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 22 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；
3、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
4、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
5、）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。 33 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
6、”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： a2b2(ab)22ab(ab)22ab； a2abb2(ab)2ab(ab)23ab(ab2)2（32b）2； a2b2c2abbcca12(ab)2(bc)2(ca)2 a2b2c2(abc)22(abbcca)(
7、abc)22(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； x212x(x1x)22(x1x)22 ； 等等。 、再现性题组： 1. 在正项等比数列an中，a1a5+2a3a5+a3a7=25，则 a3a5_。 2. 方程x2y24kx2y5k0表示圆的充要条件是_。 A. 141 C. kR D. k14或k1 3. 已知sin4cos41，则sincos的值为_。 A. 1 B. 1 C. 1或1 D. 0 4. 函数ylog12(2x25x3)的单调递增区间是_。 A. （, 54 B. 54,+) C. (12,
8、54 D. 54,3) 5. 已知方程x2+(a-2)x+a-1=0的两根x1、x2，则点P(x1,x2)在圆x2+y2=4上，则实数a_。 【简解】 1小题：利用等比数列性质am pam p+am2，将已知等式左边后配方（a3a5）2易求。答案是：5。 2小题：配方成圆的标准方程形式(xa)2(yb)2r2，解r20即可，选B。 3小题：已知等式经配方成(sin2cos2)22sin2cos21，求出sincos，然后求出所求式的平方值，再开方求解。选C。 4小题：配方后得到对称轴，结合定义域和对数函数及复合函数的单调性求解。选D。 5小题：答案311。 、示范性题组： 44 例1. 已知长
9、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2 114 24( )( )xy yz xzx y z+ + =+ + =,而欲求对角线长x y z2 2 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条棱的长度之和为24”而得：2 114 24( )( )xy yz xzx y z+ + =+ + =。 长方体所求对角线长为：x y z2 2 2+ +( ) ( )x y z
10、xy yz xz+ + + +226 1125 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x2kx2=0的两实根为p、q，若(pq)2+(qp)27成立，求实数k的取值范围。 【解】方程x2kx2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：pqk，pq2 , (pq)2+(qp)2p qpq4 42+( )( )( )p q p qpq2 2 2 2 222+ ( ) ( )p q pq p qpq+ 2 2 2 222 2
11、( )k2 24 84 7， 解得k10或k10 。 又 p、q为方程x2kx2=0的两实根， k280即k2 2或k2 2 综合起来，k的取值范围是：10k2 2 或者 2 2k10。 【注】 关于实系数一元二次方程问题，总是先考虑根的判别式“”；已知方程有两根时，可以恰当运用韦达定理。本题由韦达定理得到pq、pq后，观察已知不等式，从其结构特征联想到先通分后配方，表示成pq与pq的组合式。假如本题不对“”讨论，结果将出错，即使有些题目可能结果相同，去掉对“”的讨论，但解答是不严密、不完整的，这一点我们要尤为注意和重视。 例3. 设非零复数a、b满足a2abb2=0，求(aa b+)1998
12、(ba b+)1998。 【分析】 对已知式可以联想：变形为(ab)2(ab)10，则ab （为1的立方虚根）；或配方为(ab)2ab 。则代入所求式即得。 【解】由a2abb2=0变形得：(ab)2(ab)10 ， 55 设ab，则210，可知为1的立方虚根，所以：1ba，331。 又由a2abb2=0变形得：(ab)2ab ， 所以 (aa b+)1998(ba b+)1998(aab2)999(bab2)999(ab)999(ba)9999999992 。 【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
13、我们善于联想和展开。 【另解】由a2abb20变形得：(ab)2(ab)10 ，解出ba 1 32i后，化成三角形式，代入所求表达式的变形式(ab)999(ba)999后，完成后面的运算。此方法用于只是未 1 32i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a2abb20解出：a 1 32ib，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： 1. 函数y(xa)2(xb)2（a、b为常数）的最小值为_。 A. 8 B. ( )a b22C. a b2 22+D.最小值不存在 2. 、是方程x22axa60的两实根，则
14、(-1)2+(-1)2的最小值是_。 A. 494B. 8 C. 18 D.不存在 3. 已知x、yR+，且满足x3y10，则函数t2x8y有_。 A.最大值2 2 B.最大值22C.最小值2 2 B.最小值224. 椭圆x22ax3y2a260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：2 1 8sin2 2 8+ cos的结果是_。 A. 2sin4 B. 2sin44cos4 C. 2sin4 D. 4cos42sin4 6. 设F1和F2为双曲线x24y21的两个焦点，点P在双曲线上且满足F1PF290，则F1PF2的面积是_。 7
15、. 若x1，则f(x)x22x11x +的最小值为_。 8. 已知20； 是否存在一个实数t，使当t(m+t,n-t)时，f(x)1，t1，mR，xlogstlogts，ylogs4tlogt4sm(logs2tlogt2s), 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 77 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
16、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，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：4x2x20，先变形为设2xt（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
17、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yx1 x的值域时，易发现x0,1，设xsin2 ，0,2，问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设，其中主要应该是发现值域的联系，又有去根号的需要。如变量x、y适合条件x2y2r2（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xS2t，yS2t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
18、现性题组： 1.ysinxcosxsinx+cosx的最大值是_。 2.设f(x21)loga(4x4) （a1），则f(x)的值域是_。 3.已知数列an中，a11，an+1anan+1an，则数列通项an_。 4.设实数x、y满足x22xy10，则xy的取值范围是_。 5.方程1 31 3+xx3的解是_。 6.不等式log2(2x1) log2(2x+12)2的解集是_。 【简解】1小题：设sinx+cosxt2 , 2 ，则yt22t12，对称轴t1，当t2，ymax122； 2小题：设x21t (t1)，则f(t)loga-(t-1)24，所以值域为(,loga4； 88 3小题：已
19、知变形为11an+1an1,设bn1an，则b11,bn1(n1)(-1)n，所以an1n； 4小题：设xyk，则x22kx10, 4k240,所以k1或k1； 5小题：设3xy，则3y22y10,解得y13，所以x1； 6小题：设log2(2x1)y，则y(y1)0，求f(x)2a(sinxcosx)sinxcosx2a2的最大值和最小值。 【解】 设sinxcosxt，则t- 2 , 2 ，由(sinxcosx)212sinxcosx得：sinxcosxt212 f(x)g(t)12(t2a)212（a0），t- 2 , 2 t- 2时，取最小值：2a22 2 a12当2a2时，t2，取最
20、大值：2a22 2 a12； y , , 2 2 x 1111 当00恒成立，求a的取值范围。（87年全国理） 【分析】不等式中log24 1( )aa+、 log221aa +、log2( )aa+1422三项有何联系？进行对数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。 【解】 设log221aa +t，则log24 1( )aa+log28 12( )aa+3log2aa+123log221aa +3t，log2( )aa+14222log2aa+122t， 代入后原不等式简化为（3t）x22tx2t0，它对一切实数x恒成立，所以： 3 04 8 3 02 = + 30 6或 t0恒成立，求k
21、的范围。 【分析】由已知条件( )x 192( )y +11621，可以发现它与a2b21有相似之处，于是实施三角换元。 【解】由( )x 192( )y +11621，设x 13cos，y +14sin， 即：xy= += +1 31 4cossin代入不等式xyk0得： 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16 1 9 1 14402 2( ) ( )x yx y k + +
22、 =+ =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. 13lg2 C. 23lg2 D. 23lg4 2. 函数y(x1)42的单调增区间是_。 A. -2,+) B. -1,+) D. (-,+) C. (-,-1 3. 设等差数列an的公差d12，且S100145，则a1a3a5a99的值为_。 A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5 4. 已知x24y24x，则xy的范围是_。 5. 已知a0，b0，ab1，则a +12b+12的范围是_。 6. 不等式x ax32的解集是(4,b)，则a_，b_。 7. 函数y2xx
23、 +1的值域是_。 8. 在等比数列an中，a1a2a102，a11a12a3012，求a31a32a60。 9. 实数m在什么范围内取值，对任意实数x，不等式sin2x2mcosx4m10,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 xyk0 k 平面区域 y D C A B O x 1414 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。
24、 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、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。
25、 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)x2m，f(x)的反函数f1(x)nx5，那么m、n的值依次为_。 A. 52, 2 B. 52， 2 C. 52, 2 D. 52，2 2. 二
26、次不等式ax2bx20的解集是(12,13)，则ab的值是_。 A. 10 B. 10 C. 14 D. 14 3. 在(1x3)（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V4ab(15aax)(7bbx)x (a0,b0） 要使用均值不等式，则 + = = =a ba ax b bx x1 015 7解得：a14， b34， x3 。 从而V643(154x4)(21434x)x643(1542143+)364327576。 所以当x3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm3。
27、【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V4ab(15aax)(7x)bx 或 4ab(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”。 1818 、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. 2a12且a1 B. 02或01 C. a0 D. a1 4. 椭圆x225y291上有一点P，它到左准线的距离为52，那么P点到右焦点的距离为_。 A. 8 C. 7.5 C. 754D. 3 5.
28、奇函数f(x)的最小正周期为T，则f(T2)的值为_。 A. T B. 0 C. T2D. 不能确定 6. 正三棱台的侧棱与底面成45角，则其侧面与底面所成角的正切值为_。 【简解】1小题：利用并集定义，选B； 2小题：利用三角函数线定义，作出图形，选B； 3小题：利用复数模的定义得a2 22+ 0得：0 23， x12+x22423 (x1+x2)( x12+x22)234231 f(x1)f(x2)0即f(x)在(223,1)上是减函数 220的解集是(1,2)，则不等式bx2cxab0)的两个焦点，其中F2与抛物线y212x的焦点重合，M是两曲线的一个焦点，且有cosM F1F2cosM
29、F2F1723，求椭圆方程。 2323 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
30、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： 1. 用数学归纳法证明(n1)(n2)(
31、nn)2n12(2n1) （nN），从“k到k1”，左端需乘的代数式为_。 A. 2k1 B. 2(2k1) C. 2 11kk+D. 2 31kk+2. 用数学归纳法证明1121312 1n1)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. 2k1B. 2k1 C. 2kD. 2k1 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an中，已
32、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. n2C. 3n1D. 4n3 5. 用数学归纳法证明34 2n+52 1n+(nN)能被14整除，当nk1时对于式子34 1 2( )k+ +52 1 1( )k+ +应变形为_。 6. 设k棱柱有f(k)个对角面，则k1棱柱对角面的个数为f(k+1)f(k)_。 【简解】1小题：nk时，左端的代数式是(k1)(k2)(kk),nk1时，左端的代数式是(k2)(k3)(2k1)(2k2)，所以应乘的代数式为( )( )2 1 2 21k kk+ +，选B； 2小题：（2k+11）（2k1
33、）2k，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。 2424 4小题：计算出a11、a24、a39、a416再猜想an，选B； 5小题：答案（34 2k+52 1k+）3k52 1k+（5234）； 6小题：答案k1。 、示范性题组： 例1. 已知数列8 11 32 2，得，82 1 2 12 2nn n( ) ( ) +，。Sn为其前n项和，求S1、S2、S3、S4，推测Sn公式，并用数学归纳法证明。 （93年全国理） 【解】 计算得S189，S22425，S34849，S48081， 猜测Sn( )( )2 1 12 122nn+ +(nN)。 当
34、n1时，等式显然成立； 假设当nk时等式成立，即：Sk( )( )2 1 12 122kk+ +， 当nk1时，Sk+1Sk8 12 1 2 32 2( )( ) ( )kk k+ +( )( )2 1 12 122kk+ +8 12 1 2 32 2( )( ) ( )kk k+ +( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 2 3 2 3 8 12 1 2 32 2 22 2k k k kk k+ + + + + +( ) ( ) ( )( ) ( )2 1 2 3 2 12 1 2 32 2 22 2k k kk k+ + + +( )( )2 3 12 322kk+ +, 由此
35、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Sk+1( )( )2 3 12 322kk+ +作为目标，先通分使分母含有(2k3)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，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an82 1 2 12 2nn n(
36、 ) ( ) +12 12( )n 12 12( )n +得， Sn（1132）（132152）12 12( )n 12 12( )n +112 12( )n +( )( )2 1 12 122nn+ +。 2525 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82 1 2 12 2nn n( ) ( ) +12 12( )n 12 12( )n +的裂项公式。可以说，用试值猜想证明三步解题，具有一般性。 例2. 设an1 22 3n n( )+1 (nN),证明：12n(n1)12k(k1)(k1)12(k1)(k3)12(k1)(k2)， 12(k1)2( )( )k k+ +1
37、 212(k1)2k k23 2+ + n可得，an123n12n(n1)；由n n( )+1 n (n1且nN) 2828 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
38、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。 、再现性题组： 1. 设2x3y5z1，则2x、3y、5z从小到大排列是_。 2. （理）直线x ty t= = +2 23 2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x216y241上的点到直线x2y20的最大距离是_。 A. 3 B. 11 C. 10 D. 2 2 【简解】1小题：设2x3y5zt，分别取2、3、5为底的对数，解出x、y、z，再用“
39、比较法”比较2x、3y、5z，得出3y2x5z； 2小题：（理）A(-2,3)为t0时，所求点为t2时，即(-4,5)或(0,1)；（文）已知曲线为椭圆，a1，c11+k，所以e1kk k2+； 3小题：设zb，则C1b22，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12xy6、12yz4、12xz3,所以xyz24,体积为4。 5小题：f(0)0，f(0)f(x)f(-x)，所以f(x)是奇函数，答案：减； 6小题：设x4sin、y2cos，再求d| sin cos |4 4 25 + 的最大值，选C。 、示范性题组： 例1. 实数a、b、c满足ab
40、c1，求a2b2c2的最小值。 2929 【分析】由abc1 想到“均值换元法”，于是引入了新的参数，即设a13t1，b13t2，c13t3，代入a2b2c2可求。 【解】由abc1，设a13t1，b13t2，c13t3，其中t1t2t30， a2b2c2（13t1）2（13t2）2(13t3)21323(t1t2t3)t12t22t3213t12t22t3213所以a2b2c2的最小值是13。 【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：a2b2c2(abc)22(abbcac)
41、12(a2b2c2)，即a2b2c213。 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。 例2. 椭圆x216y241上有两点P、Q，O为原点。连OP、OQ，若kOPkOQ14， 求证：|OP|2|OQ|2等于定值； .求线段PQ中点M的轨迹方程。 【分析】 由“换元法”引入新的参数，即设xy=42cossin（椭圆参数方程），参数1、2为P、Q两点，先计算kOPkOQ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。 【解】由x216y241，设xy=42cossin，P(4cos1,2sin1)，Q(4cos2,2sin2),
42、则kOPkOQ2411sincos2422sincos14，整理得到： cos1cos2sin1sin20,即cos（12）0。 |OP|2|OQ|216cos214sin2116cos224sin22812(cos21cos22)206（cos21cos22)2012cos（12）cos（12）20， 即|OP|2|OQ|2等于定值20。 由中点坐标公式得到线段PQ的中点M的坐标为xyMM= += +21 21 2(cos cos )sin sin ， 所以有(x2)2y222(cos1cos2sin1sin2)2, 3030 即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为x28y221。 【注】由椭圆
43、方程，联想到a2b21,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（cos1 cos2）2（sin1sin2）2，这是求点M轨迹方程“消参法”的关键一步。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14k，由椭圆与直线OP、OQ相交于PQ两点有： x yy kx2 24 16 0+ =，消y得(14k2)x216,即|xP|41 42+ k； x yykx2 24 16 014+ = ，消y得(1142k)x216，即|xQ
