，离心率为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M到准线距离为2.抓住圆锥曲线的统一性定义，可以得到建立一个方程，再由离心率的定义建立一个方程.y M F A x【解】设A(x,y)、F(x,m)，由M(1,2)，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

19、的统一性定义和离心率的定义，得到： ，消m得：（x1）1，所以椭圆下顶点的轨迹方程为（x1）1.【注】求曲线的轨迹方程，按照求曲线轨迹方程的步骤，设曲线上动点所满足的条件，根据条件列出动点所满足的关系式，进行化简即可得到.本题还引入了一个参数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.五、数学归纳法归纳是一种有特殊事例导出一般原理

20、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，推断该类事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来.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n1(或n)时成立，这是递推的基础；第二步是假设在nk时命题成立，再证明nk1时命题也成立，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

21、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nn且nN）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nk1时命题成立的推证，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.、再现性题组：1. 用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)212(2n1) （nN），从“k到k1”，左端需乘的代数式为_.A. 2k1 B. 2(

22、2k1) C. D. 2. 用数学归纳法证明11)时，由nk (k1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的代数式的个数是_.A. 2 B. 21 C. 2 D. 213. 某个命题与自然数n有关，若nk (kN)时该命题成立，那么可推得nk1时该命题也成立.现已知当n5时该命题不成立，那么可推得_. A.当n6时该命题不成立 B.当n6时该命题成立C.当n4时该命题不成立 D.当n4时该命题成立4. 数列a中，已知a1，当n2时aa2n1，依次计算a、a、a后，猜想a的表达式是_.A. 3n2 B. n C. 3 D. 4n35. 用数学归纳法证明35 (nN)能被14整除，当nk1时对于式

23、子35应变形为_.6. 设k棱柱有f(k)个对角面，则k1棱柱对角面的个数为f(k+1)f(k)_.【简解】1小题：nk时，左端的代数式是(k1)(k2)(kk),nk1时，左端的代数式是(k2)(k3)(2k1)(2k2)，所以应乘的代数式为，选B；2小题：（21）（21）2，选C；3小题：原命题与逆否命题等价，若nk1时命题不成立，则nk命题不成立，选C.4小题：计算出a1、a4、a9、a16再猜想a，选B；5小题：答案（35）35（53）；6小题：答案k1.、示范性题组：例1.已知数列，得，.S为其前n项和，求S、S、S、S，推测S公式，并用数学归纳法证明. 【解】 计算得S，S，S，S

24、 ， 猜测S (nN).当n1时，等式显然成立；假设当nk时等式成立，即：S，当nk1时，SS,由此可知，当nk1时等式也成立.综上所述，等式对任何nN都成立.【注】 把要证的等式S作为目标，先通分使分母含有(2k3)，再考虑要约分，而将分子变形，并注意约分后得到（2k3）1.这样证题过程中简洁一些，有效地确定了证题的方向.本题的思路是从试验、观察出发，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，即使正确，解答过程也不严密.必须要进行三步：试值 猜想 证明.【另解】 用裂项相消法求和：由a得，S（1）（）1.此种解法与用试值猜想证明相比，过程十分简单，但要求发现的裂项公式.可以说，用试值猜想证明三步解题，具有一般性.例2. 设a (nN),证明：n(n1)a (n1) .【分析】与自然数n有关，考虑用数学归纳法证明.n1时容易证得，nk1时，因为aa,所以在假设nk成立得到的不等式中同时加上，再与目标比较而进行适当的放缩求解.【解