1、高中 数学知 识汇聚 吴老师免费资源分享高中 数学知 识汇聚 吴老师免费资源分享目录前言 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 1 4四、 定义 法 1 9五、 数学 归纳法 2 3六、 参数 法 2 8七、 反证 法 3 2八、 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 3 5一、 数形 结合思 想 3 5二、 分类 讨论思 想 4 1三、 函数 与方程 思想 4 7四、 转化 （化归 ）思想 5 4第三 章 高考 热点问
2、 题和解 题策略 5 9一、 应用 问题 5 9二、 探索 性问题 6 5三、 选择 题解答 策略 7 1四、 填空 题解答 策略 7 7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 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 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
3、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，
4、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
5、“ 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
6、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 ” 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 、
7、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 b2 ) 2 （ 32 b ） 2 ；a 2 b 2 c 2 ab bc ca 12 (a b) 2 (b c) 2 (c a) 2 a 2 b 2 c 2 (a b c) 2 2(ab bc ca) (a b c) 2 2(
8、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 sin2 1 2sin cos （ sin cos ） 2 ；x 2 12x (x 1x ) 2 2 (x 1x ) 2 2 ； 等等。 、再现性题组：1. 在正项等比数列 a n 中， a 1 a 5 +2a3 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 _。A. 14 1 C. k R D. k 14 或 k 13. 已知 sin4 cos4 1 ，则 sin cos 的值为 _。A. 1 B. 1 C. 1 或 1 D. 04
9、. 函数 y log12( 2x 2 5x 3)的单调递增区间是 _。A. （ , 54 B. 54 ,+ ) C. ( 12 , 54 D. 54 ,3)5. 已知方程 x 2 +(a-2)x+a-1=0的两根 x 1 、 x 2 ， 则点 P(x1 ,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 。3 小题：已知
10、等式经 配方成 ( sin2 cos2 ) 2 2 sin2 cos2 1 ，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 3 11 。 、 示范性题组：44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. 1 4 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 1 14 2 4( )( )x y y z x zx y z+ + =+ + = ,而
11、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 1 14 2 4( )( )x y y z x zx y z+ + =+ + = 。长方体所求对角线长为： x y z2 2 2+ + ( ) ( )x y z x y y z x z+ + + +2 2 6 112 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
12、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 ( pq ) 2 + ( qp ) 2 7 成立 ， 求实数 k 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 ,( pq ) 2 + ( qp ) 2 p qp q4 42+( ) ( )( )p q p qpq2 2 2 2 222+ ( ) ( )p q pq p qpq+ 2 2 2 222 2 ( )k 2 24 84 7 ， 解得 k 10 或 k 10 。又 p 、 q 为方程 x 2 kx 2=0
13、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 2 2 或者 2 2 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 “” ；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 。例 3. 设非零复数 a 、 b 满足 a 2 ab b
14、 2 =0，求 ( aa b+ ) 1 9 9 8 ( ba b+ ) 1 9 9 8 。【分析 】 对已知式可以联想 ： 变形为 ( ab ) 2 ( ab ) 1 0 ， 则 ab （ 为 1 的立方虚根 ） ；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： ( ab ) 2 ( ab ) 1 0 ，设 ab ，则 2 1 0 ，可知 为 1 的立方虚根，所以： 1 ba ， 3 3 1 。又由 a 2 ab b 2 =0 变形得： (a b)2 ab ，55所以 ( aa b+ ) 1 9 9 8 ( ba b+ ) 1 9 9 8 (
15、 aab2) 9 9 9 ( bab2) 9 9 9 ( ab ) 9 9 9 ( ba ) 9 9 9 9 9 9 9 9 9 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 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 2 ab b 2 0 变形得 ： ( ab ) 2 ( ab ) 1 0 ， 解出 ba 1 32 i 后 ， 化成三角形式 ， 代入所求表达式的变形式 ( ab ) 9 9 9 ( ba ) 9 9 9 后 ， 完成后面的运算 。 此方法用于只是未 1 32 i联想到 时进行解题。假
16、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 32 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：1. 函数 y (x a)2 (x b) 2 （ a 、 b 为常数）的最小值为 _。A. 8 B. ( )a b 22 C. a b2 22+ D.最小值不存在2. 、 是方程 x 2 2ax a 6 0 的两实根，则 ( -1)2 +( -1)2 的最小值是 _。A. 4 94 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
17、 2 x 8 y 有 _。A.最大值 2 2 B.最大值 22 C.最小值 2 2 B.最小值 224. 椭圆 x 2 2ax 3y 2 a 2 6 0 的一个焦点在直线 x y 4 0 上，则 a _。A. 2 B. 6 C. 2 或 6 D. 2 或 65. 化简： 2 1 8 s i n 2 2 8+ c os 的结果是 _。A. 2sin4 B. 2sin4 4cos4 C. 2sin4 D. 4cos4 2sin46. 设 F 1 和 F 2 为双曲线 x 24 y 2 1 的两个焦点，点 P 在双曲线上且满足 F 1 PF2 90 ，则 F 1 PF 2 的面积是 _。7. 若 x
18、 1 ，则 f(x) x 2 2x 1 1x + 的最小值为 _。8. 已知 2 0； 是否存在 一个实数 t ，使当 t (m+t,n-t)时， f(x)1， t1， m R ， x logs t logt s ， y logs 4 t logt 4 s m(logs 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。66二、换元法二、换元法二、换元法二、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
19、 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
20、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 （ 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 y x 1 x 的值域时，易发现 x 0,1，设 x sin2 ， 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 x 2 y 2 r 2 （ r0） 时
21、， 则可作三角代换 x rcos 、 y rsin 化为三角问题。均值换元，如遇到 x y S 形式时，设 x S2 t ， y S2 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：1.y sinx cosx sinx+cosx的最大值是 _。2.设 f(x2 1) loga (4 x 4 ) （ a1），则 f(x)的值域是 _。3.已知数列 a n 中， a 1 1 ， a n + 1 a n a n +1 a n
22、 ，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 _。5.方程 1 31 3+ xx 3 的解是 _。6.不等式 log2 (2 x 1) log2 (2 x + 1 2) 2 的解集是 _。【简解】 1 小题：设 sinx+cosx t 2 , 2 ，则 y t22 t 12 ，对称轴 t 1 ，当 t 2 ， y m a x 12 2 ；2 小题：设 x 2 1 t (t 1)，则 f(t) loga -(t-1)2 4，所以值域为 ( ,loga 4；773 小题：已知变形为 11a n + 1an 1,设 b n 1an，则
23、b 1 1,bn 1 (n 1)(-1) n ，所以 a n 1n ；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 13 ，所以 x 1 ；6 小题：设 log2 (2 x 1) y ，则 y(y 1)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 cosx)2 1 2sinx cosx得： sinx cosx t2 12 f(x) g(t) 12
24、 (t 2a)2 12 （ a0）， t - 2 , 2 t - 2 时，取最小值： 2a2 2 2 a 12当 2a 2 时， t 2 ，取最大值： 2a 2 2 2 a 12 ；当 00 恒成立 ，求 a 的取值范围。（ 87 年全国理）【分析 】 不等式中 log2 4 1( )aa+ 、 log2 2 1aa + 、 log2 ( )a a+ 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 log2 2 1aa + t ， 则 log2 4 1( )aa+ log2 8 12( )a a+ 3 log2 a a+ 12 3 log2 2 1aa +
25、3 t ， log2 ( )a a+ 1422 2log2aa+ 12 2t，代入后原不等式简化为（ 3 t ） x 2 2tx 2t0，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 的范围。【分析 】 由已知条件 ( )x 192 ( )y + 1162 1 ， 可以发现它与 a 2 b 2 1 有相似之处 ， 于是实施三角换元。【解】由 ( )x 192 ( )y + 1162 1 ，设 x 13 cos ， y + 14 sin ，即： xy = += + 1 31 4c oss i n 代入不等式 x y k0 得：3cos 4sin
26、k0，即 k0(a0)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 k0的区域。即当直 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 16 1 9 1 14402 2( ) ( )x yx y k + + =+ = 有相等的一组实数解 ， 消元后由 0 可求得 k 3,所以 k0)，则 f(4)的值为 _。A. 2lg2 B. 13 lg2 C. 23 lg2 D. 23 lg42. 函数 y (x 1) 4 2 的单调增区间是 _。A
27、. -2,+ ) B. -1,+ ) D. (- ,+ ) C. (- ,-13. 设等差数列 a n 的公差 d 12 ，且 S 100 145，则 a 1 a 3 a 5 a 99 的值为 _。A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.54. 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 + 12 b + 12 的范围是 _。6. 不等式 x ax 32 的解集是 (4,b)，则 a _， b _。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 1 0 2 ，
28、 a 1 1 a 1 2 a 3 0 12， 求 a 3 1 a 3 2 a 6 0 。9. 实数 m 在什么范围内取值，对任意实数 x ，不等式 sin2 x 2mcosx 4m 10,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 xx y k0k 平面区域y D CA BO x1313三、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
29、)；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、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
30、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。 、再现性题组：1. 设 f(x) x2 m ， f(x)的反函数 f 1 (x) nx 5 ，那么
31、 m 、 n 的值依次为 _。A. 52 , 2 B. 52 ， 2 C. 52 , 2 D. 52 ， 22. 二次不等式 ax 2 bx 20 的解集是 ( 12 , 13 ) ，则 a b 的值是 _。A. 10 B. 10 C. 14 D. 143. 在 (1 x 3 ) （ 1 x ） 1 0 的展开式中， x 5 的系数是 _。A. 297 B. 252 C. 297 D. 2074. 函数 y a bcos3x(b0， 7 x0， x0。设 V 4ab (15a ax)(7b bx)x (a0,b0）要使用均值不等式，则 + = = = a ba ax b bx x1 015 7
32、解得： a 14 ， b 34 ， x 3 。从而 V 643 ( 154 x4 )( 214 34 x)x 643 (1542143+ ) 3 643 27 576。所以当 x 3 时，矩形盒子的容积最大，最大容积是 576cm3 。【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 4ab (15a ax)(7 x)bx 或 4ab (15 x)(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 进行凑配的系数，本题也体现了 “ 凑配法 ” 和“ 函数思想 ” 。1717 、巩
33、固性题组：1. 函数 y loga x 的 x 2,+ ) 上恒有 |y|1，则 a 的取值范围是 _。A. 2a12 且 a 1 B. 02 或 01 C. a0 D. a14. 椭圆 x225 y 29 1 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. 754 D. 35. 奇函数 f(x)的最小正周期为 T ，则 f( T2 ) 的值为 _。A. T B. 0 C. T2 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
34、定义，作出图形，选 B ；3 小题：利用复数模的定义得 a 2 22+ 0得： 0 23 ， x 1 2 +x 2 2 423 (x 1 +x 2 )( x 1 2 +x2 2 ) 23 423 1 f(x1 ) f(x2 )0即 f(x)在 ( 223,1)上是减函数 22 0 的解集是 (1,2)，则不等式 bx 2 cx ab0)的两个焦 点，其中 F 2 与抛物线 y 2 12x 的焦点重合， M 是两曲线的一个焦点，且有 cos M F 1 F 2 cos MF2 F 1 72 3 ，求椭圆方程。2222五、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
35、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
36、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。 、再现性题
37、组 ：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 11kk + D. 2 31kk +2. 用数学归纳法证明 1 12 13 12 1n 1)时，由 n k (k1)不等式成立，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 13. 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
38、时该命题不成立，那么可推得 _。 (94 年上海高考 )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 35. 用数 学归纳法 证明 3 4 2n + 5 2 1n + (n N)能被 14 整除 ，当 n k 1 时对 于式子 3 4 1 2( )k + + 5 2 1 1( )k +
39、+ 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 ( ) ( )2 1 2 21k kk+ + ，选 B ；2 小题：（ 2 k + 1 1 ）（ 2 k 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 、
40、a 4 16 再猜想 a n ，选 B ；23235 小题：答案（ 3 4 2k + 5 2 1k + ） 3 k 5 2 1k + （ 5 2 3 4 ）；6 小题：答案 k 1 。 、示范性题组：例 1.已知数 列 8 11 32 2 ，得， ， 82 1 2 12 2 nn n( ) ( ) + ， 。 S n 为其前 n 项和， 求 S 1 、 S 2 、S 3 、 S 4 ，推测 S n 公式，并用数学归纳法证明。 （ 93 年全国理）【解】 计算得 S 1 89 ， S 2 2425 ， S 3 4849 ， S 4 8081 ，猜测 S n ( )( )2 1 12 122nn+
41、 + (n N)。当 n 1 时，等式显然成立；假设当 n k 时等式成立，即： S k ( )( )2 1 12 122kk+ + ，当 n k 1 时， S k + 1 S k 8 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
42、 k+ + + + ( )( )2 3 12 322kk+ + ,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。【注 】 把要证的等式 S k + 1 ( )( )2 3 12 322kk+ + 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 （ 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
43、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 n 82 1 2 12 2 nn n( ) ( ) + 12 1 2( )n 12 1 2( )n + 得，S n （ 1 132 ）（ 132 152 ） 12 1 2( )n 12 1 2( )n + 1 12 1 2( )n + ( )( )2 1 12 122nn+ + 。2424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 2 nn n( ) ( ) + 12 1 2( )n 12 1 2( )n + 的裂项公式。可
