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、 高考数学试卷分析 二、 两套高考模拟试卷 三
2、、 参考答案 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： 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； 数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、
3、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
4、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
5、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。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
6、“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) a 2abb ，将这22个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：a b (ab) 2ab(ab) 2ab；222a abb (ab) ab(ab) 3ab(a ) （ b） ；232a b c abbc ca (ab) (b c) (ca) 221222a b c (ab c) 2(abbcca)(ab c) 2(abbcca)结合其它数学知识
7、和性质，相应有另外的一些配方形式，如：1sin2 12sincos （sincos） ；2x (x ) 2 (x ) 2 ； 等等。2x1x、再现性题组：1. 在正项等比数列a 中，a a +2a a +a a =25，则 n153537a a _ 。352. 方程 x y 4kx2y5k0 表示圆的充要条件是_。2A. 1 C. kR D. k 或 k11414 43. 已知 sin cos 1，则 sincos 的值为_。A. 1 B. 1 C. 1 或1 D. 04. 函数 ylog (2x 5x3)的单调递增区间是_。12A. （ , B. ,+) C. ( , D. ,3)54541
8、254545. 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，2 1122则实数 a_ 。【简解】 1 小题：利用等比数列性质 a a a ，将已知等式左边后配方（ampm2a ） 易求。答案是：5 。 322 小题：配方成圆的标准方程形式(x a) (yb) r ，解 r 0 即可，选 B。 2223 小题：已知等式经配方成(sin cos ) 2sin cos 1，求出2sin 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 3
9、。1、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 B. C. 5 D. 6314【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4()xyz xyz2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： 。21424()xyz长方体所求对角线长为： z2()()xyzxyz25612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
10、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 kx2=0 的两实根为 p、q，若( ) +( ) 7 成立，求实数 k2 2qp的取值范围。【解】方程 x kx2=0 的两实根为 p、q ，由韦达定理得：pq k，pq2 ,2( ) +( ) pq2pq42()()22()(qp227， 解得 k 或 k 。k24810又 p、q 为方程 x kx2=0 的两实根， k 8 0 即 k2 或2 2k2综合起来，k 的取值范围是： k 或者 k 。1021【注】 关于实系数一元二次方程问题，总是先考虑根的判别式“”；
11、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 a abb =0，求( ) ( ) 。22ab198b198【分析】 对已知式可以联想：变形为 ( ) ( )1 0，则 （ 为 1 的立方虚根）；或配方为(ab) ab 。则代入所求式即得。2【解】由 a abb =0 变形得： ( ) ( )10 ，2ab2设 ，则
12、1 0，可知 为 1 的立方虚根，所以： ， 1ba31。3又由 a abb =0 变形得： (ab) ab ，222所以 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 198ba198a9b29a9b992 。9【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 a abb 0 变形得：( ) ( )10 ，解出 后，22ab2ba132i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99用于只是未 联想到 时进行解题。132i假如本题没有想
13、到以上一系列变换过程时，还可由 a abb 0 解出：a22b，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i佛定理完成最后的计算。、巩固性题组：1. 函数 y(xa) (xb) （a 、b 为常数）的最小值为_。22A. 8 B. C. D.最小值不存在()22. 、 是方程 x 2axa6 0 的两实根，则(-1) +(-1) 的最小值是2 22_。A. B. 8 C. 18 D.不存在493. 已知 x、yR ，且满足 x3y 10，则函数 t2 8 有_。 xyA.最大值 2 B.最大值 C.最小值 2 B.最小值224. 椭圆 x 2ax3y a 60 的一个焦点
14、在直线 xy40 上，则2a_ 。A. 2 B. 6 C. 2 或6 D. 2 或 65. 化简：2 的结果是_。18sincosA. 2sin4 B. 2sin44cos4 C. 2sin4 D. 4cos42sin4 6. 设 F 和 F 为双曲线 y 1 的两个焦点，点 P 在双曲线上且满足12x24F PF 90，则F PF 的面积是_。127. 若 x1，则 f(x)x 2x 的最小值为_。21x8. 已知 0； 是否存在一个实数 t，使当 t(m+t,n-t)时，f(x)1，t1 ，m R，xlog tlog s，ylog tlog sm(log tlogsts4t4s2ts),2
15、 将 y 表示为 x 的函数 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
16、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 2 2 0，先变形为设 2 t （t0 ），x x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，x1设 xsin ，0, ，问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什
17、么会想到如此设，22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 y r （r0）时，则可作三角代换 xrcos、yrsin 化为三角问题。22均值换元，如遇到 xyS 形式时，设 x t ，y t 等等。S2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：1.ysinxcosxsinx+cosx 的最大值是_。2.设 f(x 1)log (4x ) （a1），则 f(x)的值域是 _。2a43.已知数列a 中，a 1
18、，a a a a ，则数列通项nn1n1a _ 。n4.设实数 x、y 满足 x 2xy10 ，则 xy 的取值范围是_ 。25.方程 3 的解是_。1x6.不等式 log (2 1) log (2 2)2 的解集是_。22x1【简解】1 小题：设 sinx+cosxt , ，则 y t ，对称轴21t1，当 t ，y ；2max122 小题：设 x 1 t (t1)，则 f(t)log -(t-1) 4，所以值域为 (,log 4；a2 a3 小题：已知变形为 1,设 b ，则 b 1,b 1(n1)(-1ann11n1)n ，所以 a ；4 小题：设 xyk，则 x 2kx10, 4k 4
19、0, 所以 k1 或 k1；225 小题：设 3 y，则 3y 2y1 0, 解得 y ，所以 x1；36 小题：设 log (2 1) y，则 y(y1)0，求 f(x)2a(sinx cosx)sinxcosx2a 的最大值和最小值。2【解】 设 sinxcosxt，则 t- , ，由(sinxcosx) 12sinx cosx 得：sinxcosx 221 f(x)g(t) (t2a) （a0），t - , 1222t- 时，取最小值：2a 2 a 1当 2a 时，t ，取最大值： 2a 2 a ；当 00 恒成立，求 a 的取值范围。（87 年全国理）21a2()42y, , x2【分
20、析】不等式中 log 、 log 、log 三项有何联系？进行241()a21a2()42对数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。【解】 设 log t，则21alog log 3 log 3 log 3t，log241()a281()a2a121a2()422log 2t ，2代入后原不等式简化为（3t）x 2tx2t0，它对一切实数 x 恒成立，所以：2，解得 t0 恒成立，求 k 的范围。()192()y62【分析】由已知条件 1，可以发现它与 a b 1 有相似之()2()22处，于是实施三角换元。【解】由 1，设 cos， sin，()x192()y62x3y14即： 代入不等式
21、xyk0 得：y34cosin 3cos4sink0，即 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 xyk 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 有相等的一组实数解，消16914022()()k元后由0 可求得 k3,所以 k0)，则 f(4)的值为_。3A. 2lg2 B. lg2 C. lg2 D. lg4123232. 函数 y(x 1) 2 的单调增区间是 _。4A. -2,+) B. -1,+) D. (-,+) C. (-,
22、-13. 设等差数列a 的公差 d ，且 S 145，则 a a a a 的值n101359为_。A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.54. 已知 x 4y 4x ，则 xy 的范围是_。25. 已知 a0，b0 ，a b1，则 的范围是_ 。a12b6. 不等式 ax 的解集是(4,b)，则 a_， b_。327. 函数 y2x 的值域是_ 。xyxxyk0k 平面区域8. 在等比数列a 中，a a a 2，a a a 12，求n12101230a a a 。312609. 实数 m 在什么范围内取值，对任意实数 x，不等式 sin x2mcosx4m10,y0)上移动，且
23、AB、AD 始终平行 x 轴、y 轴，求矩形 ABCD 的最小面积。 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
24、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
25、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)nx 5，那么 m、n 的值依次为_。x21y D CA BO xA. , 2 B. ， 2 C. , 2 D. ，255552. 二次不等式 ax bx20 的解集是( , )，则 ab 的值是_。13A. 10 B. 10 C. 14 D. 143. 在(1x )（1 x） 的展开式中， x 的系数是_ 。3105A. 297 B.252 C. 297 D. 2074. 函数
26、 ya bcos3x (b0，7x0，x0。设 V (15aax)(7bbx)x (a0,b0） 4ab要使用均值不等式，则abxx1057解得：a ， b ， x3 。 14从而 V ( )( x)x ( ) 27576。6352146152436所以当 x3 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 (15aax)(7 x)bx 或 4ab(15x)(7a 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4ab行凑配的系数，本题也体现了“凑配法”
27、和“函数思想”。、巩固性题组：1. 函数 ylog x 的 x2,+)上恒有|y|1，则 a 的取值范围是_。aA. 2a 且 a1 B. 02212或 01 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x25y952离为_。A. 8 C. 7.5 C. D. 37545. 奇函数 f(x)的最小正周期为 T，则 f( )的值为_。2A. 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
28、：利用复数模的定义得 0 得：0 ， x +x (x +x )( x +x ) 11231243121234 f(x )f(x )0 即 f(x)在( ,1)上是减函数123 0 的解集是(1,2)，则不等式 bx cxab0)的两个焦点，其中 F 与抛物线1x2yb2y 12x 的焦点重合，M 是两曲线的一个焦点，且有 cosM F F cosMF F 2 121，求椭圆方程。723五、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
29、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0nk1 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 nn 且 nN）结论都正0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
30、。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)2 12(2n1) （nN），从n“k 到 k1”，左端需乘的代数式为_。A. 2k1 B. 2(2k1) C. D. k31k2. 用数学归纳法证明 1 1)时，由 nk (k1)不等式2321n成立，推证 n k1 时，左边
31、应增加的代数式的个数是_。A. 2 B. 2 1 C. 2 D. 2 1kkk3. 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_ 。 (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 D.当 n4 时该命题成立4. 数列 a 中，已知 a 1，当 n2 时 a a 2n 1，依次计算 a 、a 、a23后，猜想 a 的表达式是_。4nA. 3n2 B. n C. 3 D. 4n32n15. 用数学归纳法证明 3 5 (nN)能被 14 整除，当
32、nk1 时对于式子413 5 应变形为_。41()k1()k6. 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：n k 时，左端的代数式是(k 1)(k 2)(k k),n k1 时，左端的代数式是(k2)(k3)(2k1)(2k2)，所以应乘的代数式为 ，选()2B；2 小题：（2 1 ）（2 1）2 ，选 C；kkk3 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 a 1 、a 4、a 9、a 16 再猜想 a ，选 B；234n5 小题：答案（3 5 ）3 5 （5 3 ）
33、；4k1k21k6 小题：答案 k1 。、示范性题组：例 1. 已知数列 ，得， ，。S 为其前 n 项和，8328212n()()n求 S 、 S 、S 、S ，推测 S 公式，并用数学归纳法证明。 （93 年全国理）1234n【解】 计算得 S ，S ，S ，S ， 189245389401猜测 S (nN)。n()2当 n1 时，等式显然成立；假设当 nk 时等式成立，即：S ，k()212当 nk1 时，S S k18322()( ()2222)(k ()()(138122k ,()(211322kk()32k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
34、】 把要证的等式 S 作为目标，先通分使分母含有(2k3) ，k1()21322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2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，n8212n()()12()n12()S （1 ）（ ） 1 n32252()2()n2()n 。()2此种解法与用试值猜
35、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8212n()()12()n12()三步解题，具有一般性。例 2. 设 a (nN),证明： n(n1) k(k1) (k1) (k 1)(k3) (k1)(k2)，2()k 2(k1) (k1) n 可得，a 123 n n(n1)；由 n 可得，a 123nn12n()12nn n(n1) n (n 2n) (n1) 。所以 n(n1)a (n1) 。12 12例 3. 设数列a 的前 n 项和为 S ，若对于所有的自然数 n，都有 S n n，证明a 是等差数列。 an()12n【分析】 要证明a 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 a (n1)d 。命题与 n 有关，考虑是否可以用数学归纳法进行证明。n1【解】 设 a a d，猜测 a a (n1)d21当 n1 时，a a ， 当 n1 时猜测正确。n1当 n2 时，a (2 1)d a d a ， 当 n2 时猜测正确。2假设当 nk（k2 ）时，猜测正确，即：a a (k1)d ，k1当 nk1 时，a S S ，k1k()2kak()12
