最新高中数学思想方法(附经典例题及详解)

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）


最新高中数学思想
方法



经典例题

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
2

经典
解析








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最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
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目 录


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 …………………………
二、 两套高考模拟试卷 …………………………
三、 参考答案 ……………………………………






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最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
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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。






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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)
2
＝a
2
＋2ab＋b
2
，将这
个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：
a
2
＋b
2
＝( a＋b)
2
－2ab＝(a－b)
2
＋2ab；
a
2＋ab＋b
2
＝(a＋b)
2
－ab＝(a－b)
2
＋ 3ab＝(a＋
a
2
＋b
2
＋c
2
＋ab＋bc＋ ca＝
3
b
2
)＋（b）
2
；
2
21
[(a＋b)
2
＋(b＋c)
2
＋(c＋a)
2]
2
a
2
＋b
2
＋c
2
＝(a＋b ＋c)
2
－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)
2
－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
；
x
2
＋
1
1
2
1
2
＝(x＋)－2＝(x －)＋2 ；…… 等等。
x
2
xx
Ⅰ、再现性题组：
1. 在 正项等比数列{a
n
}中，a
1
?a
5
+2a
3< br>?a
5
+a
3
?a
7
=25，则 a
3
＋a
5
＝_______。
2. 方程x
2
＋y
2
－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。
11
A.
1
4
4
或k>1 C. k∈R D. k＝
4
或k＝1
3. 已知sin
4
α＋cos
4
α＝1，则sinα＋cosα的值为______。
A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0
4. 函数y＝log
1
(－2x
2
＋5x＋3)的单调递增区间是_____。
2
5155
A. （－∞,
5
4
] B. [
4
,+∞) C. (－
2
,
4
] D. [
4
,3)
5. 已知方程x
2
+(a-2)x+a-1= 0的两根x
1
、x
2
，则点P(x
1
,x
2
)在圆x
2
+y
2
=4上，
则实数a＝_____。
【简解】 1小题：利用等比数列性质a
m?p
a
m?p
＝a
m
2
，将已知等式左边后配方（a
3
＋a
5
）
2
易求。答案是：5。
2小题：配方成圆的标准方程形式(x－a)
2
＋ (y－b)
2
＝r
2
，解r
2
>0即可，选B。
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3小题：已知等式经配方成(sin
2
α＋cos
2
α)
2
－2sin
2
αcos
2
α＝1，求出sinαcos
α， 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－
11
。
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. 2
3
B.
14
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
?
2(xy?yz?xz)?11
,而欲求对角线长
?
4(x?y?z)?24
?
x
2
?y
2
?z
2
，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
?
2(xy?yz?xz)?11
长度之和为24”而得：
?
。
4(x?y?z)?24
?
长方体所 求对角线长为：
x
2
?y
2
?z
2
＝
(x ?y?z)
2
?2(xy?yz?xz)
＝
6
2
?11＝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x
2
＋kx＋ 2=0的两实根为p、q，若(
p
2
q
2
)+()≤7成立，求实数 k
qp
的取值范围。
【解】方程x
2
＋kx＋2=0的两实根为p 、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2 ,
[(p?q)
2
?2pq]2
?2p
2
q
2
p
2
q
2
( p
2
?q
2
)
2
?2p
2
q
2< br>p
4
?q
4
()+()＝＝＝＝
(pq)
2
qp
(pq)
2
(pq)
2
(k
2
?4)
2
?8
≤7， 解得k≤－
10
或k≥
10
。
4
又 ∵p、q为方程x
2
＋kx＋2=0的两实根， ∴ △＝k
2
－8≥0即k≥2
2
或k≤－
2
2

综合起来，k的取值范围是：－
10
≤k≤－
22
或者
22
≤k≤
10
。
【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。
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b
a
)
1998
＋()
1998
。
a?b
a?b
aaa
【分析】 对已知式可以联想：变形为()
2
＋()＋1＝0，则＝ω （ω为1的立
bbb
例3. 设非零复数a、b满足a
2
＋ab＋b
2
=0，求(
方虚根）；或配方为(a＋b)
2
＝ab 。则代入所求式即得。
【解】由a
2
＋ab＋b
2
=0变形得：(
设ω＝
a
2
a
)＋()＋1＝0 ，
bb
a1< br>b
，则ω
2
＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：＝，ω
3< br>＝
?
3
＝
b
?
a
1。
又由a2
＋ab＋b
2
=0变形得：(a＋b)
2
＝ab ，
a
2
999
b
2
999
b
a
ab
19981998
所以 ()＋()＝()＋()＝()
999
＋()
99 9
＝ω
999
abab
a?b
ba
a?b
＋
?
999
＝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。
a
2
a
b
?1?3i
)＋()＋1＝0 ，解出＝后，
2
bba
ab
化成三角形式，代入所求表达式的变形式()999
＋()
999
后，完成后面的运算。此方法
ba
?1?3 i
用于只是未联想到ω时进行解题。
2
【另解】由a
2
＋ab＋b
2
＝0变形得：(
假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a
2＋ab＋b
2
＝0解出：a＝
?1?3i
b，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
2
定理完成最后的计算。
Ⅲ、巩固性题组：
1. 函数y＝(x－a)
2
＋(x－b)
2
（a、b为常数）的最小值为_____。
22
2
A. 8 B.
(a?b)
C.
a?b
D.最小值不存在
2
2
2. α、β是方程x－2ax＋a＋6＝0的两实根，则(α-1)
2
+(β-1)
2
的最小值是
_____。
A. －
49
4
B. 8 C. 18 D.不存在
3. 已知x、y∈R
?
，且满足x＋3y－1＝0，则函数t＝2
x
＋8
y
有_____。
A.最大值2
2
B.最大值
2
C.最小值2
2
B.最小值
2

22
2
4. 椭圆x－2ax＋3y＋a－6＝0的一个焦点在直线x＋y＋4＝0上，则a＝_____。
7


222

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A. 2 B. －6 C. －2或－6 D. 2或6
5. 化简：2
1?sin8
＋
2?2cos8
的结果是_____。
A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4
2
x
6. 设F
1
和F
2
为双曲线－y
2
＝1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F
1
PF
2
＝
4
90°，则△F
1
PF
2
的面 积是_________。
7. 若x>－1，则f(x)＝x
2
＋2x＋
1
的最小值为___________。
x?1
8. 已知
?
〈β <α〈
3
π，cos(α-β)＝
12
，sin(α+β)＝－
3< br>，求sin2α的值。(优
2
4
13
5
质试题高考题)
9. 设二次函数f(x)＝Ax
2
＋Bx＋C，给定m、n（m2
[(m+n)
2
+ m
2
n
2
]＋
2A[B(m+n)－Cmn]＋B
2
＋C
2
＝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＝log
s
t＋log
t
s，y＝log
s
4
t ＋log
t
4
s＋m(log
s
2
t＋
logt
2
s),
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。





















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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
x
＋2
x
－2≥0，先变形为设2
x＝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
＋
1?x
的值域时，易发现x∈[0,1]，
设x＝si n
2
α ，α∈[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，
2
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x< br>2
＋y
2
＝
r
2
（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
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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
Ⅰ、再现性题组：
1.y＝sinx·cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。
2.设f(x
2
＋1)＝log
a
(4－x
4
) （a>1），则f(x)的值域是_______________。
3.已知数列{a
n< br>}中，a
1
＝－1，a
n?1
·a
n
＝a
n ?1
－a
n
，则数列通项a
n
＝___________。
4.设实数x、y满足x
2
＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是__________ _。
1?3
?x
5.方程＝3的解是_______________。
1?3
x
6.不等式log
2
(2
x
－1) ·l og
2
(2
x?1
－2)〈2的解集是_______________。
t
2
1
【简解】1小题：设sinx+cosx＝t∈[－
2
,
2
]，则y＝＋t－，对称轴t＝
2
2
1
－1，当t＝
2
，y
max
＝＋
2
；
2
2小题：设x
2
＋1＝t (t≥1)，则f(t)＝log
a< br>[-(t-1)
2
＋4]，所以值域为(－
∞,log
a
4] ；
3小题：已知变形为
1
a
n?1
1
＝－n，所以an
＝－；
n
－
11
＝－1,设b
n
＝，则b
1
＝－1,b
n
＝－1＋(n－1)(-1)
a
n
a
n
4小题：设x＋y＝k，则x
2
－2kx＋1＝0, △＝4k
2
－4≥0,所以k≥1或k≤－1；
5小题：设3
x
＝ y，则3y
2
＋2y－1＝0,解得y＝，所以x＝－1；
6小题：设log
2
(2
x
－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－22
Ⅱ、示范性题组：
例1. 实数x、y满足4x
2
－5xy＋4y
2
＝5 （ ①式） ，设S＝x
2
＋y
2
，求
1
3
5
,log
2
3)。
4
1
S
max
＋
1
S
m in
的值。（优质试题全国高中数学联赛题）
【分析】 由S＝x
2
＋y< br>2
联想到cos
2
α＋sin
2
α＝1,于是进行三角换元， 设
?
?
x?Scosα
代入①式求S
max
和S
m in
的值。
?
?
?
y?Ssinα
?
?
x?Scosα
【解】设
?
代入①式得： 4S－5S·sinαcosα＝5
?
?
y?Ssinα
10

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11
解得 S＝
10
；
8?5sin2α
∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴
∴
101010
≤≤
138?5sin
?
3
1
S< br>max
＋
1
S
min
＝
31316
8
＋＝＝
101010
5
此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝< br>等式：|
8S?10
的有界性而求，即解不
S
8S?10
|≤ 1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。
S
SSSS
2222
【另解】 由S＝x＋y，设x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，
2222
2
S
2
S
－t
2
代入①式得：4S±5
－t
2
=5， 则xy＝±
44
移项平方整理得 100t
2
+39S
2
－160S＋100＝0 。
1010
≤S≤
133
11
31316
8
∴ ＋＝＋＝＝
S
max
S
min
101010
5
∴ 39S
2
－160S＋100≤0 解得：
【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
2
＋y
2
与三
角公式cos
2
α＋sin
2
α＝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< br>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
2
＋y
2< br>而按照均值换
元的思路，设x
2
＝
S
＋t、y
2＝
S
－t，减少了元的个数，问题且容易求解。另外，还用
22
到了求值 域的几种方法：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
5
]，所以S＝(a－b)
2
＋
3
11
10
20
2
1010
(a＋b)
2
＝2(a
2
＋b
2
)＝＋a∈[,]，再求＋的值。
S
S
13
13
133
max
min
＋b，y＝a－b，代入①式整理得3 a
2
＋13b
2
＝5 ，求得a
2
∈[0,

例2． △ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，
cos
2
1< br>1
＋＝－，求
cosB
cosA
cosC
A?C
的值 。（优质试题全国理）
2
11

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
12
【分析】 由已知“A＋C＝2B”和“三角形内角和等于180°”的性质，可得
?
A?C?120°
?
A＝60°?α
；由“A＋C＝120°”进行均值换元 ，则设
?
，再代入可
?
?
B＝60°
?
C＝60 °－α
A?C
求cosα即cos。
2
?
A?C?120°
【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得
?
,
B＝60°
?
?
A＝60°?α
由A＋C＝ 120°，设
?
，代入已知等式得：
C＝60°－α
?
11
1
1
1
＋＝＋＝＋
cos(60??
?
)cos(60? ?
?
)
cosA
cosC
13
cos
?
? sin
?
22
1
cos
?
cos
?
＝＝＝ －2
2
,
13
2
3
13
22
cos?
?sin
?
cos
?
?
cos
?
? sin
?
444
22
解得：cosα＝
22
A?C
， 即：cos＝。
22
2
2
1
1
＋＝－
cosB
cosA
cosC
【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝6 0°。所以
＝－2
2
，设
1
1
＝－
2
＋m ，＝－
2
－m ，
cosA
cosC
11
所以cosA＝ ，cosC＝，两式分别相加、相减得：
?2?m?2?m
22
A?CA?CA?C
cosA＋cosC＝2coscos＝cos＝
2
，
m?2
22 2
A?CA?CA?C2m
cosA－cosC＝－2sinsin＝－
3
s in＝
2
，
222
m?2
22
2m
A?C
2
A?C
2
A?C
即：sin＝－，＝－
2
，代入sin ＋cos＝1整
m?2
222
3(m
2
?2)
理得：3m< br>4
－16m－12＝0,解出m
2
＝6，代入cos
222
A ?C
＝
2
＝。
2
m?2
2
1
1
【注】 本题两种解法由“A＋C＝120 °”、“＋＝－2
2
”分别进行均
cosA
cosC
值换元，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：
12

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
13
由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以
cosA＋cosC＝－2< br>2
cosAcosC，和积互化得：
2
1
1
＋＝－＝－2< br>2
，即
cosB
cosA
cosC
2
A?CA?CA ?C
cos＝－
2
[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos＝－
2
cos(A-C)
2
222
2
A?CA?CA?C
＝－2
(2cos
2
－1)，整理得：4
2
cos
2
＋2cos－3
2
＝0,
2
222
2
A?C
解得：cos＝
2
2
2cos
例3. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx) －sinx·cosx－2a
2
的最大值和最小值。
【解】 设sinx＋cosx ＝t，则t∈[-
2
,
2
]，由(sinx＋
2
t?1
2
11
∴ f(x)＝g(t)＝－(t－2a)
2
＋ （a>0），t∈
22
[-
2
,
2
]
1
t＝-
2
时，取最小值：－2a
2
－2
2
a－
2
1
当2a≥
2
时，t＝
2
，取最大值：－2a
2< br>＋2
2
a－ ；
2
1
当0<2a≤
2
时，t＝2a，取最大值： 。 < br>2
?
12
(0?a?)
?
1
?
22
2
∴ f(x)的最小值为－2a－2
2
a－，最大值为
?
。 < br>2
12
?
2
?2a?22a?(a?)
?
22
?
cosx)
2
＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx＝
【 注】 此题属于局部换元法，设sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx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范围（t∈[-
2
,
2
]）与sinx＋cosx 对应，
否则将会出错。本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行讨论。
一般地，在遇到题目已知和未知中含有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，s inxcsox)，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。
y
, ,
－
2

2
x
4(a?1)
(a?1)
2
2a
例4. 设对所于有实数x，不等式xlog
2
＋2x log
2
＋log
2
>0
a
4a
2
a?1
2
恒成立，求a的取值范围。 （优质试题全国理）
13

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
14
4(a?1)
(a?1)
2
2a
【分析】不等式中log2
、 log
2
、log
2
三项有何联系？进行
4a< br>2
a
a?1
对数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。
4(a? 1)
2a8(a?1)a?1
＝t，则log
2
＝log
2
＝3＋log
2
＝3－
a
a?12a2a
(a?1)
22aa?1
log
2
＝3－t，log
2
＝2log＝－2t，
2
2
4a
a?12a
【解】 设log
2
代入后原 不等式简化为（3－t）x
2
＋2tx－2t>0，它对一切实数x恒成立，所以：
?
3?t?0
?
t?3
2a
，解得 ∴ t<0即log<0
?
?
2
2
a?1
?
t?0或 t?6
?
??4t?8t(3?t)?0
2a
0<<1，解得0a?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4(a?1)
(a?1)
2
2a
何设元，关键是发现已知不等式中log
2
、 log
2
、log
2
三项之间
a
4 a
2
a?1
的联系。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。
x
sinθ
cosθ
10
cos
2
θsin
2
θ
例5. 已知＝，且＋＝ (②式)，求的
y
x< br>x
2
3(x
2
?y
2
)
y
y
2
值。
【解】 设
222
sinθ
cosθ
＝＝k，则 sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sin
2
θ＋cos
2
θ＝
x
y
y
2
x
2
k
2
x
2
1 0
10k
2
k
2
y
2
k(x+y)＝1,代入②式 得：
2
＋
2
＝＝ 即：
2
＋
2
＝
3
x
x
3(x
2
?y
2
)
y< br>y
10

3
1
x
3
x
2
1
设
2
＝t，则t＋＝
10
, 解得：t＝3或 ∴＝±
3
或±
y
3
t
3
y
3
x
sinθ
cos
2
θ
【另解】 由＝＝tgθ，将等式②两边同时除 以，再表示成含tgθ
y
cosθ
x
2
10
10
的 式子：1＋tg
4
θ＝
(1?tg
2
?
)?
＝tg
2
θ，设tg
2
θ＝t，则3t
2
—10t＋
1< br>3
3(1?
2
)
tg
?
3＝0，
14

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
15
∴t＝3或， 解得
【注】 第一种解法由
1
3
x
3
＝±
3
或±。
y
3
sinθ
cosθ
＝而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个
x
y
x
sinθ
数。第二种解法将已知变形为＝，不难发现进行结果为tgθ ，再进行换元和变
y
cosθ
形。两种解法要求代数变形比较熟练。在解高次方程时， 都使用了换元法使方程次数降
低。
(x?1)
2
(y?1)
2
例6. 实数x、y满足＋＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范围。
9
16
(x?1)
2
(y?1)
2
【分析】由已知条件＋＝1，可以发现它与a
2＋b
2
＝1有相似之处，
9
16
于是实施三角换元。
x?1
(x?1)
2
(y?1)
2
y?1
【解】由＋＝1， 设＝cosθ，＝sinθ，
9
16
3
4
?
x?1?3c osθ
即：
?
代入不等式x＋y－k>0得：
y??1?4sinθ< br>?
3cosθ＋4sinθ－k>0，即k<3cosθ＋4sinθ＝5sin(θ+ψ)
所以k<-5时不等式恒成立。
【注】本题进行三角换元，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“分离参数法”转化为三角函数的值域问题，从而求出 参数范
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”。
本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ax
＋by＋c>0 (a>0)所表示的区域为直线ax＋by＋c＝0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x＋y－k>0的区域。即当直
y
x
线x＋y－k＝0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

消元后由△＝0可求得k＝－3,所以k<-3时原不等式

恒成立。

Ⅲ、巩固性题组：
1. 已知f(x
3
)＝lgx (x>0)，则f(4)的值为_____。
3
?
16(x?1)
2
?9(y?1)
2
?144
x＋y－k>0
有相等的一组实数解，
?
k 平面区域
?
x?y?k?0
A. 2lg2 B.
1
lg2 C.
2
lg2 D.
2
lg4
33
15

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
16
2. 函数y＝(x＋1)
4
＋2的单调增区间是______。
A. [-2,+∞) B. [-1,+∞) D. (-∞,+∞) C. (-∞,-1]
3. 设等差数列{a
n
}的公差d＝
1
，且S< br>100
＝145，则a
1
＋a
3
＋a
5
＋… …＋a
99
的值为
2
_____。
A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5
4. 已知x
2
＋4y
2
＝4x，则x＋y的范围是_________________。
5. 已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，则
a?
1
＋
b?
1
的范围是____________。
2
2
6. 不等式
x>ax＋
3
的解集是(4,b)，则a＝________，b＝_______。
2
7. 函数y＝2x＋
x?1
的值域是________________。
8. 在等比 数列{a
n
}中，a
1
＋a
2
＋…＋a
10
＝2，a
11
＋a
12
＋…＋a
30
＝12，求a
31
＋a
32
＋…＋a
60
。
9. 实数m在什么范围 内取值，对任意实数x，不等式sin
2
x＋2mcosx＋4m－1<0恒成
立。
10. 已知矩形ABCD，顶点C(4,4)，A点在曲线
y D C
x
2
＋y
2
＝2 (x>0,y>0)上移动，且AB、AD
A B
始终平行x轴、y轴，求矩形ABCD的最小面

积。
O x











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、< br>16

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
17
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，主要从以下几方面着手分析：
① 利用对应系数相等列方程；
② 由恒等的概念用数值代入法列方程；
③ 利用定义本身的属性列方程；
④ 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。
Ⅰ、再现性题组：
x
＋m，f( x)的反函数f
?1
(x)＝nx－5，那么m、n的值依次为_____。
2
5555
A. , －2 B. － ， 2 C. , 2 D. － ，－2
2222
1
1
2. 二次不等式ax
2
＋bx＋2>0的解集是(－,)，则a＋b的值是_____。
2
3
1. 设f(x)＝
A. 10 B. －10 C. 14 D. －14
3. 在(1－x
3
)（1＋x）
10
的展开式中，x
5
的系数是_____。
A. －297 B.－252 C. 297 D. 207
4. 函数y＝a－bcos3x (b<0)的最大值为
31
，最小值为－，则y＝－4asin3bx的最
22
小正周期是_____。
5. 与直线L：2x＋3y＋5＝0平行且过点A(1,-4)的直线L ’的方程是_______________。
y
2
6. 与双曲线x－＝1有共同 的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是
4
2
____________。
x
＋m求出f
?1
(x)＝2x－2m，比较系数易求，选C；
2
1
1
1
1
2小题：由不等式解集(－,)，可知－、是方程ax2
＋bx＋2＝0的两根，代
2
3
2
3
【简解】1小题 ：由f(x)＝
入两根，列出关于系数a、b的方程组，易求得a＋b，选D；
52
3小题：分析x
5
的系数由C
10
与(－1)C
10
两项组 成，相加后得x
5
的系数，选D；
17

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
18
4小题：由已知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
2
?
；
3
5小题：设直线L’方程2x＋3y＋c＝0，点A(1,-4)代 入求得C＝10，即得2x＋3y＋10
＝0；
2
2
2
x
y
y
6小题：设双曲线方程x
2
－＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得 方程－＝
4
3
12
1。
Ⅱ、示范性题组：
mx
2
?43x?n
例1. 已知函数y＝的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。
x
2
?1
【分析 】求函数的表达式，实际上就是确定系数m、n的值；已知最大值、最小值实
际是就是已知函数的值域， 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： (y－m)x
2
－4
3
x＋(y－n)＝0， x∈R, 由已知得y－m≠0
∴ △＝(－4
3
)
2
－4(y－m)(y－n)≥0 即： y
2
－(m＋n)y＋(mn－12)≤0 ①
不等式①的解集为(-1,7)， 则－1、7是方程y
2
－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的两根，
?
m ?5
?
m?1
?
1?(m?n)?mn?12?0
代入两根得：?
解得：
?
或
?

n?1
n?5
49?7(m?n)?mn?12?0
?
?
?
5x
2
?4 3x?1x
2
?43x?5
∴ y＝或者y＝
x
2
?1x
2
?1
此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即y
2
－6y－7≤0，然后与不等式①比
?
m?n?6
较系数而得：
?< br>，解出m、n而求得函数式y。
mn?12??7
?
【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；二是由已知
解集写出不等式，比较含参数的不等式而列出m、n的方程组求解。本题 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，< br>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的范围就是值域，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
10
－
5
，求椭圆的方程。
18

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
19
【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，由已知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
y B’
x
a－c的值后列出第二个方程。
【解】 设椭圆长轴2a、短轴2b、焦距2c，则|BF’|

＝a
A F O’ F’ A’

?
a
2
?b
2
?c
2
?
?
2
?< br>a?10
B
22
∴
?
a?a?(2b)
解得：
?

?
?
a?c?10?5
x
2
y
2
∴ 所求椭圆方程是：＋＝1
10
5
?
?
b?5
也可有垂直关 系推证出等腰Rt△BB’F’后，由其性质推证出等腰Rt△B’O’F’，再进行
?
b?c
?
如下列式：
?
a?c?10?5
，更容易求出a、b的值。
?
222
a?b?c
?
【注】 圆锥曲 线中，参数（a、b、c、e、p）的确定，是待定系数法的生动体现；如
何确定，要抓住已知条件，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，本题就利用了这一特征，列出关 于a－c的等式。
一般地，解析几何中求曲线方程的问题，大部分用待定系数法，基本步骤是：设方程
（或几何数据）→几何条件转换成方程→求解→已知系数代入。
例3. 是否存在常数a、b 、c，使得等式1·2
2
＋2·3
2
＋…＋n(n＋1)
2
＝
n(n?1)
(an
2
12
＋bn＋c)对一切自然数n都成立？ 并证明你的结论。 （优质试题全国高考题）
【分析】是否存在，不妨假设存在。由已知等式对一切自 然数n都成立，取特殊值n
＝1、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：n＝1，得4＝
22＝
1
(a＋b＋c)；n＝2，得
6
1(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得：
2
?
a?b ?c?24
?
a?3
??
?
4a?2b?c?44
,解得< br>?
b?11
，
?
9a?3b?C?70
?
c?10
??
于是对n＝1、2、3，等式1·2
2
＋2·3
2
＋… ＋n(n＋1)
2
＝
n(n?1)
(3n
2
＋11n＋10 )
12
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：
19

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
20
假设对n＝k时等式成立，即1·2
2
＋2·3
2
＋…＋k( k＋1)
2
＝
10)；
k(k?1)
(3k
2
＋ 11k＋
12
k(k?1)
(3k
2
＋11k
12
k(k?1)(k?1)(k?2)
＋10) ＋(k＋1)(k＋2)
2
＝(k＋2 )（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)
2
＝
1212
(k?1)(k?2)
（3k
2
＋5k＋12k＋24）＝[3(k＋1)
2
＋11(k＋ 1)＋10]，
12
当n＝k＋1时，1·2
2
＋2·3
2
＋…＋k(k＋1)
2
＋(k＋1)(k＋2)
2
＝
也就是说，等 式对n＝k＋1也成立。
综上所述，当a＝8、b＝11、c＝10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
体现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
想、最后归纳证明的步骤进行。本题如果记得两 个特殊数列1
3
＋2
3
＋…＋n
3
、1
2
＋2
2
＋…
＋n
2
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(n＋1)
2
＝n
3
＋2n
2
＋n 得S
n
＝1·2
2
＋2·3
2
＋…＋n(n＋1)
2
＝(1
3
＋2
3
＋…＋n
3
)＋2(1
2
＋2
2
n
2
(n?1)
2
n(n?1)(2n? 1)n(n?1)
＋…＋n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋2×＋＝
4
62
n( n?1)
(3n
2
＋11n＋10)，综上所述，当a＝8、b＝11、c＝10时， 题设的等式对一切自
12
2
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，将剩余部分折成一个无盖的矩 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，先由已知条件选取合适的变量建立目
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(30－2x)cm，底边宽为(14－2x)cm，高为xcm。
∴ 盒子容积 V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x ，
显然:15－x>0，7－x>0，x>0。
4
(15a－ax)(7b－bx)x (a>0,b>0）
ab
?
?a?b?1?0
要使用均值不等式，则
?

15a?ax?7b?bx?x
?
3
1
解得：a＝， b＝ ， x＝3 。
4
4
1521
64
15x213
64< br>4
?
4
3
64
从而V＝(－)(－x)x≤()＝×27＝5 76。
3
4
33
444
3
设V＝
20

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
21
所以当x＝3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm
3
。
【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＝
44
(15a－ax)(7－x)bx 或 (15－x)(7a< br>abab
－ax)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 数，
本题也体现了“凑配法”和“函数思想”。

Ⅲ、巩固性题组：
1. 函数y＝log
a
x的x∈[2,+∞)上恒有|y|>1，则a的取值范围是_____。
A. 2>a>
1
且a≠1 B. 01
或12或
22
01

2
2. 方程x
2
＋px＋q＝0与x
2
＋qx＋p＝0只 有一个公共根，则其余两个不同根之和为
_____。
A. 1 B. －1 C. p＋q D. 无法确定
3. 如果函数y＝s in2x＋a·cos2x的图像关于直线x＝－
π
对称，那么a＝_____。
8
A.
2
B. －
2
C. 1 D. －1
12n
4. 满足C
0
n< br>＋1·C
n
＋2·C
n
＋…＋n·C
n
<500的最 大正整数是_____。
A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
5. 无穷等比数列{a
n
}的前n项和为S
n
＝a－
1
n
, 则所有项的和等于_____。
2
A. －
1
B. 1 C.
1
D.与a有关
22
6. (1＋kx)
9
＝b
0
＋b1
x＋b
2
x
2
＋…＋b
9
x
9，若b
0
＋b
1
＋b
2
＋…＋b
9
＝ －1，则k＝
______。
7. 经过两直线11x－3y－9＝0与12x＋y－19＝ 0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60°，过底面一边作截面，使其与
底面成30°角，则截 面面积为______________。
9. 设y＝f(x)是一次函数，已知f(8)＝15, 且f(2)、f(5)、(f14)成等比数列，求f(1)
＋f(2)＋…＋f(m)的值。
10. 设抛物线经过两点(-1,6)和(-1,-2)，对称轴与x轴平行，开口向右，直线y＝2 x
＋7和抛物线截得的线段长是4
10
, 求抛物线的方程。






21

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
22












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。
Ⅰ、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，A∪B的元素个数为n，则______。
A. 2≤n≤9 B. 7≤n≤9 C. 5≤n≤9 D. 5≤n≤7
2. 设MP、OM、AT分别是46°角的正弦线、余弦线和正切线，则_____。
A. MP3. 复数z
1
＝a＋2ｉ，z
2
＝－2＋ｉ，如果|z
1
|< |z
2
|，则实数a的取值范围是_____。
A. －11 C. a>0 D. a<－1或a>1
x
2
5
y
2
4. 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
25
9
2
为_____。
75
A. 8 C. 7.5 C. D. 3
4
T
5. 奇函数f(x)的最小正周期为T，则f(－)的值为_____。
2
T
A. T B. 0 C. D. 不能确定
2
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；
22
3小题：利用复数模的定义得
a?2
<
5
，选A；
22

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
23
|PF
左
|
4
4小题：利用椭圆的第二定义得到＝e＝，选A； < br>5
5
2
TTT
5小题：利用周期函数、奇函数的定义得到f(－)＝f ()＝－f(－)，选B；
222
6小题：利用线面角、面面角的定义，答案2。
Ⅱ、示范性题组：
例1. 已知z＝1＋ｉ， ① 设w＝z
2
＋3
z
－4，求w的三角形式； ② 如果
z
2
?az?b
＝1－ｉ，求实数a、b的值。（优质试题全国理） < br>z
2
?z?1
【分析】代入z进行运算化简后，运用复数三角形式和复数相等的 定义解答。
【解】由z＝1＋ｉ，有w＝z
2
＋3
z
－4＝(1＋ ｉ)
2
＋3
(1?i)
－4＝2ｉ＋3(1－ｉ)－4
5
?
5
?
＝－1－ｉ，w的三角形式是
2
（cos＋ｉsin）； 44
z
2
?az?b
(1?i)
2
?a(1?i)?b
(a?b)?(a?2)i
由z＝1＋ｉ，有
2
＝＝＝(a＋2)－
z?z?1
i
(1?i)
2
?(1?i)?1
(a＋b)ｉ。
由题设条件知：(a＋2)－(a＋b)ｉ＝1＋ｉ；
?
a?2?1
根据复数相等的定义，得：
?
，
?(a?b)??1
?
?
a??1
解得
?
。 b?2
?
【注】求复数的三角形式，一般直接利用复数的三角形式定义求解。利用复数相等 的
定义，由实部、虚部分别相等而建立方程组，这是复数中经常遇到的。
例2. 已知f(x )＝－x
n
＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，求y＝log
2
f(x)的定义域，
2
3
判定在(
2
,1)上的单调性。
2
【分析】要判断函数的单调性，必须首先确定n与c的值求出函数的解析式，再利用
函数的 单调性定义判断。
n
?
?
n?4
?
f(2)??2?2c ??14
【解】
?
解得：
?
n
c?1
?
?
?
f(4)??4?4c??252
∴ f(x)＝－x
4
＋x 解f(x)>0得：02
设2
3
1
2
<1， 则f(x
1
)－f(x
2
)＝－x
4
1
+x
1-（-x
4
2
+x
2
）
=(x
1
-x
2
)[1-(x
1
+x
2
)( x
1
2
+x
2
2
)],
23

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
24
3
44
22
3
∵ x
1
+x
2
>
2
， x
1
+x
2
> ∴ (x
1
+x
2
)( x
1
+x
2
)〉
2
×＝1
22
3
2
∴ f(x
1
)－f(x
2
)>0即f(x)在(,1)上是减函数
2
3
2
2
∵ <1 ∴ y＝log
2
f(x) 在(,1)上是增函数。
2
2
3
3
22
2
【注】关于函数的性质：奇偶性、单调性、周期
A’ A
性的判断，一般都是直接应用定义解题。本题还在求
D
n、c的过程中，运用了待定系数法和换元法。
C’
例3. 如图，已知A’B’C’—ABC是正三棱柱，D是
C
AC中点。
O H
① 证明：AB’∥平面DBC’；
② 假设AB’⊥BC’，求二面角D—BC’—C的度数。
B’ B
（优质试题全国理）
【分析】 由线面平行的定义来证①问，即通过证AB’平行 平面DBC’内的一条直线而得；
由二面角的平面角的定义作出平面角，通过解三角形而求②问。
【解】 ① 连接B’C交BC’于O, 连接OD
∵ A’B’C’—ABC是正三棱柱
∴ 四边形B’BCC’是矩形
∴ O是B’C中点
△AB’C中， D是AC中点 ∴ AB’∥OD
∴ AB’∥平面DBC’
② 作DH⊥BC于H，连接OH ∴ DH⊥平面BC’C
∵ AB’∥OD, AB’⊥BC’ ∴ BC’⊥OD
∴ BC’⊥OH 即∠DOH为所求二面角的平面角。
设AC ＝1，作OE⊥BC于E，则DH＝
Rt△BOH中，OH
2
＝BH×EH＝
∴ OH＝
3
1
3
1
sin60°＝，BH＝，EH＝ ；
4
2
4
4
3
，
16
3
＝DH ∴∠DOH＝45°，即二面角D—BC’—C的度数为45°。
4
【注】对于二面角D—B C’—C的平面角，容易误认为∠DOC即所求。利用二面角的平
面角定义，两边垂直于棱，抓住平面角 的作法，先作垂直于一面的垂线DH，再证得垂直
于棱的垂线DO，最后连接两个垂足OH，则∠DOH 即为所求，其依据是三垂线定理。本题
还要求解三角形十分熟练，在Rt△BOH中运用射影定理求OH 的长是计算的关键。
此题文科考生的第二问为：假设AB’⊥BC’，BC＝2，求AB’在侧面BB’C’C的 射影长。
解答中抓住斜线在平面上的射影的定义，先作平面的垂线，连接垂足和斜足而得到射影。
其解法 如下：作AE⊥BC于E，连接B’E即所求，易得到OE∥B’B，所以
EF
OE1
＝＝，
BF
B'B2
24

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
25
EF＝B’E。在Rt△B’BE中，易得到BF⊥BE,由射影定理得：B’E×EF＝BE< br>2
即B’E
2
＝1，
所以B’E＝
3
。
例4. 求过定点M(1,2)，以x轴为准线，离心率为
1
3
1
3
1
y
的椭圆
2
M F
的下顶点的轨迹方程。
A
【分析】运动的椭圆过定点M，准线固定为x轴，所以M到准
x
线距离为2。抓住圆 锥曲线的统一性定义，可以得到
|AF|
1
＝建
2
2
立一个 方程，再由离心率的定义建立一个方程。
【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。根据椭圆的统一性定义和离心率的定义，得到 ：
1
?
4
2
22
(x?1)?(m?2)?×2
(y?)
?
2
?
3
2
，消m得：（x－1）＋＝1，
?
m?y
1
2
?
?
()
2
?2
3
?
y
4
(y?)
2
3
＝1。 所 以椭圆下顶点的轨迹方程为（x－1）
2
＋
2
()
2
3【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 。
Ⅲ、巩固性题组：
1． 函数y＝f(x)＝a
x
＋k的图像过点(1 ,7)，它的反函数的图像过点(4,0)，则f(x)
的表达式是___。
2. 过抛物线 焦点F的直线与抛物线相交于A、B两点，若A、B在抛物线准线上的射
影分别为A
1
、B
1
,则∠A
1
FB
1
等于_____。
A. 45° B. 60° C. 90° D. 120°
3. 已知A＝{0,1}，B＝{x|x
?
A}，则下列关系正确的是_____。
A. A
?
B B. A
?
B C. A∈B D. A
?
B
4. 双曲线3x
2
－y
2
＝3的渐近线方程是_____。
A. y＝±3x B. y＝±
1
x C. y＝±
3
x D. y＝±
3
x
3
3
5. 已知定义在R上的非零函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，则f(x)是_____。
A.奇函数 B.偶函数 C.非奇非偶函数 D.既奇既偶函数
25

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
26
?n3n
6. C
38
3n
＋C
21?n
＝________。
7. Z ＝4(sin140°－ｉcos140°)，则复数
1
2
的辐角主值是______ ____。
z
8. 不等式ax
2
＋bx＋c>0的解集是(1,2)，则 不等式bx
2
＋cx＋a<0解集是
__________。
9. 已知数 列{a
n
}是等差数列，求证数列{b
n
}也是等差数列，其中b
n
＝
1
(a
1
＋a
2
n
＋…＋a
n
)。
10. 已知F
1
、F
2
是椭圆
x
2
＋
y
2
＝1 (a>b>0)的两个焦点，其中F
2
与抛 物线y
2
＝12x
a
2
2
b
7
的焦点重合 ，M是两曲线的一个焦点，且有cos∠M F
1
F
2
·cos∠MF
2
F
1
＝
23
，求椭圆方
程。










五、数学归纳法
归纳是一种有特殊事例导出一般原理的思维方法。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n＝1(或
n
0
)时成立，这是递推的基础；第二步是假设在n＝k时命题成立，再证明n＝k＋ 1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n≥n
0
且n∈N）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n＝k＋1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。
Ⅰ、再现性题组：
26

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
27
1. 用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2
n
·1·2…(2n－1) （n∈N），从“k
到k＋1”，左端需乘的代数式为_____。
A. 2k＋1 B. 2(2k＋1) C.
2. 用数学归纳法证明1＋
2k?1
2k?3
D.
k?1
k?1
1
1
1
＋＋…＋
n
1)时，由n＝k (k>1)不等式成
2
3
2?1
立，推证n＝k＋ 1时，左边应增加的代数式的个数是_____。
A. 2
k?1
B. 2
k
－1 C. 2
k
D. 2
k
＋1
3. 某个命题与自然数n有关，若n＝k (k∈N)时该命题成立， 那么可推得n＝k＋1
时该命题也成立。现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得______。 (优质试题
上海高考)
A.当n＝6时该命题不成立 B.当n＝6时该命题成立
C.当n＝4时该命题不成立 D.当n＝4时该命题成立
4. 数列{a
n
}中，已知a
1
＝1 ，当n≥2时a
n
＝a
n?1
＋2n－1，依次计算a
2
、 a
3
、a
4
后，
猜想a
n
的表达式是_____。
A. 3n－2 B. n
2
C. 3
n?1
D. 4n－3
5. 用数学归纳法证明3
4n?2
＋5
2n?1
(n∈N)能被14整除，当 n＝k＋1时对于式子
3
4(k?1)?2
＋5
2(k?1)?1
应 变形为_______________________。
6. 设k棱柱有f(k)个对角面，则 k＋1棱柱对角面的个数为f(k+1)＝f(k)＋
_________。
【简解】1小题 ：n＝k时，左端的代数式是(k＋1)(k＋2)…(k＋k),n＝k＋1时，左端
的代数式是(k ＋2)(k＋3)…(2k＋1)(2k＋2)，所以应乘的代数式为
(2k?1)(2k?2)
，选
k?1
B；
2小题：（2
k?1
－1）－（2
k< br>－1）＝2
k
，选C；
3小题：原命题与逆否命题等价，若n＝k＋1时命题不成立，则n＝k命题不成立，选
C。
4小题：计算出a
1
＝1、a
2
＝4、a
3
＝9、 a
4
＝16再猜想a
n
，选B；
5小题：答案（3
4k? 2
＋5
2k?1
）3
k
＋5
2k?1
（5
2
－3
4
）；
6小题：答案k－1。
Ⅱ、示范性题组：
例1. 已知数列
8·n
8·1
，得，…，
22
，…。S< br>n
为其前n项和，求
1
2
·3
2
(2n?1)·(2 n?1)
S
1
、S
2
、S
3
、S
4
，推测S
n
公式，并用数学归纳法证明。 （优质试题全国理）
80
2448
8
，S
3
＝，S
4
＝ ，
2549
81
9
(2n?1)
2
?1
猜测S
n
＝ (n∈N)。
2
(2n?1)
【解】 计算得S
1
＝，S
2
＝
27

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
28
当n＝1时，等式显然成立；
(2k?1)
2
?1
假设当n ＝k时等式成立，即：S
k
＝，
2
(2k?1)
8·(k?1)< br>当n＝k＋1时，S
k?1
＝S
k
＋
(2k?1)
2
·(2k?3)
2
8·(k?1)
(2k?1)
2
?1< br>＝＋
22

2
(2k?1)·(2k?3)
(2k?1)(2k?1)
2
?(2k?3)
2
?(2k?3)
2
? 8·(k?1)
＝
(2k?1)
2
·(2k?3)
2
(2 k?1)
2
?(2k?3)
2
?(2k?1)
2
(2k?3 )
2
?1
＝＝,
2
(2k?1)
2
·(2k?3 )
2
(2k?3)
由此可知，当n＝k＋1时等式也成立。
综上所述，等式对任何n∈N都成立。
(2k?3)
2
?1
2
【注】 把要证的等式S
k?1＝作为目标，先通分使分母含有(2k＋3)，
2
(2k?3)
再考虑要约分，而 将分子变形，并注意约分后得到（2k＋3）
2
－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：
11
8·n
＝－得，
(2n?1 )
2
(2n?1)
2
(2n?1)
2
·(2n?1)
2
111
111
S
n
＝（1－
2
）＋（
2
－
2
）＋……＋－＝1－
222

(2n?1)(2n? 1)(2n?1)
335
由a
n
＝
(2n?1)
2
?1
＝。
2
(2n?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
8·n
＝
(2n?1)
2
·(2n?1)
211
－
22
的裂项公式。可以说，用试值猜想证明三步解题，具有一般性。
(2n?1)(2n?1)
11
例2. 设a
n
＝
1×2< br>＋
2×3
＋…＋
n(n?1)
(n∈N),证明：n(n＋1)n
<
22
(n＋1)
2
。
28

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
29
【分析】与自然数n有关，考虑用数学归纳法证明。n＝1时容易证得，n＝k＋1时，
因为a
k?1
＝a
k
＋
(k?1)(k?2)
,所以在假设 n＝k成立得到的不等式中同时加上
(k?1)(k?2)
，再与目标比较而进行适当的放缩求 解。
111
【解】 当n＝1时，a
n
＝
2
，n(n+1)＝， (n+1)
2
＝2 ，
222
∴ n＝1时不等式成立。
11
k(k＋1)k
< (k＋1)
2
，
22
11
当n＝k＋1时，k(k＋1)＋
(k?1)(k?2)
k?1
<(k＋1)
2
＋
(k?1)(k?2)
,
22
1111
k(k＋1)＋
(k?1)(k?2)
>k(k＋1)＋(k＋1) ＝(k＋1)(k＋3)>(k＋1)(k＋2)，
2222
1111
3
2
(k＋1)
2
＋
(k?1)(k?2)
＝(k＋1)
2＋
k?3k?2
<(k＋1)
2
＋(k＋)＝(k
22222
假设当n＝k时不等式成立，即：
＋2)
2
，
11
(k＋1)(k＋2) k
<(k＋2)
2
，即n＝k＋1时不等式也成立。
2211
综上所述，对所有的n∈N，不等式n(n＋1)n
<(n＋1)
2
恒成立。
22
所以
【注】 用数学归纳法解决与自然数有关的不等式问 题，注意适当选用放缩法。本题
中分别将
(k?1)(k?2)
缩小成(k＋1)、将
(k?1)(k?2)
放大成(k＋
3
)的两步放缩是
2
证 n＝k＋1时不等式成立的关键。为什么这样放缩，而不放大成(k＋2)，这是与目标比
较后的要求， 也是遵循放缩要适当的原则。
本题另一种解题思路是直接采用放缩法进行证明。主要是抓住对
n(n?1)
的分析，
注意与目标比较后，进行适当的放大和缩小。解法如下：由
n( n?1)
>n可得，a
n
>1＋2
1111
n(n＋1)；由
n(n?1)
n
<1＋2＋3＋…＋n＋×n＝n(n
22 22
11111
＋1)＋n＝(n
2
＋2n)<(n＋1)
2
。所以n(n＋1)n
<(n＋1)
2
。
22222
n(a
1
?a
n
)
例3. 设数列{a
n
}的前n项和为S
n
，若对于所有的自然数n，都有S
n
＝，
2
＋3＋…＋n＝
证明{a
n
}是等差数列。 （优质试题全国文）
【分析】 要证明{a
n
}是等差数列，可以证明其通项符合等 差数列的通项公式的形式，
即证：a
n
＝a
1
＋(n－1)d 。命题与n有关，考虑是否可以用数学归纳法进行证明。
【解】 设a
2
－a
1
＝d，猜测a
n
＝a
1
＋(n－1)d
当n＝1时，a
n
＝a
1
， ∴ 当n＝1时猜测正确。
29

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
30
当n＝2时，a
1
＋(2－1)d＝a
1
＋d＝a
2
， ∴当n＝2时猜测正确。
假设当n＝k（k≥2）时，猜测正确，即：a
k
＝a
1
＋(k－1)d ，
(k?1)(a
1
?a
k?1
)k(a
1
?a
k
)
当n＝k＋1时，a
k?1< br>＝S
k?1
－S
k
＝－，
22
将a
k
＝a
1
＋(k－1)d代入上式， 得到2a< br>k?1
＝(k＋1)(a
1
＋a
k?1
)－2ka
1
－k(k－1)d，
整理得(k－1)a
k?1
＝(k－1)a
1
＋k(k－1)d，
因为k≥2,所以a
k?1
＝a
1
＋kd，即n＝k＋1时猜测正确 。
综上所述，对所有的自然数n，都有a
n
＝a
1
＋(n－1)d ，从而{a
n
}是等差数列。
【注】 将证明等差数列的问题转化成证明数学恒等式 关于自然数n成立的问题。在
n(a
1
?a
n
)
证明过程中 a
k?1
的得出是本题解答的关键，利用了已知的等式S
n
＝、数列中
2
通项与前n项和的关系a
k?1
＝S
k?1
－S
k建立含a
k?1
的方程，代入假设成立的式子a
k
＝a
1
＋(k－1)d解出来a
k?1
。另外本题注意的一点是不能忽视验证n＝1、n＝2的正确 性，用
数学归纳法证明时递推的基础是n＝2时等式成立，因为由(k－1)a
k?1
＝(k－1)a
1
＋k(k
－1)d得到a
k?1
＝a
1< br>＋kd的条件是k≥2。
【另解】 可证a
n?1
－a
n
＝ a
n
－ a
n?1
对于任意n≥2都成立：当n ≥2时，a
n
＝S
n
－
n(a
1
?a
n< br>)
(n?1)(a
1
?a
n?1
)
(n?1)(a< br>1
?a
n?1
)
S
n?1
＝－；同理有a
n ?1
＝S
n?1
－S
n
＝－
22
2
n(a
1
?a
n
)(n?1)(a
1
?a
n?1
)
(n?1)(a
1
?a
n?1
)
；从而a
n?1
－a
n
＝－n(a
1
＋a
n
)＋，整
22
2
理得a
n?1
－a
n
＝ a
n
－ a
n?1
，从而{a
n
}是等差数列。
一般地，在数列问题中含有 a
n
与S
n
时，我们可以考虑运用a
n
＝S
n－S
n?1
的关系，
并注意只对n≥2时关系成立，象已知数列的S
n< br>求a
n
一类型题应用此关系最多。
Ⅲ、巩固性题组：
1. 用数学归纳法证明：6
2n?1
＋1 (n∈N)能被7整除。
2. 用数学归纳法证明： 1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)
2
(n∈N)。
3. n∈N，试比较2
n
与(n＋1)
2
的大小，并用证明你的结论。
4. 用数学归纳法证明等式：cos
x
·cos
x
2
·c os
x
3
·…·cos
x
n
＝
2
2
sinx
2
n
·sin
x
2
n
2
2 (81
年全国高考)
5. 用数学归纳法证明： |sinnx|≤n|sinx| （n∈N）。 （优质试题广东高考）
6. 数列{a
n
}的通项公式a
n
＝
1
(n∈N)，设f( n)＝(1－a
1
)(1－a
2
)…(1－
(n?1)
2< br>a
n
)，试求f(1)、f(2)、f(3)的值，推测出f(n)的值，并用数学归纳 法加以证明。
7. 已知数列{a
n
}满足a
1
＝1，a
n
＝a
n?1
cosx＋cos[(n－1)x]， (x≠kπ，n≥2且
n∈N)。
①．求a
2
和a
3
； ②.猜测a
n
，并用数学归纳法证明你的猜测。
30

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
31
2
a(x
8. 设f(log
a
x)＝
2
?1)
, ①.求f(x)的定义域； ②.在y＝f(x)的图像上是否存
x(a?1)
在两个不同点，使经过这两点的直线与x轴平 行？证明你的结论。 ③.求证：f(n)>n
(n>1且n∈N)


































六、参数法

31

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
32
参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目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，从而解决问题。直线与二次曲线的参
数方程都是用参数法解 题的例证。换元法也是引入参数的典型例子。
辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的，联系的方式 是丰富多采的，科学的任务
就是要揭示事物之间的内在联系，从而发现事物的变化规律。参数的作用就是 刻画事物
的变化状态，揭示变化因素之间的内在联系。参数体现了近代数学中运动与变化的思想，
其观点已经渗透到中学数学的各个分支。运用参数法解题已经比较普遍。
参数法解题的关键是恰到好 处地引进参数，沟通已知和未知之间的内在联系，利用参
数提供的信息，顺利地解答问题。
Ⅰ、再现性题组：
1. 设2
x
＝3
y
＝5
z< br>>1，则2x、3y、5z从小到大排列是________________。
?
?
x??2?2t
2. （理）直线
?
上与点A(-2, 3)的距离等于
2
的点的坐标是________。
?
?
y?3?2t
（文）若k<－1，则圆锥曲线x
2
－ky
2
＝1的离心率是_________。
3. 点Z的虚轴上移动，则复数 C＝z
2
＋1＋2ｉ在复平面上对应的轨迹图像为
________________ ____。
4. 三棱锥的三个侧面互相垂直，它们的面积分别是6、4、3，则其体积为______。
5. 设函数 f(x)对任意的x、y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x>0时，f(x)<0，
则f(x)的R上是______函数。(填“增”或“减”)
x
2
y
2
6. 椭圆＋＝1上的点到直线x＋2y－
2
＝0的最大距离是_____。
16
4
A. 3 B.
11
C.
10
D. 2
2

【简解】1小题：设2< br>x
＝3
y
＝5
z
＝t，分别取2、3、5为底的对数，解出x 、y、z，
再用“比较法”比较2x、3y、5z，得出3y<2x<5z；
2小题：（理） A(-2,3)为t＝0时，所求点为t＝±
2
时，即(-4,5)或(0,1)；（文）已知曲线为椭圆，a＝1，c＝
1?
1
1
，所以e＝－
k
k
k
2
?k
；
3小题：设z＝bｉ，则C＝1－b
2< br>＋2ｉ，所以图像为：从(1,2)出发平行于x轴向右
的射线；
4小题：设三条侧棱 x、y、z，则
111
xy＝6、yz＝4、xz＝3,所以xyz＝24,体积为
2 22
4。
5小题：f(0)＝0，f(0)＝f(x)＋f(-x)，所以f(x)是奇函数，答案：减； |4sin
?
?4cos
?
?2|
6小题：设x＝4sinα、 y＝2cosα，再求d＝的最大值，选C。
5
Ⅱ、示范性题组：
例1. 实数a 、b、c满足a＋b＋c＝1，求a
2
＋b
2
＋c
2
的最小 值。
32

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
33
【分析】由a＋b＋c＝1 想到“均值换元法”，于是引入了新的参数，即设a＝＋
t
1
，b＝＋t
2
，c＝＋t
3
，代入a
2
＋b
2
＋c
2
可求。
【解】由a＋b＋c＝1，设a＝＋t
1
，b＝＋t
2
，c＝＋t
3
，其中t
1
＋t< br>2
＋t
3
＝
0，
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1111
2
222
∴ a＋b＋c＝（＋t
1
）＋（＋t
2
）＋(＋ t
3
)＝＋(t
1
＋t
2
＋t
3
)
3333
3
11
＋t
1
2
＋t
2
2＋t
3
2
＝＋t
1
2
＋t
2
2
＋t
3
2
≥
33
1
所以a
2
＋b2
＋c
2
的最小值是。
3
222
【注】由“均值换元 法”引入了三个参数，却将代数式的研究进行了简化，是本题此
种解法的一个技巧。
本题另一 种解题思路是利用均值不等式和“配方法”进行求解，解法是：a
2
＋b
2
＋ c
2
＝(a＋b＋c)
2
－2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a
2
＋b
2
＋c
2
)，即a
2
＋b
2
＋c
2
≥。
两种解法都要求代数变形的技巧性强，多次练习，可以提高我们的代数变形能力。
1
3
x
2
1
y
2
例2. 椭圆＋＝1上有 两点P、Q，O为原点。连OP、OQ，若k
OP
·k
OQ
＝－ ，
16
4
4
①．求证：|OP|
2
＋|OQ|
2
等于定值； ②.求线段PQ中点M的轨迹方程。
?
x?4cosθ
【分析】 由“换元法”引入 新的参数，即设
?
（椭圆参数方程），参数
?
y?2sinθ
θ1
、θ
2
为P、Q两点，先计算k
OP
·k
OQ
得出一个结论，再计算|OP|
2
＋|OQ|
2
，并运用
“参数法 ”求中点M的坐标，消参而得。
?
x?4cosθ
x
2
y
2
【解】由＋＝1，设
?
，P(4cosθ
1
,2sinθ
1
)，Q(4cosθ
2
,2sin
16
4
y?2sinθ
?
θ
2
),
2sin
?
1
2sin?
2
1
?
则k
OP
·k
OQ
＝＝－， 整理得到：
4cos
?
1
4cos
?
2
4
cosθ
1
cosθ
2
＋sinθ
1
sinθ
2
＝0,即cos（θ
1
－θ
2
）＝0。
∴ |OP|
2
＋|OQ|
2
＝16cos
2
θ
1
＋4sin
2
θ
1
＋16cos
2
θ< br>2
＋4sin
2
θ
2
＝8＋12(cos
2
θ
1
＋cos
2
θ
2
)＝20＋6（cos2θ
1
＋cos2θ
2
)＝20＋12cos（θ
1
＋θ
2
）cos（θ
1
－θ
2
）
＝20，
即|OP|
2
＋|OQ|
2
等于定值20。
33

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
34
?
x
M
?2(cos
?
1
?cos
?
2
)
由中点坐标公式得到线段PQ的中点M的坐标为
?
，
y?sin
?
?sin
?
12
?
M
x
所 以有()
2
＋y
2
＝2＋2(cosθ
1
cosθ
2
＋sinθ
1
sinθ
2
)＝2,
2
x
2
y
2
即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为＋＝1。
8
2
【注】由椭圆方程，联想到a
2
＋b
2
＝1, 于是进行“三角换元”，通过换元引入新的
参数，转化成为三角问题进行研究。本题还要求能够熟练使用 三角公式和“平方法”，
在由中点坐标公式求出M点的坐标后，将所得方程组稍作变形，再平方相加，即 （cosθ
22
＋ cosθ）＋（sinθ＋sinθ），这是求点M轨迹方程“消参法”的 关键一步。
1212
一般地，求动点的轨迹方程运用“参数法”时，我们可以将点的x、y坐标 分别表示成为
一个或几个参数的函数，再运用“消去法”消去所含的参数，即得到了所求的轨迹方程。
本题的第一问，另一种思路是设直线斜率k，解出P、Q两点坐标再求：
设直线OP的斜率k ，则OQ的斜率为－
?
x
2
?4y
2
?16?0
， 消y得(1＋4k
2
)x＝16,即|x
P
|＝；
?
2< br>y?kx
1?4k
?
?
x
2
?4y
2
?16?0
1
|8k|
?
2
，消y得(1＋
2
) x＝16，即|x
Q
|＝；
?
1
2
4k
y??x
1?4k
?
4k
?
1
4|8k|
2
?所以|OP|
2
＋|OQ|
2
＝(
1?k
?
)
2
＋（
1?
）
2

2
16k
1? 4k
2
1?4k
2
20?80k
2
＝＝20。即|OP|< br>2
＋|OQ|
2
等于定值20。
2
1?4k
和|OQ|的长。
例3.已知正四棱锥S—ABCD的侧面与底 面的夹角为
β，相邻两侧面的夹角为α,求证：cosα=-cos
2
β。
【分析】要证明cosα=-cos
2
β，考虑求出α、β
的余弦，则在α和β所在的 三角形中利用有关定理求
解。
【解】连AC、BD交于O，连SO；取BC中点F，连
SF、OF；作BE⊥SC于E，连DE。则∠SFO＝β，∠DEB
＝α。
设BC＝a (为参数)， 则SF＝
1
，由椭圆与直线OP、OQ相交于PQ两点有：
4k4
2
2
在此解法中，利用了直线上两点之间的距离公式|AB|＝
1?k
AB
?
|x
A
－x
B
|求|OP|
S

E

D C
O F
A B
OF
a
＝,
cosβ
2cosβ
34

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
35
22
SC＝
SF?FC
＝
(
aa
)
2
?()
2

2cosβ2
＝
a
1?cos
2
β

2cosβ
SF·BC
a
2
?
又 ∵BE＝＝
SC
2cosβ
1
a
1?cos
2
?
2cos
?
＝
a
1?cos
?
2

a
2
2 ??2a
2
2
22
2BE?BD
1?cos
?
在△ DEB中，由余弦定理有：cosα＝＝＝－cos
2
2
2
2BE
a
2?
1?cos
2
?
β。
所以cosα＝－cos
2
β。

【注】 设参数a而不求参数a ，只是利用其作为中间变量辅助计算，这也是在参数法
中参数可以起的一个作用，即设参数辅助解决有关 问题。
Ⅲ、巩固性题组：
1. 已知复数z满足|z|≤1，则复数z＋2ｉ在复平面上表 示的点的轨迹是
________________。
2. 函数y＝x＋2＋
1?4x?x
2
的值域是________________。
3. 抛物线y＝x
2
－10xcosθ＋25＋3sinθ－25sin
2
θ与x轴两个交点距离的最大值
为_____
A. 5 B. 10 C. 2
3
D. 3
4. 过点M(0,1)作直线L，使它与两已 知直线L
1
：x－3y＋10＝0及L
2
：2x＋y－8＝0
所截得 的线段被点P平分，求直线L方程。
5. 求半径为R的球的内接圆锥的最大体积。
6. f(x)＝(1－
a
cos
2
x)sinx，x∈[0,2π)，求使f(x )≤1的实数a的取值范围。
2
2
23
2a
＝0有模为1的虚根，7. 若关于x的方程2x2
＋xlg
(a?
3
1)
＋lg
2
(
a?1
)＋lg
2
8a
2a
a?1
求实数a的值及方程的根 。
8. 给定的抛物线y
2
＝2px (p>0)，证明：在x轴的正向上一定存 在一点M，使得对
于抛物线的任意一条过点M的弦PQ，有





35


1
＋
1
为定值。
|MP|
2
|MQ|
2

最新高中数学思想方法（附经典例题及 详解）
36












七、反证法
与前面所讲的方法不同，反证法是属于“间接证 明法”一类，是从反面的角度思考问
题的证明方法，即：肯定题设而否定结论，从而导出矛盾推理而得。 法国数学家阿达玛
(Hadamard)对反证法的实质作过概括：“若肯定定理的假设而否定其结论， 就会导致矛
盾”。具体地讲，反证法就是从否定命题的结论入手，并把对命题结论的否定作为推理
的已知条件，进行正确的逻辑推理，使之得到与已知条件、已知公理、定理、法则或者
已经证明为正确 的命题等相矛，矛盾的原因是假设不成立，所以肯定了命题的结论，从
而使命题获得了证明。
反证法所依据的是逻辑思维规律中的“矛盾律”和“排中律”。在同一思维过程中，
两个互相矛盾的判断 不能同时都为真，至少有一个是假的，这就是逻辑思维中的“矛盾
律”；两个互相矛盾的判断不能同时都 假，简单地说“A或者非A”，这就是逻辑思维中
的“排中律”。反证法在其证明过程中，得到矛盾的判 断，根据“矛盾律”，这些矛盾
的判断不能同时为真，必有一假，而已知条件、已知公理、定理、法则或 者已经证明为
正确的命题都是真的，所以“否定的结论”必为假。再根据“排中律”，结论与“否定的结论”这一对立的互相否定的判断不能同时为假，必有一真，于是我们得到原结论必
为真。所以反 证法是以逻辑思维的基本规律和理论为依据的，反证法是可信的。
反证法的证题模式可以简要的概括我 为“否定→推理→否定”。即从否定结论开始，
经过正确无误的推理导致逻辑矛盾，达到新的否定，可以 认为反证法的基本思想就是“否
定之否定”。应用反证法证明的主要三步是：否定结论 → 推导出矛盾 → 结论成立。
实施的具体步骤是：
第一步，反设：作出与求证结论相反的假设；
第二步，归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾；
第三步，结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立。
在应用反证法证题时，一定要用到“ 反设”进行推理，否则就不是反证法。用反证法
证题时，如果欲证明的命题的方面情况只有一种，那么只 要将这种情况驳倒了就可以，
这种反证法又叫“归谬法”；如果结论的方面情况有多种，那么必须将所有 的反面情况
一一驳倒，才能推断原结论成立，这种证法又叫“穷举法”。
在数学解题中经常使 用反证法，牛顿曾经说过：“反证法是数学家最精当的武器之
一”。一般来讲，反证法常用来证明的题型 有：命题的结论以“否定形式”、“至少”
36

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
37
或“至多”、“唯一”、“无限”形式出现的命题；或者否定结论更明显。具体、简单
的 命题；或者直接证明难以下手的命题，改变其思维方向，从结论入手进行反面思考，
问题可能解决得十分 干脆。
Ⅰ、再现性题组：
1. 已知函数f(x)在其定义域内是减函数，则方程f(x)＝0 ______。
A.至多一个实根 B.至少一个实根 C.一个实根 D.无实根
2. 已知a<0,－12
之间的大小关系是_____。
A. a>ab> ab
2
B. ab
2
>ab>a C. ab>a> ab
2
D. ab> ab
2
>a
3. 已知α∩β＝l，a α，b β，若a、b为异面直线，则_____。
A. a、b都与l相交 B. a、b中至少一条与l相交
C. a、b中至多有一条与l相交 D. a、b都与l相交
4. 四面体顶点和各棱的中 点共10个，在其中取4个不共面的点，不同的取法有
_____。(优质试题全国理)
A. 150种 B. 147种 C. 144种 D. 141种
【简解】1小题：从结论入手，假设四个选择项逐一成立，导出其中三个与特例矛盾，
选A；
2小题：采用“特殊值法”，取a＝－1、b＝－0.5，选D；
3小题：从逐一假设选择项成立着手分析，选B；
4
4小题：分析清楚结论的几种情 况，列式是：C
10
－C
4
6
×4－3－6,选D。

Ⅱ、示范性题组：
S
例1. 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。

【分析】结论是“不垂直”，呈“否定性”，考虑使用
C
反证法，即假设“垂直”后再导出矛盾后，再肯定“不垂直”。

A O
【证明】 假设AC⊥平面SOB，
∵ 直线SO在平面SOB内， ∴ AC⊥SO，
B
∵ SO⊥底面圆O， ∴ SO⊥AB，
∴ SO⊥平面SAB， ∴平面SAB∥底面圆O，
这显然出现矛盾，所以假设不成立。
即AC与平面SOB不垂直。
【注】否定性的问题常用反证法。例如证明异面直线，可以假设 共面，再把假设作为
已知条件推导出矛盾。
例2. 若下列方程：x
2
＋4ax－4a＋3＝0， x
2
＋(a－1)x＋a
2
＝0, x
2
＋2ax－2a＝0
至少有一个方程有实根。试求实数a的取值范围。
【分析】 三个方程至少有一个方程有实根的反面情况仅有一种：三个方程均没有实
根。先求出 反面情况时a的范围，再所得范围的补集就是正面情况的答案。
【解】 设三个方程均无实根，则有：
37

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
38
1
?
3
??a?
?
22
?
△
1< br>?16a
2
?4(?4a?3)?0
?
?
3
1
?
22
,解得
?
a??1或a?
,即－?
△
2
?(a?1)?4a?0
2
3
?
?
2
?
△
2
?4a?4(?2a)?0
?
?2?a?0
?
?
所以当a≥－1或a≤－
3
时，三个方程至少有一个方程有实根。 2
【注】“至少”、“至多”问题经常从反面考虑，有可能使情况变得简单。本题还用
到了 “判别式法”、“补集法”（全集R），也可以从正面直接求解，即分别求出三个方
程有实根时（△≥0 ）a的取值范围，再将三个范围并起来，即求集合的并集。两种解法，
要求对不等式解集的交、并、补概 念和运算理解透彻。
例3. 给定实数a，a≠0且a≠1，设函数y＝
1
x?1
(其中x∈R且x≠)，证明：
ax?1
a
①.经过这个函数图像上任意两个不同点的直线不平行于x轴； ②.这个函数的图像关
于直线y＝x成轴对称图像。(优质试题全国理)。
【分析】“不平行”的否定是“平行”，假设“平行”后得出矛盾从而推翻假设。
【证明】 ① 设M
1
(x
1
,y
1
)、M
2
(x< br>2
,y
2
)是函数图像上任意两个不同的点，则x
1
≠x2
,
假设直线M
1
M
2
平行于x轴，则必有y
1
＝y
2
，即
x
1
?1
x
2
? 1
＝，整理得a(x
1
－x
2
)
ax
1
? 1
ax
2
?1
＝x
1
－x
2

∵x
1
≠x
2
∴ a＝1， 这与已知“a≠1”矛盾，
因此假设不对，即直线M
1
M
2
不平行于x轴。
y?1
x?1
得axy－y＝x－1,即(ay－1)x＝y－1,所以x＝，
ay?1
ax?1
x?1x?1
即原函数y＝的反函数为y＝，图像一致。
ax?1ax?1
x?1
由互为反函数的两个图像关于直线y＝x对称可以得到，函数 y＝的图像关于
ax?1
② 由y＝
直线y＝x成轴对称图像。
【注】对于 “不平行”的否定性结论使用反证法，在假设“平行”的情况下，容易得
到一些性质，经过正确无误的推 理，导出与已知a≠1互相矛盾。第②问中，对称问题使
用反函数对称性进行研究，方法比较巧妙，要求 对反函数求法和性质运用熟练。
Ⅲ、巩固性题组：
1. 已知f(x)＝
x
，求证：当x
1
≠x
2
时，f(x
1
)≠f(x
2
)。
1?|x|
2. 已知非零实数a、b、c成等差数列，a≠c，求证：1
、
1
、
1
不可能成等差数列。
ab
c
38

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
39
3. 已知f(x)＝x
2
＋px＋q，求证：|f(1)|、|f(2)|、 |f(3)|中至少有一个不小于
1
。
2
2
x
4. 求证：抛物线y＝－1上不存在关于直线x＋y＝0对称的两点。
2
5. 已知a、b∈R， 且|a|＋|b|<1，求证：方程x
2
＋ax＋b＝0的两个根的绝对值均小
于1。


A
6. 两个互相垂直的正方形如图所示，M、N在

相应对角线上，且有EM＝CN，求证：MN不

可能垂直CF。
F D
B M

N

E C















第二章 高中数学常用的数学思想
一、数形结合思想方法
中学数学的 基本知识分三类：一类是纯粹数的知识，如实数、代数式、方程（组）、
不等式（组）、函数等；一类是 关于纯粹形的知识，如平面几何、立体几何等；一类是
关于数形结合的知识，主要体现是解析几何。 < br>数形结合是一个数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用
大致可以分为 两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作
为手段，数为目的，比如应用函 数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的
精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数 作为手段，形作为目的，如应用曲线
的方程来精确地阐明曲线的几何性质。
恩格斯曾说过：“ 数学是研究现实世界的量的关系与空间形式的科学。”数形结合就
是根据数学问题的条件和结论之间的内 在联系，既分析其代数意义，又揭示其几何直观，
使数量关的精确刻划与空间形式的直观形象巧妙、和谐 地结合在一起，充分利用这种结
合，寻找解题思路，使问题化难为易、化繁为简，从而得到解决。“数” 与“形”是一
39

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
40
对矛盾，宇宙间万物无不是“数”和“形”的矛盾的统一。华罗庚先生说过：数缺形时
少 直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休。
数形结合的思想，其实质是将抽象的数学 语言与直观的图像结合起来，关键是代数问
题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问 题代数化。在运用数形结
合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何 意义以
及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；
第 二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是
正确确定参数的取值 范围。
数学中的知识，有的本身就可以看作是数形的结合。如：锐角三角函数的定义是借助
于 直角三角形来定义的；任意角的三角函数是借助于直角坐标系或单位圆来定义的。
Ⅰ、再现性题组：
5. 设命题甲：0A.充分非必要条件 B.必要非充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条
件
6. 若log
a
2b
2<0，则_____。(优质试题全国理)
A. 0b>1 D. b>a>1
7. 如果|x|≤
文)
A.
π
,那么函数f(x)＝cos
2
x＋sinx的最小值是_____。 (优质试题全国
4
2?12?11?2
B. － C. －1 D.
222
8. 如果奇函数f(x)在区间[3, 7]上是增函数且最小值是5，那么f(x)的[-7,-3]上是
____。(优质试题全国)
A.增函数且最小值为－5 B.增函数且最大值为－5
C.减函数且最小值为－5 D.减函数且最大值为－5
9. 设全集I＝{(x,y)|x,y∈R}，集合M＝{(x,y)|
y?3
＝ 1}，N＝{(x,y)|y≠x＋1}，
x?2
那么
M∪N
等于_____ 。 (优质试题全国)
A. φ B. {(2,3)} C. (2,3) D. {(x,y)|y＝x＋1
10. 如果θ是第二象限的角，且 满足cos
θθθ
－sin＝
1?sinθ
,那么是
222
_____。
A.第一象限角 B.第三象限角 C.可能第一象限角，也可能第三象限角 D.
第二象限角
11. 已知集合E＝{θ |cosθ的区间是___ __。（优质试题全国文理）
A. (
3π3π
5π
π
π
3π
,π) B. (,) C. (π, ) D. (,)
4
424
2
4
40

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
41
12. 若复数z的辐角为
5π
，实部为－2
3
，则z＝_____。
6
A. －2
3
－2ｉ B. －2
3
＋2ｉ C. －2
3
＋2
3
ｉ D. －2
3
－2
3
ｉ
13. 如果实数x、y满足等式(x－2)
2
＋y
2
＝3，那么
题全国理)
y
的最大值是_____。 (优质试
x
33
1
B. C. D.
3

32
2
14. 满足方程|z＋3－
3
ｉ|＝
3
的辐角主值最小的复数z是_____。
A.
【简解】1小题：将不等式解集用数轴表示，可以看出，甲＝>乙，选A;
2小题：由已知画出对数曲线，选B；
3小题：设sinx＝t后借助二次函数的图像求f(x)的最小值，选D；
4小题：由奇函数图像关于原点对称画出图像，选B；
5小题：将几个集合的几何意义用图形表示出来，选B；
6小题：利用单位圆确定符号及象限；选B；
7小题：利用单位圆，选A；
8小题：将复数表示在复平面上，选B；
9小题：转化为圆上动点与原点连线的斜率范围问题；选D；
10小题：利用复平面上复数表 示和两点之间的距离公式求解,答案－
3
3
＋ｉ。
2
2
【注】 以上各题是历年的高考客观题，都可以借助几何直观性来处理与数有关的 问
题，即借助数轴（①题）、图像（②、③、④、⑤题）、单位圆（⑥、⑦题）、复平面
（⑧、 ⑩题）、方程曲线（⑨题）。
Ⅱ、示范性题组：
例1. 若方程lg(－x
2
＋3x－m)＝lg(3－x)在x∈(0,3)
y
4 y=1-m
内有唯一解，求实数m的取值范围。
【分析】将对数方程进行等价变形，转化为一元二次方
1
程在某个范围内有实解的问题，再利用二次函数的图像进行
O 2 3 x
解决。
?
3?x?0
【解】 原方程变形为
?
2

?x?3x?m?3?x
?
?
3?x?0
即：
?

2
(x?2)?1?m
?
设曲线y
1
＝(x－2)
2
, x∈(0,3)和直线y
2
＝1－m，图像如图所示。由图可知：
① 当1－m＝0时，有唯一解，m＝1;
②当1≤1－m<4时，有唯一解，即－3∴ m＝1或－341

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
42
此题也可设曲线y
1
＝－(x－2)
2
＋1 , x∈(0,3)和直线y
2
＝m后画出图像求解。
【注】 一般地，方程的解、不等 式的解集、函数的性质等进行讨论时，可以借助于
函数的图像直观解决，简单明了。此题也可用代数方法 来讨论方程的解的情况，还可用
分离参数法来求（也注意结合图像分析只一个x值）。
例2. 设|z
1
|＝5，|z
2
|＝2, |z
1
－
z
2
|＝
13
，
y A
D
z
1
求的值。
O B x
z
2
【分析】 利用复数模、四则运算的几何意义，将

C
复数问题用几何图形帮助求解。
【解】 如图，设z
1
＝
OA、z
2
＝
OB
后，则
z
1
＝
OC、
z
2
＝
OD
如图所示。
由图可知，|
z
1
5
|＝，∠AOD＝∠BOC，由余弦定理得：
2
z
2
4
5
2
?2
2
?(13)
2
cos∠AOD＝＝
5
2×5×2
∴
z
1
54
3
3
＝(±ｉ)＝2±ｉ
2
z
2
25
5
【另解】设z
1
＝
OA
、则|< br>z
2
＝
OD
如图所示。
且
z
1
z
2
|＝
D
O x
4
3
5
2
?2
2
?(13)
2
cos∠AOD＝＝，sin∠AOD＝±，

5
，
y A
2
2×5×2
5
5
所以
z
1
z
2
＝
z
1
543
33
(±ｉ)＝2±ｉ，即＝2±
25
5
22
z2
ｉ。
【注】本题运用“数形结合法”，把共轭复数的性质与复平面上的向量表示、代数 运
算的几何意义等都表达得淋漓尽致，体现了数形结合的生动活泼。 一般地，复数问题可
以利 用复数的几何意义而将问题变成几何问题，也可利用复数的代数形式、三角形式、
复数性质求解。 本题设三角形式后转化为三角问题的求解过程是：设z
1
＝5(cosθ
1
＋ｉsinθ
1
)，z
2
＝＋ｉsinθ
2
)，则|z< br>1
－
z
2
|＝|(5cosθ
1
－2cosθ
2
)＋(5sinθ
1
＋2sinθ
2
)ｉ|＝
43
29?20cos(
?
1
?
?
2
)
＝
13
，所以cos(θ
1
＋θ
2
)＝,sin(θ
1
＋θ
2
)＝±，
5
5
42

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
43
z
1
5[cos(?
?
1
)?isin(?
?
2
)]
554
3
＝＝[cos(θ
1
＋θ
2
)＋ｉsin(θ
1
＋θ
2
)]＝(±ｉ)
2(cos
?
2
?isin
?
2
)
225
5
z
2
3
＝2±ｉ。
2
本题还可以直接利用复数性质求解，其过程是 ：由|z
1
－
z
2
|＝
13
得：
（z< br>1
－
z
2
）(
z
1
－z
2
)＝z
1
z
1
＋z
2
z
2
－z
1
z
2
－
z
1
z
2
＝25＋4－z
1
z
2
－
z
1
z
2
＝13,
所 以z
1
z
2
＋
z
1
z
2
＝16, 再同除以z
2
z
2
得
z
1
z
2
＋
z
1
z
1
3
＝4，设＝z，解得z＝2±ｉ。
2
z
2
z
2
几种解法，各有特点，由于各人的立足点与思维方式不同， 所以选择的方法也有别。
一般地，复数问题可以应用于求解的几种方法是：直接运用复数的性质求解；设 复数的
三角形式转化为三角问题求解；设复数的代数形式转化为代数问题求解；利用复数的几
何 意义转化为几何问题求解。
例3. 直线L的方程为：x＝－
pp
(p>0), 椭圆中心D(2＋,0)，焦点在x轴上，长
22
半轴为2，短半轴为1，它的左顶点为A。问 p在什么范围内取值，椭圆上有四个不同的
点，它们中每一个点到点A的距离等于该点到直线L的距离？
【分析】 由抛物线定义，可将问题转化成：p为何值时，以A为焦点、L为准线的抛
物线与椭 圆有四个交点，再联立方程组转化成代数问题（研究方程组解的情况）。
【解】 由已知得：a＝2，b＝1, A(
p
,0)，设椭圆与双曲线方程并联立有：
2< br>?
y
2
?2px
?
p
2
?
p
2
2
，消y得：x－(4－7p)x＋(2p＋)＝0
?
[x?(2?) ]
4
2
2
?
?y?1
?
4
?
1< br>所以△＝16－64p＋48p
2
>0,即6p
2
－8p＋2>0，解 得：p<或p>1。
3
2
p
pp
结合范围(,4+)内两根，设f (x)＝x
2
－(4－7p)x＋(2p＋)，
4
22
p
4?7p
p1pp
所以<<4+即p<，且f()>0、f(4+)>0即p>－4＋3
2
。
2
22222
1
结合以上，所以－4＋3
2
3
【注】 本题利用方程的曲线将曲线有交点的几何问题转化为方程有实解的代数问题。
一般地，当给出方程的解的情况求参数的范围时可以考虑应用了“判别式法”，其中特
别要注意解的范 围。另外，“定义法”、“数形结合法”、“转化思想”、“方程思想”
等知识都在本题进行了综合运用 。
43

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
44
例4. 设a、b是两个实数，A＝{(x,y)|x＝n，y＝na＋b} （n∈Z），B＝{(x,y)|x＝m，
y＝3m
2
＋15} (m∈Z)，C＝ {(x,y)|x
2
＋y
2
≤144}，讨论是否，使得A∩B≠φ与(a, b)∈
C同时成立。(优质试题高考)
【分析】集合A、B都是不连续的点集，“存在a、b ，使得A∩B≠φ”的含意就是“存
在a、b使得na＋b＝3n
2
＋15(n∈Z) 有解（A∩B时x＝n＝m）。再抓住主参数a、b，则
此问题的几何意义是：动点(a,b)在直线L ：nx＋y＝3n
2
＋15上，且直线与圆x
2
＋y
2
＝< br>144有公共点，但原点到直线L的距离≥12。
【解】 由A∩B≠φ得：na＋b＝3n
2
＋15
设动点(a,b)在直线L：nx＋ y＝3n
2
＋15上，且直线与圆x
2
＋y
2
＝144有公 共点，
所以圆心到直线距离d＝
|3n
2
?15|
n?1
2
2
＝3(
n?1
＋
4
n?1
2
)≥12
∵ n为整数 ∴ 上式不能取等号，故a、b不存在。
【注】 集合转化为点集（即曲 线），而用几何方法进行研究。此题也属探索性问题
用数形结合法解，其中还体现了主元思想、方程思想 ，并体现了对有公共点问题的恰当
处理方法。
本题直接运用代数方法进行解答的思路是：
由A∩B≠φ得：na＋b＝3n
2
＋15 ,即b＝3n
2
＋15－an （①式）；
由(a,b)∈C得，a
2
＋b
2
≤144 （②式）；
把①式代入②式，得关于a的不等式：
(1＋n
2
)a
2
－2n(3n
2
＋15)a＋(3n
2
＋15)
2
－144 ≤0 （③式）,
它的判别式△＝4n
2
(3n
2
＋15)2
－4(1＋n
2
)[(3n
2
＋15)
2
－ 144]＝－36(n
2
－3)
2

因为n是整数，所以n
2
－3≠0,因而△<0，又因为1＋n
2
>0,故③式不可能有实数解。
所以不存在a、b，使得A∩B≠φ与(a,b)∈C同时成立
Ⅲ、巩固性题组：
1. 已知5x＋12y＝60，则
x
2
?y
2
的最小值是_____。
A.
60
B.
13
C.
13
D. 1
13
512
2. 已知集合P＝{(x, y)|y＝
9?x
2
}、Q＝{(x,y)|y＝x＋b}，若P∩Q≠φ，则b的取
值范围是____。
A. |b|<3 B. |b|≤3
2
C. －3≤b≤3
2
D. －32

3. 方程2
x
＝x
2
＋2x＋1的实数解的个数是_____。
A. 1 B. 2 C. 3 D.以上都不对
4. 方程x＝10sinx的实根的个数是_______。
5. 若不等式m>|x－1|＋|x＋1| 的解集是非空数集，那么实数m的取值范围是
_________。
6. 设z＝cosα＋
1
ｉ且|z|≤1,那么argz的取值范围是____________。
2
7. 若方程x－3ax＋2a
2
＝0的一个根小于1，而另一根大于1， 则实数a的取值范围
是______。
2
44

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
45
8. sin
2
20°＋cos
2
80°＋
3
sin20°·cos80°＝____________。
9. 解不等式：
?x
2
?2x
>b－x
2
?
x
?
10. 设A＝{x|<1x<3}，又设B是关于x的不 等式组
?
?2x?a≤0
的解集，试确定a、b
2
?
?x?2bx?5≤0
的取值范围，使得A
?
B。 （优质试题高考副题）
11. 定义域内不等式
2?x
〉x＋a恒成立，求实数a的取值范围。
12. 已知函数y＝
(x?1)
2
?1
＋
(x?5)2
?9
，求函数的最小值及此时x的值。
13. 已知z∈C，且|z|＝1，求|(z＋1)(z－ｉ)|的最大值。
14. 若方程lg(kx)＝2lg(x＋1)只有一个实数解，求常数k的取值范围。
































45

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
46










二、分类讨论思想方法
在解答某些数学问题时，有时会遇到多种情况，需要对各种 情况加以分类，并逐类求
解，然后综合得解，这就是分类讨论法。分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要 的数学
思想，同时也是一种重要的解题策略，它体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理
的 方法。有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人
的思维条理性和概括 性，所以在高考试题中占有重要的位置。
引起分类讨论的原因主要是以下几个方面：
① 问 题所涉及到的数学概念是分类进行定义的。如|a|的定义分a>0、a＝0、a<0三
种情况。这种分 类讨论题型可以称为概念型。
② 问题中涉及到的数学定理、公式和运算性质、法则有范围或者条件限 制，或者是
分类给出的。如等比数列的前n项和的公式，分q＝1和q≠1两种情况。这种分类讨论题型可以称为性质型。
③ 解含有参数的题目时，必须根据参数的不同取值范围进行讨论。如解不 等式ax>2
时分a>0、a＝0和a<0三种情况讨论。这称为含参型。
另外，某些不确定 的数量、不确定的图形的形状或位置、不确定的结论等，都主要通
过分类讨论，保证其完整性，使之具有 确定性。
进行分类讨论时，我们要遵循的原则是：分类的对象是确定的，标准是统一的，不遗
漏、不重复，科学地划分，分清主次，不越级讨论。其中最重要的一条是“不漏不重”。
解答分类讨论 问题时，我们的基本方法和步骤是：首先要确定讨论对象以及所讨论对
象的全体的范围；其次确定分类标 准，正确进行合理分类，即标准统一、不漏不重、分
类互斥（没有重复）；再对所分类逐步进行讨论，分 级进行，获取阶段性结果；最后进
行归纳小结，综合得出结论。
Ⅰ、再现性题组：
1．集合A＝{x||x|≤4,x∈R}，B＝{x||x－3|≤a，x∈R}，若A
?
B ，那么a的范围是
_____。
A. 0≤a≤1 B. a≤1 C. a<1 D. 02.若a>0且a≠1，p＝log
a
(a
3
＋a＋1)，q＝log
a
(a
2
＋a＋ 1)，则p、q的大小关系
是_____。
A. p＝q B. pq D.当a>1时，p>q；当03.函数y＝
c osx
sinx
|ctgx|
tgx
＋＋＋的值域是_________。
|sinx|
|cosx|
|tgx|
ctgx
46

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
47
π
cos
n
θ?sin
n
θ
4.若θ∈(0, )，则
lim
的值为_____。
nn
n→∞
cosθ＋sinθ
2
A. 1或－1 B. 0或－1 C. 0或1 D. 0或1或－1
5.函数y＝x＋
1
的值域是_____。
x
2
9
4
9
A. [2,+∞) B. (-∞,-2]∪[2,+∞) C. (-∞,+∞) D. [-2,2]
6.正三棱柱的侧面展开图是边长分别为2和4的矩形，则它的体积为_____。
A.
4
8
3
B.
9
9
3
C.
3
D.
3
或
8
3

9
7.过点P(2,3)，且在坐标轴上的截距相等的直线方程是_____。
A. 3x－2y＝0 B. x＋y－5＝0 C. 3x－2y＝0或x＋y－5＝0 D.不能确
定
【简解】1小题：对参数a分a>0、a＝0、a<0三种情况讨论，选B；
2小题：对底数a分a>1、03小题：分x在第一、二、三、四象限等四种情况，答案{4,-2,0}；
4小题：分θ＝
????
、0<θ<、<θ<三种情况，选D；
4442
5小题：分x>0、x<0两种情况，选B；
6小题：分侧面矩形长、宽分别为2和4、或4和2两种情况，选D；
7小题：分截距等于零、不等于零两种情况，选C。
Ⅱ、示范性题组：
例1. 设 00且a≠1，比较|log
a
(1－x)|与|log
a
( 1＋x)|的大小。
【分析】 比较对数大小，运用对数函数的单调性，而单调性与底数a有关，所以对
底数a分两类情况进行讨论。
【解】 ∵ 01
① 当0a
(1－x)>0，log
a
(1＋x)<0，所以
|log
a
(1－x)|－|log
a
(1＋x)|＝log
a
(1－x)－[－log
a
(1＋x)]＝log
a
(1－x
2
)>0;
② 当a>1时，log
a
(1－x)<0，log
a
(1＋x)>0，所以 < br>|log
a
(1－x)|－|log
a
(1＋x)|＝－log
a
(1－x) －log
a
(1＋x)＝－log
a
(1－
x
2
)>0；
由①、②可知，|log
a
(1－x)|>|lo g
a
(1＋x)|。
【注】本题要求对对数函数y＝log
a
x的 单调性的两种情况十分熟悉，即当a>1时其
是增函数，当0后差值的符号判断，也用到函数的单调性。
例2. 已知集合 A和集合B各含有12个元素，A∩B含有4个元素，试求同时满足下
面两个条件的集合C的个数： ①. C
?
A∪B且C中含有3个元素； ②. C∩A≠φ 。
【分析】 由已知并结合集合的概念，C中的元素分两类：①属于A 元素；②不属于A
而属于B的元素。并由含A中元素的个数1、2、3,而将取法分三种。
47

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
48
23
210
【解】 C
1
12
·C
8
＋ C
12
·C
8
＋C
12
·C
8
＝1084
【注】本题是排列组合中“包含与排除”的基本问题，正确地解题的前提是合理科学
的分类，达 到分类完整及每类互斥的要求，还有一个关键是要确定C中元素如何取法。
3
另一种解题思路是 直接使用“排除法”，即C
3
20
－C
8
＝1084。
例3. 设{a
n
}是由正数组成的等比数列，S
n
是前n项和。 ①. 证明：
lgS
n
?lgS
n?2
lg(S
n?c)?lg(S
n?2
?c)
n?1
； ②.是否存在常数c>0，使得＝lg
2
2
（S
n?1
－c）成立？ 并证明结论。(优质试题全国理)
【分析】 要证的不等式和讨论的等式可以进行等价变形；再应用比 较法而求解。其
中在应用等比数列前n项和的公式时，由于公式的要求，分q＝1和q≠1两种情况。
【解】 设{a
n
}的公比q，则a
1
>0，q>0
① ．当q＝1时，S
n
＝na
1
，从而S
n
S
n?2
－S
n?1
2
＝na
1
(n＋2)a
1
－ (n＋1)
2
a
1
2
＝－
a
1
2
<0；
a
1
(1?q
n
)
当q≠1时，S
n
＝，从而
1?q
a
1
2
(1? q
n
)(1?q
n?2
)
a
1
2
(1?q
n?1
)
2
S
n
S
n?2
－S
n ?1
＝－＝－a
1
2
q
n
<0；
2
2< br>(1?q)
(1?q)
lgS
n
?lgS
n?2
由上 可得S
n
S
n?2
n?1
2
，所以lg(S< br>n
S
n?2
)n?1
2
)，即n?1
。
2
lg(S
n
?c)?lg(S
n?2
?c)
②. 要使＝lg（S
n?1
－c）成立，则必有(S
n
－c)(S
n?2
－c)
2
2
＝(S
n?1
－c)
2
,
分两种情况讨论如下：
当q＝1时，S
n
＝na
1
，则
(S
n
－c)(S
n?2
－c)－(S
n?1
－c )
2
＝(na
1
－c)[(n＋2)a
1
－c]－[(n＋ 1)a
1
－c]
2
＝－
a
1
2
<0 n
a
1
(1?q
n
)
a(1?q)
1
2
当q≠1时，S
n
＝，则(S
n
－c)(S
n?2
－c)－(S
n?1
－c)＝[－
1?q
1?q
a
1(1?q
n?2
)a
1
(1?q
n?1
)
c] [ －c]－[－c]
2
＝－a
1
q
n
[a
1－c(1－q)]
1?q1?q
a
1
∵ a
1
q
n
≠0 ∴ a
1
－c(1－q)＝0即c＝
1?q
a
1
a
1
q
n
而S
n
－c＝S
n
－＝－<0 ∴对数式无意义
1?q
1?q
48

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
49
由上综述，不存在常数c>0, 使得
lg(S
n
?c)?lg(S< br>n?2
?c)
＝lg（S
n?1
－c）成立。
2
【注】 本例由所用公式的适用范围而导致分类讨论。该题文科考生改问题为：证明
log
0.5
S
n
?log
0.5
S
n?2
>log
0.5
S
n?1
，和理科第一问类似，只是所利用的是底数是0.5时，
2
对数函数为单调递减。
例 1、例2、例3属于涉及到数学概念、定理、公式、运算性质、法则等是分类讨论
的问题或者分类给出的 ，我们解决时按要求进行分类，即题型为概念、性质型。
例4. 设函数f(x)＝ax
2< br>－2x＋2，对于满足10，求实数a
的取值范围。
【分析】 含参数的一元二次函数在有界区间上的最大

值、最小值等值域问题，需 要先对开口方向讨论，再对其
抛物线对称轴的位置与闭区间的关系进行分类讨论，最后


综合得解。
1 4 x
1
2
1
【解】当a>0时，f(x)＝a（x－）＋2－

aa

?
1
1
?
1??4
?

?
a
?
≤1
∴
?
a
或
?


11
?
f()＝2 ??0
?
?
f(1)＝a?2?2≥0
?
1 4 x
a
?
a
?
1
?
≥4
或< br>?
a

?
?
f(4)＝16a?8?2≥0
11
∴ a≥1或；
22
?
f(1)＝a?2?2≥0
当a<0时，
?，解得φ；
f(4)＝16a?8?2≥0
?
当a＝0时，f(x)＝－2x＋2, f(1)＝0，f(4)＝－6， ∴不合题意
1
由上而得，实数a的取值范围是a> 。
2
【注】本题分两级讨论，先对决定开口方向的二次项系数a分a>0、a<0、a＝0三种< br>情况，再每种情况结合二次函数的图像，在a>0时将对称轴与闭区间的关系分三种，即
在闭区间 左边、右边、中间。本题的解答，关键是分析符合条件的二次函数的图像，也
可以看成是“数形结合法” 的运用。
例5. 解不等式
(x?4a)(x?6a)1
>0 (a为常数，a≠－)
2a?12
49

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
50
【分析】 含参数的不等式，参数a决定了2a＋1的符号和两根－4a、6a的大小，故
对参数a分四种情况a>0、a＝0、－
11
22
1
【解】 2a＋1>0时，a>－； －4a<6a时，a>0 。 所以分以下四种情况讨论：
2
当a>0时，(x＋4a)(x－6a)>0，解得：x<－4a或x>6a；
当a＝0时，x
2
>0，解得：x≠0；
1
当－0，解得: x<6a或x>－4a；
2
1
当a>－时，(x＋4a)(x－6a)<0，解得： 6a2
综上所述，当a>0时，x<－4a或x>6a；当a＝0时，x≠0；当－
x>－ 4a；当a>－
1
2
1
时，6a2
【注】 本题的关键是确定对参数a分四种情况进行讨论，做到不重不漏。一般地，
遇到题目中含有参数的问题，常常结合参数的意义及对结果的影响而进行分类讨论，此
种题型为 含参型。
例6. 设a≥0,在复数集C中，解方程：z
2
＋2|z|＝a 。 (优质试题全国高考)
【分析】由已知z
2
＋2|z|＝a和|z|∈R可以得到z
2
∈R，即对z分实数、纯虚数两种
情况进行讨论求解。
【解】 ∵ |z|∈R，由z
2
＋2|z|＝a得：z
2
∈R； ∴ z为实数或纯虚数
当z∈R时，|z|
2
＋2|z|＝a,解得：|z|＝－1＋< br>1?a
∴ z＝±(－1＋
1?a
)；
当z为纯虚数时，设z＝±yｉ (y>0)， ∴ －y
2
＋2y＝a 解得：y＝1±
1?a

（0≤a≤1）
由上可得，z＝±(－1＋
1?a
)或±(1±
1?a
)ｉ
【注】本题用标准解法（设z＝x＋yｉ再代入原式得到一个方程组，再解方程组）过
程十分繁难，而 挖掘隐含，对z分两类讨论则简化了数学问题。
【另解】 设z＝x＋yｉ，代入得 x
2< br>－y
2
＋2
x
2
?y
2
＋2xyｉ＝a；
?
?
x
2
?y
2
?2x
2
?y< br>2
?a
∴
?

?
2xy?0
?
当 y＝0时，x
2
＋2|x|＝a，解得x＝±(－1＋
1?a
)，所以z＝± (－1＋
1?a
)；
当x＝0时，－y
2
＋2|y|＝a，解得y ＝±(1±
1?a
)，所以±(1±
1?a
)ｉ。
由上可得，z＝±(－1＋
1?a
)或±(1±
1?a
)ｉ
【注】此题属于复数问题的标准解法，即设代数形式求解。其中抓住2xy＝0而分x
＝0和y＝0两 种情况进行讨论求解。实际上，每种情况中绝对值方程的求解，也渗透了
分类讨论思想。
50

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
51
例7. 在xoy平面上给定曲线y
2
＝2x，设点A(a,0)，a∈R，曲 线上的点到点A的距
离的最小值为f(a)，求f(a)的函数表达式。 （本题难度0.40）
【分析】 求两点间距离的最小值问题，先用公式建立目标函数，转化为二次函数在
约束条件x ≥0下的最小值问题，而引起对参数a的取值讨论。
【解】 设M(x,y)为曲线y
2
＝2x上任意一点，则
|MA|
2
＝( x－a)
2
＋y
2
＝(x－a)
2
＋2x＝x
2< br>－2(a－1)x＋a
2
＝[x－(a－1)]
2
＋(2a－
1)
由于y
2
＝2x限定x≥0，所以分以下情况讨论：
当a－1≥0时，x＝a－1取最小值，即|MA}
2
min
＝2a－1；
当a－1<0时，x＝0取最小值，即|MA}
2
min
＝a
2；
?
2a?1
(a≥1时)
综上所述，有f(a)＝
?
。
|a|
(a?1时)
?
【注】本题解题的基本思路是先建立目标函数。求 二次函数的最大值和最小值问题我
们十分熟悉，但含参数a，以及还有隐含条件x≥0的限制，所以要从 中找出正确的分类
标准，从而得到d＝f(a)的函数表达式。
Ⅲ、巩固性题组：
1. 若log
a
2
<1，则a的取值范围是_____。
3
A. (0,
2
) B. (
2
,1) C. (0,
2
)∪(1,+∞) D. (
2
,+∞)
3333
2. 非零实数a、b、c，则
a
＋
b
＋
c
＋
abc
的值组成的集合是_____。
|b||c|
|abc|
|a|
A. {-4,4} B. {0,4} C. {-4,0} D. {-4,0,4}
3. f(x)＝(a－x)|3a－x|，a是正常数，下列结论正确的是_____。
A.当x＝2a时有最小值0 B.当x＝3a时有最大值0
C.无最大值，且无最小值 D.有最小值但无最大值
4. 设f
1
(x,y)＝0是椭圆方程，f
2
(x,y)＝0是直线方程，则方程f
1
(x,y)＋λf
2
(x,y)
＝0 （λ∈R）表示的曲线是_____。
A.只能是椭圆 B.椭圆或直线 C.椭圆或一点 D.还有上述外的其它情
况
5. 函数f(x)＝ax
2
－2ax＋2＋b (a≠0)在闭区间[2,3]上有最大值5，最小值2，则
a、b的值为_____。
A. a＝1,b＝0 B. a＝1，b＝0或a＝－1,b＝3
C. a＝－1，b＝3 D. 以上答案均不正确
6.方程(x
2
－x－1)
x?2
＝1的整数解的个数是_____。
A. 1 B. 3 C. 4 D. 5
7. 到空间不共面的4个点距离相等的平面的个数是_____。
A. 7 B. 6 C. 5 D. 4
8.z∈C，方程z
2
－3|z|＋2＝0的解的个数是_____。
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
51

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
52
9.复数z＝a＋aｉ (a≠0)的辐角主值是______________。
10.解关于x的不等式： 2log
a
2
(2x－1)>log
a
(x
2
－a) (a>0且a≠1)
11.设首项为1，公比为q (q>0)的等比数列的前n项和为S
n
，又设Tn
＝
S
n
，求
S
n?1
n→∞
lim
T
n
。
12. 若复数z、z
2
、z
3
在复平面上所对应三点A、B、C组成直角三角形，且|z|＝2，
求z 。
13. 有卡 片9张，将0、1、2、…、8这9个数字分别写在每张卡片上。现从中任取3
张排成三位数，若6可以 当作9用，问可组成多少个不同的三位数。
14. 函数f(x)＝(|m|－1)x
2－2(m＋1)x－1的图像与x轴只有一个公共点，求参数m
的值及交点坐标。





















三、函数与方程的思想方法
函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决 问题。方程思想，
是从问题的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型（方程、不等
式、或方程与不等式的混合组），然后通过解方程（组）或不等式（组）来使问题获解。
有时， 还实现函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的。
笛卡尔的方程思想是：实际问题→数学问 题→代数问题→方程问题。宇宙世界，充斥
着等式和不等式。我们知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪 里有公式，哪里就有方程；
求值问题是通过解方程来实现的……等等；不等式问题也与方程是近亲，密切 相关。而
52

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
53
函数和多元方程没有什么本质的区别，如函数y＝f(x)，就可以看作关于x、y的二元方程f(x)－y＝0。可以说，函数的研究离不开方程。列方程、解方程和研究方程的特性，
都是应 用方程思想时需要重点考虑的。
函数描述了自然界中数量之间的关系，函数思想通过提出问题的数学特 征，建立函数
关系型的数学模型，从而进行研究。它体现了“联系和变化”的辩证唯物主义观点。一般地，函数思想是构造函数从而利用函数的性质解题，经常利用的性质是：f(x)、f
?1
(x)
的单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图像变换等，要求我们熟练掌握的是一
次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数的具体特性。在解题中，
善于挖掘题目中的 隐含条件，构造出函数解析式和妙用函数的性质，是应用函数思想的
关键。对所给的问题观察、分析、判 断比较深入、充分、全面时，才能产生由此及彼的
联系，构造出函数原型。另外，方程问题、不等式问题 和某些代数问题也可以转化为与
其相关的函数问题，即用函数思想解答非函数问题。
函数知识 涉及的知识点多、面广，在概念性、应用性、理解性都有一定的要求，所以
是高考中考查的重点。我们应 用函数思想的几种常见题型是：遇到变量，构造函数关系
解题；有关的不等式、方程、最小值和最大值之 类的问题，利用函数观点加以分析；含
有多个变量的数学问题中，选定合适的主变量，从而揭示其中的函 数关系；实际应用问
题，翻译成数学语言，建立数学模型和函数关系式，应用函数性质或不等式等知识解 答；
等差、等比数列中，通项公式、前n项和的公式，都可以看成n的函数，数列问题也可
以用 函数方法解决。
Ⅰ、再现性题组：
1.方程lgx＋x＝3的解所在的区间为_____。
A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,+∞)
2.如果函数f(x)＝x
2
＋bx＋c对于任意实数t，都有f(2 ＋t)＝f(2－t)，那么_____。
A. f(2)f(4)3.已知函数y＝f(x)有反函数，则方程f(x)＝a (a是常数) ______。
A.有且仅有一个实根 B.至多一个实根 C.至少一个实根 D.不同于以上结
论
4.已知sinθ＋cosθ＝，θ∈(
π
，π)，则tgθ的值是_____。
2
4343
A. － B. － C. D.
3434
1
5
p
5.已知等差数列的前n项和为S
n
，且S＝S
q
(p≠q，p、q∈N)，则S
p?q
＝_________。
6.关于x的方程s in
2
x＋cosx＋a＝0有实根，则实数a的取值范围是__________。
7.正六棱锥的体积为48,侧面与底面所成的角为45°，则此棱锥的侧面积为
_________ __。
8. 建造一个容积为8m
3
，深为2m的长方体无盖水池，如果池底和池壁 的造价每平方
米分别为120元和80元，则水池的最低造价为___________。
【简解】1小题：图像法解方程，也可代入各区间的一个数（特值法或代入法），选
C；
53

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
54
2小题：函数f(x)的对称轴为2，结合其单调性，选A；
3小题：从反面考虑，注意应用特例，选B；
1?x
2
?
2x1
4小题：设tg＝x (x>0），则＋＝，解出 x＝2，再用万能公式，
5
2
1?x
2
1?x
2
选 A；
S
p?q
S
n
mm
5小题：利用是关于n的一次函数 ，设S
p
＝S
q
＝m，＝x，则（,p）、(,q)、
pq
n
p?q
(x，p+q)在同一直线上，由两点斜率相等解得x＝0，则答案：0；
6小题：设cosx＝t，t∈[-1,1]，则a＝t
2
－t－1∈[－
55
,1]，所以答案：[－,1]；
44
7小题：设高h，由体积解出h＝2
3，答案：24
6
；
8小题：设长x，则宽
416
，造价y＝4 ×120＋4x×80＋×80≥1760，答案：1760。
xx
Ⅱ、示范性题组：
例1. 设a>0，a≠1，试求方程log
a
(x－ak)＝log
a2
(x
2
－a
2
)有实数解的k的范围。
(优质试题全 国高考)
【分析】由换底公式进行换底后出现同底，再进行等价转化为方程组，分离参数后分
析式子特点，从而选用三角换元法，用三角函数的值域求解。
【解】 将原方程化为：log
a
(x－ak)＝log
a
（a>0,a≠1）
?
?
x?ak?0
x?a
， 等价于
?
< br>22
?
?
x?ak?x?a
22
x
2
xx< br>－
()?1
( ||>1 ）,
a
aa
ππ
x
设＝cscθ， θ∈(－,0)∪(0, )，则 k＝f(θ)＝cscθ－|ctgθ|
22
a
πθ
当θ∈(－,0)时， f(θ)＝cscθ＋ctgθ＝ctg<－1，故k<－1；
22
πθ
当θ∈(0, )时，f(θ)＝cscθ－ctgθ＝tg∈(0,1)，故022
∴ k＝
综上所述，k的取值范围是：k<－1或0【注】 求参数的范围，分离参数后变成函
y C
1
数值域的问题，观察所求函数式，引入新的变
C
2< br>量，转化为三角函数的值域问题，在进行三角
换元时，要注意新的变量的范围。一般地，此

种思路可以解决有关不等式、方程、最大值和
-ak
最小值、参数范围之类的问题。本题还用到了
-a a
x

54

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
55
分离参数法、三角换元法、等价转化思想等数学思想方法。
另一种解题思路是采取“数形结合法”： 将原方程化为：log
log
a
a
(x－ak)＝
x
2
?a
2
，等价于x－ak＝
x
2
?a
2
(x－ak>0)，设曲线C
1
：y＝x－ak ，曲线C
2
：
22
y＝
x?a
(y>0)，如图所示。
由图可知，当－ak>a或－a<－ak<0时曲线C
1
与C
2
有交 点，即方程有实解。所以k
的取值范围是：k<－1或0还有一种思路是直接解出 方程的根，然后对方程的根进行讨论，具体过程是：原方程
?
x?ak
2
2< br>?
k?1
(k?1)a
?
x?ak?0
?
2
等价变形为
?
后，解得：，所以>ak，即
?
(k?1)a
222k
2k
?
x?ak?x?a
x?
?
?
2k< br>?
k
2
?1
－k>0，通分得<0，解得k<－1或02k
例2. 设不等式2x－1>m(x
2
－1)对满足|m|≤2的一切实数m的取值都成立。求x的
取值范围。
【分析】 此问题由于常见的思维定势，易把它看成关于x的不等式讨论。然而，若
变换一个角度以m为变量，即关 于m的一次不等式(x
2
－1)m－(2x－1)<0在[-2,2]上恒成
立的问题 。对此的研究，设f(m)＝(x
2
－1)m－(2x－1)，则问题转化为求一次函数（或常
数函数）f(m)的值在[-2,2]内恒为负值时参数x应该满足的条件
?
?
f(2)?0
。
f(?2)?0
?
【解】问题可变成关于m的一次不等式 ：(x
2
－1)m－(2x－1)<0在[-2,2] 恒成立，
设f(m)＝(x
2
－1)m－(2x－1),
2
?
?
f(2)?2(x?1)?(2x?1)?0
则
?

2
?
?
f(?2)??2(x?1)?(2x?1)? 0
7?1
3?1
解得x∈（,）
2
2
【注】 本题的关键 是变换角度，以参数m作为自变量而构造函数式，不等式问题变
成函数在闭区间上的值域问题。本题有别 于关于x的不等式2x－1>m(x
2
－1)的解集是
[-2,2]时求m的值、关于 x的不等式2x－1>m(x
2
－1)在[-2,2]上恒成立时求m的范围。
一般 地，在一个含有多个变量的数学问题中，确定合适的变量和参数，从而揭示函数
关系，使问题更明朗化。 或者含有参数的函数中，将函数自变量作为参数，而参数作为
函数，更具有灵活性，从而巧妙地解决有关 问题。
例3. 设等差数列{a
n
}的前n项的和为S
n
，已知a
3
＝12，S
12
>0，S
13
<0 。
①.求公差d的取值范围； ②.指出S
1
、S
2
、…、S
12
中哪一个值最大，并说明理由。
(优质试题全国高考)
55

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
56
【分析】 ①问利用公式a
n
与S
n
建立不等式，容易求解d 的范围；②问利用S
n
是n
的二次函数，将S
n
中哪一个值最大，变 成求二次函数中n为何值时S
n
取最大值的函数
最值问题。
【解】① 由a
3
＝a
1
＋2d＝12,得到a
1
＝12－2d，所以
S
12
＝12a
1
＋66d＝12(12－2d)＋66d＝144 ＋42d>0，
S
13
＝13a
1
＋78d＝13(12－2d) ＋78d＝156＋52d<0。
24
7
11
② S
n
＝na
1
＋n(n1－1)d＝n(12－2d)＋n(n－1)d < br>22
d1
24
2
d1
24
2
＝[n－(5－ )]－[(5－)]
dd
2222
1
24
2
24
1
因为d<0，故[n－(5－)]最小时，S
n
最大。由－d7
22
24
1
24
2
)<6.5，故正整数n＝ 6时[n－(5－)]最小，所以S
6
最大。
dd
2
解得：－
【注】 数列的通项公式及前n项和公式实质上是定义在自然数集上的函数，因此可
利 用函数思想来分析或用函数方法来解决数列问题。也可以利用方程的思想，设出未知
的量，建立等式关系 即方程，将问题进行算式化，从而简洁明快。由次可见，利用函数
与方程的思想来解决问题，要求灵活地 运用、巧妙的结合，发展了学生思维品质的深刻
性、独创性。
本题的另一种思路是寻求a
n
>0、a
n?1
<0 ，即：由d<0 知道a
1
>a
2
>…>a
13
，由S
13
＝
13a
7
<0得a
7
<0，由S
12
＝6(a< br>6
＋a
7
)>0得a
6
>0。所以，在S
1
、S
2
、…、S
12
中，S
6
的值
最大。
例4. 如图，AB是圆O的直径，PA垂直于圆O所在平面，C是圆周上任一点，设∠BAC
＝θ，PA＝AB=2r，求异面直线PB和AC的距离。
【分析】 异面直线PB和AC的距离可看 成求直线PB上任意一点到AC的距离的最小
值，从而设定变量，建立目标函数而求函数最小值。
【解】 在PB上任取一点M，作MD⊥AC于D，MH⊥AB于H，
P
设MH＝x，则MH⊥平面ABC，AC⊥HD 。

222222
∴MD ＝x＋[(2r－x)sinθ]＝(sin＋1)x－4rsinθ
M
x＋4r
2
sin
2
θ
A H B
2rsin
2
θ
2
4r
2
sin
2< br>θ
D C
＝(sinθ＋1)[x－]＋
1?sin< br>2
θ
1?sin
2
θ
2rsinθ
2rsin
2
θ
即当x＝时，MD取最小值为两异面直线的距离。
2
2
1?sinθ
1?sinθ
2
【注】 本题巧在将立体 几何中“异面直线的距离”变成“求异面直线上两点之间距
离的最小值”，并设立合适的变量将问题变成 代数中的“函数问题”。一般地，对于求
56

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
57
最大值、最小值的实际问题，先将文字说明转化成数学语言后，再建立数学模型和函数
关 系式，然后利用函数性质、重要不等式和有关知识进行解答。比如再现性题组第8题
就是典型的例子。
例5. 已知△ABC三内角A、B、C的大小成等差数列，且tgA·tgC＝2＋
3
，又知顶
点C的对边c上的高等于4
3
,求△ABC的三边a、b、c及三内角。
【分析】已知了一个积式，考虑能否由其它已知得到一个和式，再用方程思想求解。
【解】 由A、B、C成等差数列，可得B＝60°；
由△ABC中tgA＋tgB＋tgC＝tgA·tgB·tgC，得
tgA＋tgC＝tgB(tgA·tgC－1)＝
3
(1＋
3
)
设tgA、tgC是方程x
2
－(
3
＋3)x＋2＋
3＝0的两根，解得x
1
＝1，x
2
＝2＋
3

设A3
， ∴A＝
π
5π
，C＝
4
12
由此容易得到a＝8，b＝4
6
，c＝4
3
＋4。
【注】本题的解答关键是利用“△ABC中t gA＋tgB＋tgC＝tgA·tgB·tgC”这一条性
质得到tgA＋tgC，从而设立方程求出 tgA和tgC的值，使问题得到解决。
例6. 若(z－x)
2
－4(x－y)(y－z)＝0,求证：x、y、z成等差数列。
【分析】 观察题设，发现正好是判 别式b
2
－4ac＝0的形式，因此联想到构造一个一
元二次方程进行求解。
【证明】 当x＝y时，可得x＝z， ∴x、y、z成等差数列；
当x≠y时，设方程( x－y)t
2
－(z－x)t＋(y－z)＝0，由△＝0得t
1
＝t
2
，并易知t
＝1是方程的根。
∴t
1
·t
2
＝
y?z
＝1 ， 即2y＝x＋z ， ∴x、y、z成等差数列
x?y
【注】一般地，题设条件中如果 已经具备或经过变形整理后具备了“x
1
＋x
2
＝a、x
1
·x
2
＝b”的形式，则可以利用根与系数的关系构造方程；如果具备b
2
－ 4ac≥0或b
2
－4ac
≤0的形式，可以利用根的判别式构造一元二次方程。这种 方法使得非方程问题用方程思
想来解决，体现了一定的技巧性，也是解题基本方法中的一种“构造法”。
例7. △ABC中，求证：cosA·cosB·cosC≤ 。
【分析】考虑首先使用三 角公式进行变形，结合三角形中有关的性质和定理，主要是
运用“三角形的内角和为180°”。变形后 再通过观察式子的特点而选择和发现最合适的
方法解决。
【证明】 设k＝cosA·cos B·cosC＝
1
8
11
[cos(A＋B)＋cos(A－B)]·cos C＝[－cosC
22
＋cos(A－B)]cosC
整理得：cos
2< br>C－cos(A－B)·cosC＋2k＝0，即看作关于cosC的一元二次方程。
∴ △＝cos
2
(A－B)－8k≥0 即 8k≤cos
2
(A－B)≤1
57

最新高中数学思想方法（附经典例题及详解）
58
∴ k≤即cosA·cosB·cosC≤
【注】本题原本是三角问题，引入参数后，通过 三角变形，发现了其等式具有“二次”
特点，于是联想了一元二次方程，将问题变成代数中的方程有实解 的问题，这既是“方
程思想”，也体现了“判别式法”、“参数法”。
此题的另外一种思路是 使用“放缩法”,在放缩过程中也体现了“配方法”，具体解
1
8
1
8
111
[cos(A＋B)＋cos(A－B)]·cosC ＝－cos
2
C＋ cos(A
222
cos(A?B)
2
1
1
11
－ B)·cosC＝－ [cosC－]＋cos
2
(A－B)≤cos
2
(A－B) ≤。
2
888
2
1?2
x
?4
x
a
例8. 设f(x)＝lg，如果当x∈(-∞,1]时f(x)有意义，求实数a的取值
3
答过程是： cosA·cosB·cosC＝
范围。
1?2
x
?4
x
a
【分析】当x∈(-∞,1]时f(x)＝lg有意义的函数问题，转化为1＋2
x
＋
3
4
x
a>0在x∈(-∞,1]上恒成立的不等式问题。
【解】 由题设可知，不等式1＋2
x
＋4
x
a>0在x∈(-∞,1]上恒成立，
1
2x
1
)＋()
x
＋a>0在x∈(-∞,1]上恒成立 。
22
111
设t＝()
x
, 则t≥， 又设g(t)＝t
2
＋t＋a，其对称轴为t＝－
222
11113
∴ t
2
＋t＋a＝0在[,+∞)上无实根， 即 g()＝()
2
＋＋a>0，得a>－
22224
3
所以a的取值范围是a>－。
4
即：(
【注 】对于不等式恒成立，引入新的参数化简了不等式后，构造二次函数利用函数的
图像和单调性进行解决问 题，其中也联系到了方程无解，体现了方程思想和函数思想。
一般地，我们在解题中要抓住二次函数及图 像、二次不等式、二次方程三者之间的紧密
联系，将问题进行相互转化。
1
2x1
)＋()
x
＋a>0在x∈(-∞,1]上恒成立的问题时，也可使用“分22
11
3
离参数法”： 设t＝()
x
, t≥，则有a＝ －t
2
－t∈(－∞,－]，所以a的取值
22
4
3
范围是 a>－。其中最后得到a的范围，是利用了二次函数在某区间上值域的研究，也
4
在解决不等式 (
可属应用“函数思想”。
Ⅲ、巩固性题组：
1. 方程sin2x＝sinx在区间(0,2π)内解的个数是_____。
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
58