高中数学 基本数学方法

基本数学方法
导言：众里寻她千百废，蓦然回首，那人却在灯火阑珊处。
考 察数学思想方法是《数学科考试说明》中的一项基本要求，这是数学学科的特点所决
定的。数学思想方法 与课本中的数学知识相比，具有普遍性、概括性和深刻性。一方面，
数学思想方法不能脱离具体的数学对 象而独立的发挥作用，另一方面，在运用数学知识的
过程中，又不可避免地涉及到数学思想方法。对数学 思想方法的系统认识，能使我们从总
体上深刻理解、全面把握数学知识。
数学思想与数学方法 是不同的两个范畴．“方法”比较接近于操作，与经验的联系很密
切；而“思想”则具有指导性，并且与 一般方法论相衔接．数学方法在完成数学过程中的
那些典型形式，包括一般地应如何处理数学对象、通过 什么途径、如何进行变化来达到解
决数学问题的目的．
本章的目的显然是为了系统地理解和掌握数学方法，从而使我们能有意识地
选择适当的方法解题．
高考中考查的数学方法主要有定义法、代入法、比较法(指比较大小) 、配方法、数学归纳
法、待定系数法、换元法、反证法、参数法等．
1．定义法
所谓定义法，就是直接利用数学定义解题的一种方法．
从本质上说，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的．因此
用定义法解题，是最直接的方法．
那么，什么叫定义呢？
定义是揭示概念内涵的逻辑方法，也就是通过指出概念所反映的事物的本质
属性来明确概念的逻辑方法．
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．
让我们回到定义中去！ < br>例1．已知
f
(
x
)=－
x
n
＋
c x
，
f
(2)=－14,
f
(4)=－252,求
y
=
log
2
f(x)
的定义域并判定它在
2
2
， 1)上的单调性．
2
解析：要判断函数的单调性，必须首先确定
n
与
c
的值
?
?2
n
?2c??14
?
n?4
解：
?
n
，
?
?
c?1
?4?4c??252
?
?
[
∴
f
(
x
)=－
x
4
+< br>x
,由
f
(
x
)=－
x
4
＋
x
＞0，得其解集为(0，1).
2
任取
x
1
、
x
2
∈[,1)，并设
x
1
<
x
2
，
2
∴
f
(
x
1
)－
f
(
x
2
)=－
x
1
4
+
x
1
+x
2
4
－
x
2
=(
x
2
－< br>x
1
)[(
x
2
+
x
1
)(
x
2
2
+
x
1
2
)－1].
而
x
2
－
x
1
＞0，又(
x
2
＋
x
1
)(
x
2
2
+
x
1
2
)＞1．
2
∴
f
(
x
1
)－
f
(
x
2
)＞0,故
f
(
x
)在［，1)上单调递 减，
y
=
log
2
f(x)
在定义域
2
2
上单调递增．
解题关键：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．这就要求我们对这些定义必须有深刻的本质认识，对定义中给出的
每一个“词”要透彻理解．

3
n
例2．若
a
n
=lg
n?1
,
b
n
=
a
3
n
,试写出{
b
n
}的前三顶．并证明数列{
b
n
}是等差数列。
2
3
3
3
6
3
9
解：< br>b
1
=
a
3
=lg
4
,
b
2
=
a
6
=lg
7
,
b
3
=a
9
=lg
10
,
22
2
3
n3
3
∵
a
n
+1
－
a
n
=l g
n?2
－lg
n?1
=lg,
2
2
2
33
∴数列{
a
n
}是首项
a
1
=lg,公差d
=lg的等差数列，
a
3
n
=
a
1
+(3
n
－1)
d
,
42
3
a
3
n
－
a
3(
n
－1)
=[
a
1
+(3
n
－1)
d
]－[
a
1
+(3
n< br>－4)
d
]=3
d
=3lg(常数)
2
∴{
b
n
}是等差数列，
解题关键：证明一个数列是等 差(或等比)数列，必须根据定义：
a
n
+1
－
a
n
=
d
,
d
为常数(或
a
n?1
=
q,
q
为常数且
q
≠0)，而巧用等差(或等比)数列的定义，更是简化计 算的有力手段。
a
n
n?1
2．代入法
例1．若0<
b
<
a
，且
a
＋
b
=1，则四个数字
1，
a
，2
ab
，
a
2
+
b
2
中，最大的是().
2
1
2
提示：作为只有一个选择支正确的选择 题，可用特殊值代人的方法加以判
2
1
断．取
a
=，
b< br>=．易见选(
B
)．
3
3
解题关键：代入法的另一类应用，是用于排除不合理的推测、选项等．
222
例2．已知
a
、
b
、
c
∈
C
，
a
＋
b
＋
c
=0，
a
+
b< br>+
c
=0．求证：|
a
|=|
b
|=|
c< br>|.
证：
a
=－(
b
＋
c
)，代人另式得 [－(
b
＋
c
)]
2
＋
b
2
＋< br>c
2
=0
?
b
2
+
c
2
+
bc
=0，
3
1
由之，解出
b
=(－±
i
)
c
,取其模可得|
b
|=|
c
|，同理|a
|=|
b
|，因此|
a
|=|
b
|=|c
|.
2
2
解题关键：代人法是经常用到的数学方法，从上例可看出，代人能充分应
用等式的条件，并起消元作用，从而使问题变得更加明确，易于发现解题途径。
A
．
B
．
aC
．2
abD
．
a
2
+< br>b
2

3．比较法
我们平时所说的比较法，只是单纯地作差(与0比)或作商(和1比)，而作差
更具有普遍性．作商时必须注意所比的两个数(或式)的符号．
事实上，要比较两个数的大小，许多时候仅用作差比商的方法是绝对不能解
决问题的，在作差 或比商的基础上，还必须应用不等式证明时的一切方法．我们为了把问
题阐述得更清楚、透彻，也为了所 讲的内容更具有实用的意义和价值，不妨将“比较法”
理解成“比较两数(或式)的大小的方法”更科学 和实际．那么这样一来，与“比较法”的
真实含义就出入颇大了．
例1．已知
f(
x
)=
a
x
－1．(
a
>1)，试比较3< br>f
－1
(
x
)与
f
－1
(3
x)的大小．
解：
f
－1
(
x
)=log
a< br>(
x
＋1)(
a
＞1，
x
>－1)．
1< br>3
f
－1
(
x
)=3
fog
a
(< br>x
＋1)=log
a
(
x
＋1)
3
．
f
－1
(3
x
)=log
a
(3
x
＋1 )，(
x
＞－)．
3
－1－1
要比较3
f
(x
)与
f
(3
x
)的大小，由于
a
>1，y
=log
a
x
单调递增,因此只须比较(
x
＋1)< br>3
与3
x
＋1的大小．

1
∵(
x< br>＋1)
3
－(3
x
＋1=
x
2
(
x
＋3)＞0(
x
＞－)
3
∴3
f
－1
(
x
)＞
f
－1
(3
x
)，当且仅当
x=0时取“=”．
解题关键：在
x
的许可值范围内比较大小，实际上是对欲比的代数式作了
适 当的限制与约束．就本题而言，正确地确定自变量
x
的取值范围，是不能缺少的重要步
骤．当然，错把
x
的范围当成(－1，＋∞)，虽然其结果不变，但推理过程至少是不严谨的．
比较法是不等式证明的基本步骤和方法之一．它遵循“作差(或比商)——变
形——判断”的解题规律．作差之后的配方或因式分解，有时确实是判断“差”的符号的
关键。
例2．设数列{
a
n
}为等比数列，公比
q
＞0且
q
≠1，若
A
=
a
1
＋
a
2
＋… …＋
111
a
n
,
B
=
?????
，C
=
a
1
a
2
??a
n
，试比较2< br>B
n
C
2
与
A
n
之大小．
a1
a
2
a
n
a
1
(1?q
n)
略解：
A
=
a
1
＋
a
2
＋……＋
a
n
=，
1?q
111
q
n
?1
n< br>aq
aa??a
B
=
?????
=，
C
==
1
12n
n?1
a
1
a
2
a
n< br>a
1
q(q?1)
n
2
n
n(n?1)
2< br>,
q
n
?1
n
)
∴2
BC
－< br>A
＝
a(
q?1
∵
q
n
－1与
q< br>－1同号、故
(1)当
a
1
>0时，2
B
n
C
2
与>
A
n
；
(2)当
a
1
<0时，若
n
为偶数，2
B
n
C
2
>
A
n
，若
n
为奇数，2
B
n
C
2
<
A
n
．
注：对
a
1
分类讨论，还不可能彻底解决 问题，当
a
1
<0时，
n
的奇偶性决定了所比的两个表达
式 的大小．
n
1
4．配方法
配方是一种基本而重要的恒等变形的手段．许多时候，它是解答全题的关键
一步，而正是这一步，才为我们解完全题创造了条件．
配方，它被广泛地应用于数学的各个方 面、各种场合．什么时候需要配方？往往要靠我们
去“适当地预测”．
为了“配”，需要“凑”；“凑”是配的前奏，“配”是“凑”的目的．
在解题中，需要的时 候，能否熟练地应用“配方法”，某种程度上体现了一个人的分析和
运算的能力．
例1．一个 首项为正数的等差数列，若
S
3
=
S
11
，那么这数列前多 少项和为最大？
解：设此等差数列首项为
a
1
，公差为
d
，
依题 意有3
a
1
＋3
d
=11
a
1
＋55d
?
2
a
1
=－13
d
，
aan(n?1)d
则数列的前
n
项和
S
n
=
na
1
＋＝
na
1
－
1
n
(
n
－1)=
1
[49－(
n
－7)
2
].
131 3
2
∵
a
1
＞0，∴当
n
=7时，
Sn
为最大．
解题关键：配方是常用的一种变形方式．中学阶段的主要要求是掌握如何配平 方．配方的
目的为：(1)判定一个代数式的正负；(2)运用二次函数的有关性质；(3)有利于二次 方程的
讨论；(4)使用含有平方式的公式(例如两点距离公式
等)．

例2．设方程
x
2
+2
kx
+4=0的两个实根为
x< br>1
、
x
2
，若
(
取值范围．
4222x
1
2
x
2
2
x
1
4
?x< br>2
(x
1
2
?x
2
)?2x
1
2< br>x
2
解：
()?()
=≥3，
?
x
2x
1
(x
1
x
2
)
2
(x
1
x
2
)
2
由韦达定理知：
x
1
＋
x
2
=－2
k
，
x
1
x
2
=4，
x
1
2
x
)?(
2
)
2
≥3成立 ，求实数
k
的
x
2
x
1
于是便有(
k2
－2)
2
≥5，
k
≥
2?5
或
k< br>≤－
2?5
,
又∵
x
1
、
x
2< br>是方程的实根，∴△≥0，∴4
k
2
－16≥0，即
k
≥2或
k
≤－2．
综合起来，
k
的范围是[
2?5
,+ ∞)∪(－∞,－
2?5
].
解题关键：关于实系数一元二次方程的问题，总是先考 虑“△”，然后恰当地应用韦达定
理．对于本题，去掉了对“△”的讨论，虽然结果相同，但解答是不完 整、不严密的．而
绝大部分的问题，由“△”首先来确定一元二次方程中参数的取值范围，它是必不可缺 少
的决定性的步骤．
xx
从不等式
(
1
)
2?(
2
)
2
≥3的结构特征必然联想到配方．这样就为我们应用韦达定理 扫清了
x
2
x
1
障碍．
思考一：已知实系数方程
x
2
＋
x
+
p
=0的两根α、β有|α－β|=3，则p
的值
为()
A
．－2
B
．．－2或．以上都不对
解析：选
A
还是选
B
？
如果读者意识到实系数方程的根可 能是实数也可能是虚数，那么显然
A
、
B

都不是所求的
p
值，
C
与
D
到底谁正确呢？运算中少不了配方．选
C

思考二：复数
z
1
、
z
2
满足10
z
1
2
+5
z
2
2
=2
z
1
z
2
，且
z
1
+2
z
2
为纯虚数，求证 ：3
z
1
－
z
2
∈
R
.
解析： 等式10
z
1
2
+5
z
2
2
=2
z
1
z
2
，使我们联想到配方是当然的事，而
z
1
＋2
z
2
与3
z
1
－
z
2
又提示 我
们去恰到好处地“配”、“凑”系数.
证明：10
z
1
2
+5
z
2
2
－2
z
1
z
2
=( 3
z
1
－
z
2
)
2
＋(
z
1
＋2
z
2
)
2
=0，
∵
z
1
＋2
z
2
为纯虚数，∴(
z
1
＋2
z< br>2
)2＜0．
则(3
z
1
－
z
2
)
3
＞0，可知3
z
1
－
z
2
R
.
注：抓住特殊常数，有目的地“配”与“凑”，必须具备较深刻的观察能力．
1
例3．△
ABC
中，
S
是它的面积，
a
、
b
是它的两条边的长，
S
=(
a
2
+
b
2
),求这三角形的各内
4
角．
1
1
解：由
ab
s in
C
=(
a
2
+
b
2
)
?a
2
+
b
2
－2
ab
sin
C
=0,
24
22222
?
a
－2
ab
sin< br>C
+
b
sin
C
+
b
cos
C=0,
?
a?bsinC?0
?
C?90?
222
,
?
(
a
－
b
sin
C
)+
bcos
C
=0
?
?
?
?
bcosC?0a?b
??
?
∠
A
=∠
B
=45°,∠
C
=90°.
几道例题，绝不可能将配方法的应用的广泛性和变换的灵活性表达得淋漓尽
致．更深刻的感受，还在以后的应用中逐步强化．
配方法是恒等变形的一种基本技巧，它在关键的时候把问题的结构特征暴露
出来．学会熟练地运用配方法，这是数学解题的最基本的要求．
5．待定系数法
正如配方法一样，待定系数法也是中学数学中最基本方法之一．

它的理论根据是多项式恒等实现(即两个多项式恒等的充要条件)，
由于它的应用的广泛性和它在中学数学中的突出作用，我们已经将它理解为
一种解题的重要策略．把待定系数法提高到一种思想方法上来认识，足见这在中
学数学中的突出的地位．
mx
2
?43x?n
例1．已知函数y
=的最大值为7，最小值为－1，求此函数
2
x?1
的解析式．
解析：求函数解析式，实际上是确定系数
m
、
n
的值．
有些问题的本身并未指明要用待定系数法，甚至问题的解决也并非十分直观
地应用了多项式恒 等的原理，它只是反映了应用这一方法的一些基本思想，我们也将这一
类解决问题的方法称为待定系数法 ，它是广义的．
解：将函数式变形为：(
y
－
m
)
x2
－4
3
x
＋(
y
－
n
)＝0． < br>∵
x
∈
R
,∴△=(－4
3
)
2
－ 4(
y
－
m
)(
y
－
n
)≥0，
即
y
2
－(
m
＋
n
)
y
＋(< br>mn
－12)≤0,①
这时
y
=
m
也成立．要使函 数有最大值7，最小值－1，亦就是－1≤
y
≤7，显然(
y
＋1)(
y
－7)
≤0，就是
y
2
－6
y
－7≤0② < br>?
m?n?6
?
m?5
?
m?1
比较①②的系数得方 程组：
?
，∴
?
或
?
,
?
mn?12? ?7
?
n?1
?
n?5
5x
2
?43x?1x2
?43x?5
故所求函数的表达式为：
y
=,或
y
= .
22
x?1x?1
23
例2．已知复数
z
=1+
i
,，|ω|=2,且
z
ω是虚部为负数的纯虚数，求复数ω.
解：设< br>z
2
ω
3
=－
ai
(
a
∈
R
),则|
z
2
ω
3
|=
a
得
a
＝16.
?16i
于是ω
3
==－8=8(cosπ+
i
sinπ),
2
(1?i)
(2k?1)
?
(2k?1)
?
∴ω=2[cos+
i
sin](
k
＝0，1，2)，
33
∴ω
1
=1＋
3
i
，ω
2
= －2，ω
3
=1－
3
i
．
(设ω=2(cosθ+
i
sinθ)，再由sin3θ=0且cos3θ<0也可得ω).
解题关键：待定系数法 的理论原属于多项式的恒等定理，在实际应用中已超出这个原理的
范围．只要我们知道一个代数模型(方 程、代数式、函数等)所具有的一般形式，便可以由
它所需要满足的具体条件，逐步对一般形式中的某些 常量或参数加以确定，从而得到一个
具体形式．在这一过程中，常常伴随着代入法和解方程或方程组．
6．换元法
解数学问题时，通过引入一个或几个新变量代替原来的变量，使得代换后的问题中 包
含这些新变量的方法称为换元法(也称变量代换法)，用这种方法解题的
目的是变换研究对象，其实质是移问题至新对象的知识背景中去研究，达到化难
为易，化繁为简的目的．
例1．求函数
y
=2
x
2
?9
+4－
x
(
x
≥0)的值域．
解析：求函数的值域 当然是在定义域上进行的．在多种多样的方法中，哪一种最好呢？我
们先别管方法的优劣，把能够想到的 思路全部提出来，集中精力考虑一个问题：解答此
题，能得到多少锻炼！
思路一：由
x
2
?9
启发我们用三角代换．
?
令
x
=3tanθ,θ∈(0,)，则
y
=6secθ－3tanθ＋4， < br>2

怎样来
y
的值域呢？只须求2secθ－tanθ的值域就可 以了,而这里最自然的想法就是．
2?sin
?
设
z
=2secθ －tanθ=>0,∴
z
cosθ+sinθ=2,
cos
?
22
sin(θ+α)=,由||≤1得
z
2
≥3，
1?z
2
1?z
2
∴
z
min
=
3
，
y< br>min
=4+3
3
，
y
∈[4＋3
3
，＋∞ )．
2?sin
?
其实，从
z
=的结构特征上，还有一个最基本的 联想是直线的斜率公式．定点(0，
cos
?
－2)和单位圆
x
2< br>＋
y
2
=1(
x
＞0且
y
≥0)上的点的连 线的斜率，只相差一个负号！
cos
?
?
于是令
a
=,θ ∈[0,)，由数形结合知
z
的最小值为
3
.
2
sin< br>?
?2
我们要求读者要仔仔细细地推敲所给条件中的每一个字母、每种表达式，从而激发 解题
的灵感的火花．
思路二：令
t
=
y
－4，则
x
＋
t
=2
x
2
?9
,
(这种换元的真正的目的；为变形或有理式创设条件)．
两边平方有3
x
2
－2
tx
＋36—
t
2
=0,
?
???0
?
?
2t
由
x
≥0知方程有非负实数解，因此< br>?
?0
或者
f
(0)≤0,
3
?
2
?
36?t
?0
?
?
3
又
t
>0；故< br>t
≥3
3
，就是
y
≥4＋3
3
.
(置函数于方程中，强化方程区间根的讨论，何况
t
=
y
－4的换元是何等巧 妙)
9?t
2
2
思路三：设
x?9
＝
x
+
t
,(0<
t
<3),则
x
=,而
y
= 2
x
2
?9
+4－
x
就转化成：
2t
3t 9
39
?
=4+3
3
，等号当且仅当
t
=
3
．即
x
＝
3
时取得，
y
=
t
++4≥4＋2
22t
22t
∴
y
∈[4＋3
3
, +∞)．
解题关键：从不同的角度去思考问题，就可以产生出不同的换元的方法．用任何一个新变量来代替原来的变量，目的总是使得思路更加通畅，问题更加易于解决．我们既要熟练一
般最常见的 换元法，也要掌握某些独特的换元技巧，它的确能发展我们的智力品质．
例2．解关于
x的不等式
a(a?x)
>
a
－2
x
，
a
＜0．
t
2
解：设
t
=
a(a?x)
，得x
=
a
－,
t
≥0．
a
∴
a
<0，由已知不等式化简得2
t
2
－
at
－
a
2
＞0，∴
t
＞－
再由
a(a?x)
>
ha
＞－
a
,
2
a3
，解得
x
>
a
．
24
解 题关键：通过引入一个或若干个新的变量去替代原有的变量、表达式，其目的为：
(1)变繁为简：通过 符号形式的变化，揭示问题的实质，而不至被繁多的数学符号所困惑；
(2)变生为熟：通过代换，把较 难的、不熟悉的问题化解为若干个为我们所熟知的小问题．
7．反证法

牛顿 说：“反证法是数学家最精锐的武器之一．”这就充分肯定了这一方法的积极作用和
不可动摇的重要地位 ．
反证法的核心是从求证结论的反面出发，导出矛盾的结果．因此如何导出矛
盾，就成了反证法的关键所在．
出现矛盾的方式通常有：与公理定义矛盾；与已知条件或临时 假设矛盾；与显然的事实矛
盾；自相矛盾等．
反证法可分为归谬反证法和穷举反证法两种．若命题的结论的反面只有一种
情况就能肯定结论 ，这种反证法叫归谬法；若命题的结论的反面不只一种情况，则需将反
面情况—一推翻才能肯定结论，这 种反证法叫穷举法．
例1．设复数
m
=1－cosθ＋
i
sinθ ,θ∈(0,2π)，
n
=
a
2
＋
ai
(
a
∈
R
)，若
m
·
n

是纯虚数，则
m
＋
n
不可能是实数．
证明：假设
m
＋
n
∈
R
,
∵
m
·
n
=(1－cosθ＋
i
sinθ)(
a
2＋
ai
=[
a
2
(1－cosθ)－
a
sin θ]+[
a
2
sinθ+
a
(1－cosθ)]
i
为
?
a
2
(1?cos
?
)?asin
?
?0
纯虚数．∴
?
2
,
?
asin
?
? a(1?cos
?
)?0
由②得
a
≠0，再由0<θ<2π得1－c osθ≠0，sinθ≠0．
sin
?
∴
a
=,而
m＋
n
=(1－cosθ+
a
2
)+(
a
＋si nθ)
i
∈
R
,
1?cos
?
则
a＋sinθ=0．
a
=－sinθ.
sin
?
sin
?
代入
a
=有=－sinθ又sinθ≠0,
1?cos
?
1?cos
?
∴1－cosθ=－1，cosθ=2，这是不可能的．
∴假设错误．
m
＋
n
不可能是实数．
解题关键：含有否定词的命题，都用反证法好．
思考：已知二项式(
x
＋< br>x
－1
)
m
与(
x
＋
x
－1
)
n
+1
,(
m
∈
N
,
n
∈< br>N
)，求证：当
m
=
n
时，这两个二项
式的展开式中 不可能同时含有常数项．
证：两个展开式的通项分别是：
rm?2rkn?2k?1
x
T
r
+1
=
C
m
,
T
’k
+1
=
C
n
,假设它们都含有常数项，则有
m
=2
r
，
n
=2
k
+1．又
m
=
n
,这是不
?1
x
可能的，矛盾表明假设是错误的，原命题成立．
例2．如图，设
SA
、
SB
是圆锥
SO
的两条母线，O
是底面圆心，
C
是
SB
上
一点．求证：
AC
与平面
SOB
不垂直．
证明：假设
AC
⊥平面
S OB
，那么由
SO
⊥底面
AOB
得平面
SOB
⊥平 面
AOB
，平面
SOB
∩平面
AOB
于直线
OB< br>，作
AD
⊥
OB
于
D
，则
AD
⊥平 面
1111
SOB
，又
AC
⊥平面
SOB
，故AD
有．
4444
1
1
|0－
f
(0)－< br>g
(0)|<,|0－
f
(1)－
g
(0)|<,|0－f
(0)－
4
4
11
g
(1)|<,|1－
f
(1)－
g
(1)|<.
44
以上四个式子相加得
11 11
+++>|0－
f
(0)－
g
(0)|+|0+
f(1)+
g
(0)|+|0+
f
(0)+
g
(1)|+ |1－
f
(1)－
g
(1)|
4444
≥|0－
f
(0)－
g
(0)+0+
f
(1)+
g
(0)+ 0+
f
(1)+
g
(0)+1－
f
(0)－
g(0)|=1

这是不可能的，矛盾表明原结论成立，即存在
x
0
、
y
0
∈[0，1]，使得|
x
0
y
0< br>－
f
(
x
0
)－
g
(
y
0
)|≥
1
成立.
4
解题关键：本题是一个肯定型的存在性命题，当 我们去寻求
x
0
、
y
0
∈[0，1]满足不等式
1
|
x
0
y
0
－
f
(
x
0
)－
g
(
y
0
)|≥有困难时，于是便去构造命题的反面情 况．
4
8．数学归纳法
对某类事物部分或全体的观察研究发现它们具有某种属性，从而推出这类事
物整体都具有这种属性，这种推理方法，称为归纳法．
归纳法是从特殊到一般的研究方法．
在数学中证明与自然数有关的命题时，常用数学归纳法．
数学归纳法是一种递推的方法．先验 证
n
等于第一个值
n
0
时命题成立，再假设
n
=< br>k
时命题成
立．然后证明
n
=
k
＋1时也成立．这两 步缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是能无限
递推下去的理论依据．
由于事物的普遍性 附于事物的特殊性之中，因此，在需要研究某一对象时，我们常从研究
各个个别对象的特征、属性开始， 进而去猜想整个对象集所具有的共性，接着用数学归纳
法证明猜想的正确性．因此，猜想和归纳，总是紧 紧相随的．
例1．设抛物线
y
=
x
与
x
轴围成部 分的内接正三角形
A
1
，
A
2
，…，
A
n
的边长为
a
n
，它在抛物线上的顶点为
P
n
， < br>(1)用数学归纳法证明：若
L
n
=
?
a
k
,
k?1
n
1
则
L
n
=
n
(< br>n
＋1)
3
(2)记线段
P
n
P
n
+1
长为
r
n
，求
?
r
k
2
．
k?1
n
证明：设等边三角形在
x
轴上的交点为
Q
k
，
k
=1，2,……，
n
,
?
y?x
3
(1)
OP
1
所在直线方程为=
3
x
，联立?
,
?
y
=
3
?
y?3x
3
2
2
·=,初始条件成立．
3
3
3
1
假设n
=
k
肘，有
L
k
＝
k
(
k
+1)
3
∴
Q
1
=
L
1
=|< br>OP
1
|=
那么
n
=
k
+1时,
Q
k
P
k
+1
所在直线方程为
y
=
3
[
x
－
?
y?x
3
?
联立
?
y
=(
k
+1),
?
k(k?1)
y?3[x?]
3
?
3
?
k(k?1)
],
3
3
211
∴
L
k
+1
=
k
(
k
+ 1)+(
k
+1)·=(
k
+1)(
k
+2),
3
3
3
3
对于一切
n
∈
N
，命题成立．
(2)在△
P
n
Q
n
P
n
＋1
中 ，由余弦定理知
|
P
n
P
N
+1
|
2< br>=|
P
n
Q
n
|
2
+|
Q
n
P
n
+1
|
2
－2|
P
n
Q< br>N
||
Q
n
P
n
+1
|cos60° 2222
1
4
=(
n
)
2
+[(
n< br>+1)]
2
－2·
n
·(
n
+1)·=(
n
2
+
n
+1),
333329

因此有?
r
k
2
=
k?1
n
4
[(1
2
+2
2
+……+
n
2
)+(1+2+……+
n
)+
n
],
9
4
(
n
2
+3
n
+5).
2 7
k?1
解题关键：几何数列，特别要注意解题的严密性．当我们去验证
n
=
k
+1也成立时，怎样合
理地应用几何性质，往往是成败的关键．
1
例2．已知数列{
a
n
}的首项为1，以后各项由递推式
a
n＝1十(
n
≥2)给出，求证：当
n
为
a
n?1
∴
?
r
k
2
=
n
偶数时，
a
n
＞
a
n
+2
，
n
为奇数时，
a
n
＜
a
n
+2
.
解析：与自然数的奇偶性有关的命题，往往须分奇、偶来讨论．
1?2a
n?21
1
略证：由
a
n
＝1十＝1＋=(
n
∈N
，
n
＞2)．
1
1?a
n?2
a
n?1
1?
a
n?2
易知，
a
2
＞
a4
，假设
a
2
n
＞
a
2
n
+ 2
,
1?2a
2n
1?2a
2n?2
a
2n?a
2n?2
那么
a
2
n
+2
－
a< br>2
n
+4
=－=，(*)
1?a
2n
1?a
2n?2
(1?a
2n
)(1?a
2n?2
)
只须证a
n
>0，则(*)由归纳假设知
a
2
n
+2
－
a
2
n
+4
＞0，这就是说，
n
为偶数时
有
a
n
＞
a
n
+2
．
同理可知 ，
n
为奇数时，
a
n
＜
a
n
+2
.
证明
a
n
＞0，同样用归纳法，请读者自行完成．
1?2a< br>n?2
解题关键：将递推式变形成
a
n
=,完全从问题的结论中激发灵 感，不是要分奇偶讨
1?a
n?2
论吗？因此建立间隔项之间的递推关系也就顺理成章 ．
2
1
例3．设
f
(
x
)=
x
3
十
x
，用归纳法证明，对一切
x
∈
Z
．
f
(
x
)∈
Z
。
3
3
解析：一些函数与 数列的基本性质都可以被巧妙地应用到归纳法的证明中来．拆项与添
项，又是归纳法证明中经常应用的恒 等变形的手段．
证：
x
=0，
f
(0)=0∈
Z
.
1< br>2
x
=1时，
f
(1)=+=1∈
Z
命题成立． < br>3
3
假设
n
=
k
时,命题成立(
k
∈
N
),那么
x
=
k
+1时，
22
11
f
(
k
+1)=(
k
+1)
3
+(
k
+1)=
k
3
+
k
+
k
2
+
k
+1.
33
33
由
k
∈
N
, 知∴
f
(
k
+1)∈
N
.
∴当
x
∈
N
时，命题成立．
而
f
(x
)为奇函数，因此当
x
<0，
x
∈
Z
时，< br>f
(－
x
)=－
f
(
x
)∈
Z这就是说，对
于
x
∈
Z
，
f
(
x< br>)∈
Z
成立．
解题关键：应用函数的奇偶性，十分巧妙地实现了我们希望达到的目的．
思考：用数学归纳法 证明：
a
n
－
nab
n
－1
＋(
n
－1)
b
n
能被(
a
一
b
)
n
整除(
n
＞2，
n

∈
N
)．
请读者自己熟悉拆项、添项等恒等变形的技巧．
9．参数法
随着近代数学观念的更新，这种变化的思想已成为数学的基本思想之一．参
数的观点已渗透到中学数学各个分支，用参数方法解题也相当普遍．

什么是参数方法呢？
参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目中研究的数学对象发生
联系的新变量——参数，以此作为“媒介”，再进行分析和综合，从而使问题得到解决的
方法．
直线与二次曲线的参数方程都是用参数法解题的例证．
参数具有奇异活力，它能协调、制约主 元变量的变化，揭示被研究数学对象瞬间的变化状
态，沟通条件与结论之间的联系，达到化繁为简的目的 ．
例1．设函数
f
(
x
)对任意的
x
、
y
∈
R
都有
f
(
x
)＋
f
(y
)且当
x
＞0时，
f
(
x
)＜0，试判断< br>f
(
x
)的单调性。
解析：判断
f
(
x< br>)的单调性，当然必须根据单调性的定义．常规思路：任取
x
1
、
x
2
∈
R
，令
x
1
＜
x
2
，则
x
2
－
x
1
＞0，故
f
(
x
2
－
x
1
)＜0．
∵
f
(
x< br>2
)=
f
[(
x
2
－
x
1
)＋
x
1
]=
f
(
x
2
—
x1
)十
f
(
x
1
),∴
f
(
x
1
)>
f
(
x
2
),
f
(x
)在
R
上单调递减．
还有没有别的思路呢？
由
x
2
＞
x
1
,设
x
2
=
x
1
+
t
(
t
>0),
f
(
x
2
)=
f
(
x
1
＋
t
)=
f
(
x
1
)十
f
(
t
)＜
f
(< br>x
1
)．故
f
(
x
2
)＜(
x1
)．
∴
f
(
x
)在
R
上单调递减．
引进参数
t
，这是一种新的思维．
在有关不等式的命题中，这种思想方法是经常被应用的．
思考：实数
a
、< br>b
、
c
满足
a
＋
b
＋
c
= 1，求
a
2
＋
b
2
＋
c
2
的最小 值．
111
分析：由
a
＋
b
＋
c
＝1， 引进参数
t
1
、
t
2
、
t
3
使得
a
=+
t
1
，
b
=+
t
2
，
c
=+
t
3
.
333
111
t1
+
t
2
+
t
3
=0,因此
a
2
＋
b
2
＋
c
2
=(+
t
1< br>)
2
＋(+
t
2
)
2
＋(+
t3
)
2

333
1
2
1
=+(
t
1
+
t
2
+
t
3
)+
t1
2
+
t
2
2
+
t
3
2≥

3
3
3
1
所求的最小值为．
3
我们绝不是去一味地欣赏这种引进参数的技巧和解题过程的标新立异，而只是希望读者能
对参数法解题有 一个比较深刻的具体的认识，在充分领略了它的特
殊魅力之后，去自觉地熟悉和积极地使用．
活用参数，这是解题能力的一种提高．
x
2
y
2
例2．如 图，线段
QR
的一端
Q
沿椭圆
2
?
2
?1
(
a
＞
b
＞0)在
ab
第一象限中的弧段中从B
运动到
A
，点
R
同时沿
x
轴正方向移
动，已知|
QR
|=
b
，求线段
QR
中点
P的轨迹方程．
?
解：设
Q
(
a
cosθ,
b
sinθ)，θ∈[0，]，
R
(
t
，0)，
2
这里θ,
t
都是参数，由|
QR
|=
b
得(
acosθ－
t
)
2
+
b
2
sin
2< br>θ=
b
2
,即|
a
cosθ－
t
|=
b
cosθ.
∵
t
≥
a
cosθ，∴
t
=(
a
＋
b
)cosθ
1
?
x?(2a?b) cos
?
?
2
又
P
是
QR
的中点，故得参 数方程：
?
,
1
?
y?bsin
?
2
?
4x
2
4y
2
消去θ得普通方程
?
2
?1
(
x
≥0,
y
≥0)
2
(2a?b)b