高中数学解题方法技巧汇总.doc

1、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

2、学试卷分析 二、 两套高考模拟试卷 三、 参考答案 2 2 前前 言言 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： 常用数学方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参

3、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

4、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：

5、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。 3 3 第一章 高中数学解题基本方法 一、一、 配方法配方法 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

6、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) 2a22abb2， 将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如： a 2b2(ab)22ab(ab)22ab； a 2abb2(ab)2ab(ab)23ab(ab 2 ) 2（ 3 2 b

7、） 2； a 2b2c2abbcca1 2 (ab) 2(bc)2(ca)2 a 2 b 2 c 2 (abc) 2 2(abbcca)(abc) 2 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） 2； x 2 1 2 x (x 1 x ) 22(x1 x ) 22 ； 等等。 、再现性题组：、再现性题组： 1. 在正项等比数列a n 中，a 1a5+2a3a5+a3a7=25，则 a3a5 _。 2. 方程 x 2 y 2 4kx2y5k0 表示圆的充要条件是_。 A. 1 4k1 B. k1 C. kR D. k 1

8、 4或 k1 3. 已知 sin 4 cos 4 1，则 sincos的值为_。 A. 1 B. 1 C. 1 或1 D. 0 4. 函数 ylog1 2 (2x 2 5x3)的单调递增区间是_。 A. （, 5 4 B. 5 4,+) C. ( 1 2, 5 4 D. 5 4,3) 5. 已知方程 x 2 +(a-2)x+a-1=0 的两根 x1、x2，则点 P(x1,x2)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 am p am p am 2，将已知等式左边后配方 （a3a5） 2易求。答案是：5。 4 4 2 小题： 配方成圆的标准方程形式(

9、xa) 2(yb)2r2， 解 r20 即可， 选 B。 3 小题： 已知等式经配方成(sin 2cos2)22sin2cos21， 求出 sin cos，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 311。 、示范性题组、示范性题组： 例例 1.1. 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. 23 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 211 424 () () xyy

10、zxz xyz ,而欲求对角线长 xyz 222 ， 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： 211 424 () () xyyzxz xyz 。 长方体所求对角线长为：xyz 222 ()()xyzxyyzxz 2 2 611 2 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。 例例 2. 2. 设方程 x 2 k

11、x2=0 的两实根为 p、q，若( p q ) 2 +( q p ) 2 7 成立，求实 数 k 的取值范围。 【解】方程 x 2 kx2=0 的两实根为 p、q，由韦达定理得：pqk，pq 2 , ( p q ) 2 +( q p ) 2 pq pq 44 2 () () () pqp q pq 22222 2 2 () () pqpqp q pq 2222 2 22 ()k 22 48 4 7， 解得 k10或 k10 。 又 p、q 为方程 x 2 kx2=0 的两实根， k 2 80 即 k22或 k22 综合起来，k 的取值范围是：10k2 2 或者 2 2k10。 5 5 【注】

12、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。 例例 3.3. 设非零复数 a、b 满足 a 2 abb 2=0，求( a ab )1998( b ab )1998 。 【分析】 对已知式可以联想：变形为( a b ) 2 ( a b )10，则 a b （为 1 的立方虚根）；或配方为(ab

13、) 2ab 。则代入所求式即得。 【解】由 a 2abb2=0 变形得：(a b ) 2 ( a b )10 ， 设 a b ，则 210，可知为 1 的立方虚根，所以：1 b a ， 3 31。 又由 a 2abb2=0 变形得：(ab)2ab ， 所以 ( a ab ) 1998 ( b ab ) 1998 ( a ab 2 ) 999 ( b ab 2 ) 999 ( a b ) 999 ( b a ) 999 9999992 。 【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

14、。 【另解】由 a 2abb20 变形得：(a b ) 2 ( a b )10 ，解出 b a 13 2 i 后，化成三角形式，代入所求表达式的变形式( a b ) 999(b a ) 999后，完成后面的运 算。此方法用于只是未 13 2 i 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 2abb20 解出：a 13 2 i 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 棣莫佛定理完成最后的计算。 、巩固性题组：、巩固性题组： 1. 函数 y(xa) 2(xb)2 （a、b 为常数）的最小值为_。 A. 8 B. ()ab 2 2 C. ab 22

15、 2 D.最小值不存在 2. 、是方程 x 22axa60 的两实根，则(-1)2 +(-1)2的最小值 是_。 6 6 A. 49 4 B. 8 C. 18 D.不存在 3. 已知 x、yR ，且满足 x3y10，则函数 t2 x 8 y 有_。 A.最大值 22 B.最大值 2 2 C.最小值 22 B.最小值 2 2 4. 椭圆 x 22ax3y2a260 的一个焦点在直线 xy40 上，则 a _。 A. 2 B. 6 C. 2 或6 D. 2 或 6 5. 化简：218sin228 cos的结果是_。 A. 2sin4 B. 2sin44cos4 C. 2sin4 D. 4cos4

16、2sin4 6. 设 F1和 F2为双曲线 x2 4 y 21 的两个焦点， 点 P 在双曲线上且满足F 1PF2 90，则F1PF2的面积是_。 7. 若 x1，则 f(x)x 22x1 1x 的最小值为_。 8. 已知 2 3 4 ，cos(-)12 13 ，sin(+) 3 5 ，求 sin2的 值。(92 年高考题) 9. 设二次函数 f(x)Ax 2BxC， 给定 m、 n （m0； 是否存在一个实数 t，使当 t(m+t,n-t)时，f(x)1，t1，mR，xlogstlogts，ylogs 4tlog t 4sm(log s 2t logt 2s), 将 y 表示为 x 的函数

17、yf(x)，并求出 f(x)的定义域； 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。 二、换元法 7 7 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

18、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 20，先变形为 设 2 xt（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 yx1x的值域时，易发 现 x0,1，设 xsin 2 ，0, 2 ，问题变成了熟悉的求

19、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 x 2y2r2（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 x S 2 t，y S 2 t 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, 2 。 、再现性题组：、再现性题组： 1.ysinxcosxsinx+cosx 的最大值是_。 2.设 f(x 21)log a(4x 4) （a1

20、），则 f(x)的值域是_。 3.已知数列a n中，a11，an1an a n1an，则数列通项 an _。 4.设实数 x、y 满足 x 22xy10，则 xy 的取值范围是_。 5.方程 13 13 x x 3 的解是_。 6.不等式 log2(2 x 1) log2(2 x12)2 的解集是_。 8 8 【简解】1 小题：设 sinx+cosxt2,2，则 y t 2 2 t 1 2 ，对称轴 t1，当 t2，ymax 1 2 2； 2 小题：设 x 21t (t1)，则 f(t)log a-(t-1) 24，所以值域为( ,log a4； 3 小题：已知变形为 1 1 an 1 an

21、1,设 bn 1 an ，则 b11,bn1(n 1)(-1)n，所以 a n 1 n ； 4 小题： 设 xyk， 则 x 22kx10, 4k240,所以 k1 或 k1； 5 小题：设 3 xy，则 3y22y10,解得 y1 3 ，所以 x1； 6 小题：设 log 2(2 x 1)y，则 y(y1)2，解得2y0， 求 f(x)2a(sinxcosx)sinx cosx2a 2的最大值和最小值。 【解】 设 sinxcosxt，则 t-2,2，由(sinx cosx) 212sinxcosx 得：sinxcosxt 2 1 2 f(x)g(t) 1 2 (t2a) 2 1 2 （a0

22、），t -2,2 t-2时，取最小值：2a 22 2a 1 2 当 2a2时，t2，取最大值：2a 22 2a 1 2 ； 当 00 恒成立，求 a 的取值范围。（87 年全国理） 【分析】不等式中 log2 41()a a 、 log2 2 1 a a 、log2 ()a a 1 4 2 2 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 log2 2 1 a a t，则 log2 41()a a log2 81 2 ()a a 3log2 a a 1 2 3 log2 2 1 a a 3t，log2 ()a a 1 4 2 2 2log2 a a 1 2 2t，

23、 代入后原不等式简化为（3t）x 22tx2t0，它对一切实数 x 恒成立，所以： 30 48 30 2 t ttt() ，解得 t tt 3 06或 t0 即 log2 2 1 a a 0 0 2 1 a a 1，解得 0a0 恒成立，求 k 的范 围。 【分析】由已知条件 ()x 1 9 2 ()y 1 16 2 1，可以发现它与 a 2b21 有相似 之处，于是实施三角换元。 【解】由 ()x 1 9 2 ()y 1 16 2 1，设 x 1 3 cos， y 1 4 sin， 即： x y 13 14 cos sin 代入不等式 xyk0 得： 3cos4sink0，即 k3cos4s

24、in5sin(+) 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 16191144 0 22 ()()xy xyk 有相等的一组实数解， 消 元后由0 可求得 k3,所以 k0)，则 f(4)的值为 _。 A. 2lg2 B. 1 3 lg2 C. 2 3 lg2 D. 2 3 lg4 2. 函数 y(x1) 42 的单调增区间是_。 A. -2

25、,+) B. -1,+) D. (-,+) C. (-,-1 3. 设等差数列a n的公差 d 1 2 ，且 S100145，则 a1a3a5a99的 值为_。 A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5 4. 已知 x 24y24x，则 xy 的范围是_。 5. 已知 a0，b0，ab1，则 a 1 2 b 1 2 的范围是_。 6. 不等式xax 3 2 的解集是(4,b)，则 a_，b_。 7. 函数 y2xx 1的值域是_。 8. 在等比数列an中， a1a2a102， a11a12a3012， 求 a31 a32a60。 9. 实数 m 在什么范围内取值，对任意实数 x，

26、不等式 sin 2x2mcosx4m10,y0)上移动，且 AB、 AD 始终平行 x 轴、y 轴，求矩形 ABCD 的最 小面积。 y x xy k0 k 平面区 域 y D C A B O x 15 15 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

27、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

28、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：、再现性题组： 1. 设 f(x) x 2 m， f(x)的反函数 f 1(x)nx5， 那么 m、 n 的值依次为_。 A. 5 2 , 2 B. 5 2 ， 2 C. 5 2 , 2 D. 5 2 ，2 2. 二次不等式 ax 2bx20 的解集是(1 2

29、, 1 3 )，则 ab 的值是_。 A. 10 B. 10 C. 14 D. 14 3. 在(1x 3)（1x）10的展开式中，x5的系数是_。 A. 297 B.252 C. 297 D. 207 4. 函数 yabcos3x (b0，7x0，x0。 设 V 4 ab (15aax)(7bbx)x (a0,b0） 要使用均值不等式，则 ab aaxbbxx 10 157 解得：a 1 4 ， b 3 4 ， x3 。 从而 V 64 3 ( 15 4 x 4 )( 21 4 3 4 x)x 64 3 ( 15 4 21 4 3 ) 364 3 27576。 所以当 x3 时，矩形盒子的容积

30、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 4 ab (15aax)(7x)bx 或 4 ab (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 项该进行凑配的系数，本题也体现了“凑配法”和“函数思想”。 、巩固性题组：、巩固性题组： 1. 函数 ylogax 的 x2,+)上恒有|y|1，则 a 的取值范围是_。 A. 2a 1 2 且 a1 B. 0a 1 2 或 1a2 C. 1a2 或 0a 1 2 2. 方程 x 2pxq0 与 x2qxp0

31、 只有一个公共根， 则其余两个不同根之 和为_。 A. 1 B. 1 C. pq D. 无法确定 3. 如果函数 ysin2xacos2x 的图像关于直线 x 8 对称，那么 a _。 A. 2 B. 2 C. 1 D. 1 4. 满足 C n 0 1C n 1 2C n 2 nC n n 500 的最大正整数是_。 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5. 无穷等比数列an的前 n 项和为 Sna 1 2n , 则所有项的和等于_。 A. 1 2 B. 1 C. 1 2 D.与 a 有关 6. (1kx) 9b 0b1xb2x 2b 9x 9，若 b 0b1b2b91，则 k_。 20

32、20 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 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 yf(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 y2x7 和抛物线截得的线段长是 410, 求抛物线的方程。 21 21 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

33、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：、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. 5n7 2. 设 MP、OM、AT 分别是 46角的正弦线、余弦线和正切线，则_。 A. MPOMAT B. OMMPA

34、T C. ATOMMP D. OMATMP 3. 复数 z1a2，z22，如果|z1| |z2|，则实数 a 的取值范围 是_。 A. 1a1 C. a0 D. a1 4. 椭圆 x 2 25 y2 9 1 上有一点 P，它到左准线的距离为 5 2 ，那么 P 点到右焦 点的距离为_。 A. 8 C. 7.5 C. 75 4 D. 3 5. 奇函数 f(x)的最小正周期为 T，则 f( T 2 )的值为_。 A. T B. 0 C. T 2 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

35、数线定义，作出图形，选 B； 3 小题：利用复数模的定义得a 22 20 得：0 x1 设 2 2 3 x 1 x 2 2 3 ， x1 2+x 2 2 4 2 3 (x1+x2)( x1 2+x 2 2) 2 3 4 2 3 1 f(x1)f(x2)0 即 f(x)在( 2 2 3 ,1)上是减函数 2 2 0 的解集是(1,2)，则不等式 bx2 cxab0)的两个焦点，其中 F2与抛物线 y 2 12x 的焦点重合，M 是两曲线的一个焦点，且有 cosM F1F2cosMF2F1 7 23， 求椭圆方程。 26 26 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

36、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 n0)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

37、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 nn0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：、再现性题组： 1. 用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2 n 12(2n1) （nN），

38、从“k 到 k1”，左端需乘的代数式为_。 A. 2k1 B. 2(2k1) C. 21 1 k k D. 23 1 k k 2. 用数学归纳法证明 1 1 2 1 3 1 21 n 1)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 k1 B. 2k 1 C. 2 k D. 2 k 1 3. 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 n k1 时该命题也成立。现已知当 n5 时该命题不成立，那么可推得_。 (94 年上海高考) 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

39、D.当 n4 时该命题成立 4. 数列a n 中，已知 a11，当 n2 时 anan12n1，依次计算 a2、a3、 a4后，猜想 an的表达式是_。 A. 3n2 B. n 2 C. 3n1 D. 4n3 5. 用数学归纳法证明 3 42n 5 21n (nN)能被 14 整除， 当 nk1 时对于式 子 3 412()k 5 211()k 应变形为_。 27 27 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)

40、(2k2)，所以应乘的代数式为 ()()21 22 1 kk k ，选 B； 2 小题：（2 k11）（2k 1）2 k ，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 a11、a24、a39、a416 再猜想 an，选 B； 5 小题：答案（3 42k 5 21k ）3 k 5 21k （5 234）； 6 小题：答案 k1。 、示范性题组：、示范性题组： 例1. 已知数列 81 13 22 ，得， 8 2121 22 n nn()() ，。Sn为其前 n 项和， 求 S1、S2、S3、S4，推测 Sn公式，并用数学归

41、纳法证明。 （93 年全国理） 【解】 计算得 S1 8 9 ，S2 24 25 ，S3 48 49 ，S4 80 81 ， 猜测 S n () () 211 21 2 2 n n (nN)。 当 n1 时，等式显然成立； 假设当 nk 时等式成立，即：S k () () 211 21 2 2 k k ， 当 nk1 时，Sk1S k 81 2123 22 () ()() k kk () () 211 21 2 2 k k 81 2123 22 () ()() k kk ()()()() ()() 21232381 2123 222 22 kkkk kk ()()() ()() 212321

42、2123 222 22 kkk kk () () 231 23 2 2 k k , 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 k1 () () 231 23 2 2 k k 作为目标，先通分使分母含有(2k 3) 2，再考虑要约分，而将分子变形，并注意约分后得到（2k3）21。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， 28 28 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

43、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 n 8 2121 22 n nn()() 1 21 2 ()n 1 21 2 ()n 得， S n（1 1 32 ）（ 1 32 1 52 ） 1 21 2 ()n 1 21 2 ()n 1 1 21 2 ()n () () 211 21 2 2 n n 。 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 2121 22 n nn()() 1 21 2 ()n 1 21 2 ()n 的裂项公式。可以说，用试值猜想证明 三步解题，具

44、有一般性。 例 2. 设 a n 1223n n()1 (nN),证明： 1 2 n(n 1)a n 1 2 (n1) 2 。 【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，nk 1 时，因为 ak1a k ()()kk12,所以在假设 nk 成立得到的不等式中同 时加上()()kk12，再与目标比较而进行适当的放缩求解。 【解】 当 n1 时，a n 2， 1 2 n(n+1) 1 2 ， 1 2 (n+1) 22 ， n1 时不等式成立。 假设当 nk 时不等式成立，即： 1 2 k(k1)ak 1 2 (k1) 2 ， 当 nk1 时， 1 2 k(k1)()()k

45、k12ak1 1 2 k(k1)(k1) 1 2 (k1)(k3) 1 2 (k1)(k 2)， 1 2 (k1) 2 ()()kk12 1 2 (k1) 2 kk 2 32 1 2 (k1) 2 (k 3 2 ) 1 2 (k2) 2， 所以 1 2 (k1)(k2) ak 1 2 (k2) 2，即 nk1 时不等式也成立。 29 29 综上所述，对所有的 nN，不等式 1 2 n(n1)a nn 可得， a n123n 1 2 n(n1)；由n n()1n 1 2 可得，a n123n 1 2 n 1 2 n(n1) 1 2 n 1 2 (n 22n)1 2 (n1) 2。所以1 2 n(

46、n1)ann (n1 且 nN) 31 31 六、参数法 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

47、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。 、再现性题组：、再现性题组： 1. 设 2 x 3 y 5 z 1，则 2x、3y、5z 从小到大排列是_。 2. （理）直线 xt yt 22 32 上与点 A(-2,3)的距离等于2的点的坐标是 _。 （文）若 k0 时， f(x)0，则 f(x)的 R 上是_函数。(填“增”或“减”) 6. 椭圆 x 2 16 y2 4 1 上的点到直线 x2y20 的最大距离是_。 A. 3 B. 11 C. 10 D. 22 【简解】1 小题：设 2 x 3 y 5 z t，分别取 2、3、5 为底的对数，解出 x、

48、y、 z，再用“比较法”比较 2x、3y、5z，得出 3y2x0)，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 1 2 |MP 1 2 |MQ 为定值。 36 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