资源简介

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 ……………………………………
2
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。
2
3
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
b 3
＋ab＋b 2＝(a＋b) 2－ab＝(a－b) 2＋3ab＝(a＋ ) 2＋（ b） 2；
2 2
1
a 2＋b 2＋c 2＋ab＋bc＋ca＝ [(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
＋ ＝(x＋ ) 2
1
2 －2＝(x－ )
2＋2 ；…… 等等。
x x x
Ⅰ、再现性题组：
1. 在正项等比数列{a n }中，a 1
a 5 +2a 3
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
4 或 k>1 C. k∈R D. k＝
1
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
A. （－∞, 5 ] B. [ 5 ,+∞) C. (－ 1 , 54 4 2 4 ] D. [
5
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 ,x )在圆 x
2 +y 21 2 =4 上，则
实数 a＝_____。
【简解】 1 小题：利用等比数列性质 a 2m p a m+ p ＝a m ，将已知等式左边后配方（a 3 ＋
a 25 ） 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：已知等式经配方成(sin 2α＋cos 2α) 2－2sin 2αcos 2α＝1，求出 sinαcosα，
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：
3
4
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 2 + 2 + 2x y z ，将其配凑成两已知式的组合形式
4( x + y + z ) = 24
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
2( xy + yz + xz ) = 11
之和为 24”而得： 。
4( x + y + z ) = 24
2 2 2 2
长 方 体 所 求 对 角 线 长 为 ： x + y + z ＝ (x + y + z) 2(xy + yz + xz) ＝
62 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。
p q
例 2. 设方程 x 2 ＋kx＋2=0 的两实根为 p、q，若( ) 2 +( ) 2 ≤7 成立，求实数 k 的取
q p
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 2 q p
4
2 + q
4 ( p2 + q2 )2 2p2q2 [( p + q)2 2pq]2 2p2q2
( ) +( ) ＝ ＝ ＝ ＝
q p ( pq )2 ( 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≤－ 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“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。
a b
例 3. 设非零复数 a、b 满足 a 2 ＋ab＋b 2 =0，求( ) 1998＋( ) 1998 。
a + b a + b
a a a
【分析】 对已知式可以联想：变形为( ) 2 ＋( )＋1＝0，则 ＝ω （ω为 1 的立方
b b b
虚根）；或配方为(a＋b) 2＝ab 。则代入所求式即得。
a a
【解】由 a 2＋ab＋b 2 =0 变形得：( ) 2 ＋( )＋1＝0 ，
b b
4
5
a 1 b
设ω＝ ，则ω 2＋ω＋1＝0，可知ω为 1 的立方虚根，所以： ＝ ，ω 3＝ω 3＝1。
b ω a
又由 a 2＋ab＋b 2 =0 变形得：(a＋b) 2＝ab ，
a b a 2 b2 a b
所以 ( ) 1998＋( ) 1998＝( ) 999＋( ) 999＝( ) 999＋( ) 999＝ω 999＋
a + b a + b ab ab b a
ω 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。
【另解】由 a 2＋ab＋b 2
a a b 1± 3i
＝0 变形得：( ) 2 ＋( )＋1＝0 ，解出 ＝ 后，化
b b a 2
a b
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。此方法用于
b a
1± 3i
只是未 联想到ω时进行解题。
2
1± 3i
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＝ b，
2
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。
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_____。
2
A. 8 B. (a b) C. a
2 + b2 D.最小值不存在
2 2
2. α、β是方程 x 2－2ax＋a＋6＝0 的两实根，则(α-1) 2 +(β-1) 2的最小值是_____。
A. － 494 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
2 2
4. 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 6
5. 化简：2 1 sin 8＋ 2 + 2cos8的结果是_____。
A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4
2
6. 设 F 1和 F 2为双曲线
x －y 2＝1 的两个焦点，点 P 在双曲线上且满足∠F 1PF 2＝90°，
4
则△F 1PF 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 π 〈β<α〈 3π，cos(α-β)＝12，sin(α+β)＝－ 3，求 sin2α的值。(92
2 4 13 5
年高考题)
9. 设二次函数f(x)＝Ax 2＋Bx＋C，给定m、（n m－Cmn]＋B 2＋C 2＝0 。
5
6
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
4
s t＋log
4
t s＋m(log
2
s t＋log
2
t 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。
二、换元法
6
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
π
＝sin 2α ，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，其中
2
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（r>0）
时，则可作三角代换 x＝rcosθ、y＝rsinθ化为三角问题。
S S
均值换元，如遇到 x＋y＝S 形式时，设 x＝ ＋t，y＝ －t 等等。
2 2
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
π
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 }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 x ＝3 的解是_______________。 1+ 3
6.不等式 log 2 (2
x －1) ·log x+12 (2 －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＝－1，
2 2
1
当 t＝ 2，y max＝ ＋ 2；
2
2 小题：设 x 2＋1＝t (t≥1)，则 f(t)＝log 2a [-(t-1) ＋4]，所以值域为(－∞,log a 4]；
7
8
1 1 1
3 小题：已知变形为 － ＝－1,设 b n ＝ ，则 b 1＝－1,b n ＝－1＋(n－1)(-1)
an+1 an an
1
＝－n，所以 a n ＝－ ；
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；
1
5 小题：设 3 x＝y，则 3y 2＋2y－1＝0,解得 y＝ ，所以 x＝－1；
3
5
6 小题：设 log 2(2
x－1)＝y，则 y(y＋1)<2，解得－24
Ⅱ、示范性题组：
1 1
例 1. 实数 x、y 满足 4x 2－5xy＋4y 2＝5 （ ①式） ，设 S＝x 2＋y 2，求 ＋
Smax Smin
的值。（93 年全国高中数学联赛题）
【分析】 由 S＝x 2 ＋y 2 联想到 cos 2 α＋sin 2 α＝1,于是进行三角换元，设
x = S cosα
代入①式求 S max和 S min的值。
y = S sinα
x = S cosα
【解】设 代入①式得： 4S－5S·sinαcosα＝5
y = S sinα
10
解得 S＝ ；
8 5sin 2α
10 10 10
∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴ ≤ ≤
13 8 5sinα 3
1 1 3 13 16 8
∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝
Smax Smin 10 10 10 5
8S 10
此种解法后面求 S 最大值和最小值，还可由 sin2α＝ 的有界性而求，即解不等
S
8S 10
式：| |≤1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。
S
S S S S
【另解】 由 S＝x 2＋y 2，设 x 2＝ ＋t，y 2＝ －t，t∈[－ ， ]，
2 2 2 2
S 2 S 22 2
则 xy＝± －t 代入①式得：4S±5 －t =5，
4 4
移项平方整理得 100t 2 +39S 2－160S＋100＝0 。
10 10
∴ 39S 2－160S＋100≤0 解得： ≤S≤
13 3
8
9
1 1 3 13 16 8
∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝
Smax Smin 10 10 10 5
【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 2α＋sin 2α＝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，还用到了求值域的几种
2 2
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＋b，y
5
＝a－b，代入①式整理得 3a 2＋13b 2＝5 ，求得 a 2∈[0, ]，所以 S＝(a－b) 2＋(a＋b) 2
3
2 2 10 20 2 10 10 1 1＝2(a ＋b )＝ ＋ a ∈[ , ]，再求 ＋ 的值。
13 13 13 3 Smax Smin
1 1 2
例 2． △ABC 的三个内角 A、B、C 满足：A＋C＝2B， ＋ ＝－ ，求
cos A cosC cosB
A C
cos 的值。（96 年全国理）
2
【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 ，再代入可求
B＝60° C＝60°－α
A C
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
1 1 1 1 1
＋ ＝ ＋ ＝ ＋
cos A cosC cos(60°+α ) cos(60° α ) 1 3
cosα sinα
2 2
1 cosα cosα
＝ ＝ ＝－2 2 ,
1 3 1 2 3 2 2 3
cosα + sinα cos α sin α cos α
2 2 4 4 4
2 A C 2
解得：cosα＝ ， 即：cos ＝ 。
2 2 2
9
10
1 1 2
【另解】由 A＋C＝2B，得 A＋C＝120°，B＝60°。所以 ＋ ＝－
cos A cosC cosB
1 1
＝－2 2 ，设 ＝－ 2 ＋m， ＝－ 2 －m ，
cos A cosC
1 1
所以 cosA＝ ，cosC＝ ，两式分别相加、相减得：
2 + m 2 m
A + C A C A C 2 2
cosA＋cosC＝2cos cos ＝cos ＝ ，
2 2 2 m2 2
A + C A C A C 2m
cosA－cosC＝－2sin sin ＝－ 3 sin ＝ ，
2 2 2 m2 2
A C 2m 2 2 A C A C
即：sin ＝－ ，＝－ ，代入 sin 2 ＋cos 2 ＝1 整理
2 3(m2 2) m2 2 2 2
4 2 A C 2 2 2得：3m －16m－12＝0,解出 m ＝6，代入 cos ＝ ＝ 。
2 m2 2 2
1 1
【注】 本题两种解法由“A＋C＝120°”、“ ＋ ＝－2 2 ”分别进行均值
cos A cosC
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：由 A＋C＝
1 1 2
2B，得 A＋C＝120°，B＝60°。所以 ＋ ＝－ ＝－2 2 ，即 cosA＋cosC
cos A cosC cosB
＝－2 2 cosAcosC，和积互化得：
A + C A C A C 2
2cos cos ＝－ 2 [cos(A+C)＋cos(A-C)，即 cos ＝ － 2 cos(A-C)
2 2 2 2
2 A C A C A C
＝ － 2 (2cos 2 －1)，整理得：4 2 cos 2 ＋2cos －3 2＝0,
2 2 2 2
A C 2
解得：cos ＝
2 2
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＋
y
2
cosx) 2
t 1
＝1＋2sinx·cosx 得：sinx·cosx＝ , ,
2 － 2 2 x
1 1
∴ f(x)＝g(t)＝－ (t－2a) 2＋ （a>0），t∈[- 2 , 2 ]
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＋2 2 a－ ；
2
10
11
1
当 0<2a≤ 2时，t＝2a，取最大值： 。
2
1 2
(0 < a < )
1 2 2
∴ f(x)的最小值为－2a 2－2 2 a－ ，最大值为 。
2 2 1 2
2a + 2 2a (a ≥ ) 2 2
【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，sinxcsox)，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。
4(a +1) 2a (a +1)2
例 4. 设对所于有实数 x，不等式 x 2 log 2 ＋2x log 2 ＋loga + 2
>0
a 1 4a 2
恒成立，求 a 的取值范围。（87 年全国理）
4(a +1) 2a (a +1)2
【分析】不等式中 log 2 、 log 、log 三项有何联系？进行对a 2 2a +1 4a 2
数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。
2a 4(a +1) 8(a +1) a +1
【解】 设 log 2 ＝t，则 log ＝log ＝3＋log ＝3－
a + 2 a 2 21 2a 2a
2a (a +1)2 a +1
log 2 ＝3－t，log 2 ＝2log 2 ＝－2t，
a +1 4a 2 2a
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
= 4t 2
2
+ 8t(3 t) < 0 t < 0或t > 6 a +1
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何
4(a +1) 2a (a +1)2
设元，关键是发现已知不等式中 log 2 、 loga 2
、log 2 三项之间的联
a +1 4a 2
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。
sinθ cosθ cos 2 θ sin 2 θ 10 x
例 5. 已知 ＝ ，且 ＋ ＝ (②式)，求 的值。
x y x 2 y 2 3(x 2 + y 2 ) y
11
12
sinθ cosθ
【解】 设 ＝ ＝k，则 sinθ＝kx，cosθ＝ky，且 sin 2θ＋cos 2θ＝
x y
2 2 k 2
2
x 2 2
2 k y 10 10k
2 y x
k (x 2 +y 2 )＝1,代入②式得： ＋ ＝ ＝ 即： ＋ ＝
x 2 y 2 2 23(x 2 + y 2 ) 3 x y
10
3
2
x 1 10 1 x 3设 ＝t，则 t＋ ＝ , 解得：t＝3 或 ∴ ＝± 3或±
y 2 t 3 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的
y cosθ x 2
4 10 10式子：1＋tg θ＝ (1+ tg 2θ ) × ＝ tg 2θ，设 tg 2θ＝t，则 3t 2—10t＋3＝0，
1 3
3(1+ )
tg 2θ
1 x 3
∴t＝3 或 ， 解得 ＝± 3或± 。
3 y 3
sinθ cosθ
【注】 第一种解法由 ＝ 而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个数。
x y
x sinθ
第二种解法将已知变形为 ＝ ，不难发现进行结果为 tgθ，再进行换元和变形。两
y cosθ
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，于
9 16
是实施三角换元。
(x 1)2 ( y +1)2 x 1 y +1
【解】由 ＋ ＝1，设 ＝cosθ， ＝sinθ，
9 16 3 4
x = 1+ 3cosθ
即： 代入不等式 x＋y－k>0 得：
y = 1+ 4sinθ
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”。
12
13
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。即当直线 x＋y－k＝0 y
在与椭圆下部相切的切线之下时。当直线与椭圆相切时， x
16(x 1)2 + 9( y +1)2
= 144
方程组 有相等的一组实
x + y k = 0 x＋y－k>0
数解，消元后由△＝0 可求得 k＝－3,所以 k<-3 时原不 k 平面区域
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_____。
A. 2lg2 B. 1 lg2 C. 2 lg2 D. 2 lg4
3 3 3
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 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. 2 2 已知 x ＋4y ＝4x，则 x＋y 的范围是_________________。
5. 已知 a≥0，b≥0，a＋b＝1，则 1a + ＋
1
b + 的范围是____________。
2 2
6. 不等式 3 x >ax＋ 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
x 2＋y 2＝2 (x>0,y>0)上移动，且 AB、AD 始 y D C
终平行 x 轴、y 轴，求矩形 ABCD 的最小面积。 A B
O x
13
14
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、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
1. 设 f(x)＝ ＋m，f(x)的反函数 f 1 (x)＝nx－5，那么 m、n 的值依次为_____。
2
5 5 5 5
A. , －2 B. － ， 2 C. , 2 D. － ，－2
2 2 2 2
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
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
3 1
4. 函数 y＝a－bcos3x (b<0)的最大值为 ，最小值为－ ，则 y＝－4asin3bx 的最小
2 2
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_______________。
2 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
____________。
x
【简解】1 小题：由 f(x)＝ ＋m 求出 f 1 (x)＝2x－2m，比较系数易求，选 C；
2
14
15
1 1 1 1
2 小题：由不等式解集(－ , )，可知－ 、 是方程 ax 2＋bx＋2＝0 的两根，代入
2 3 2 3
两根，列出关于系数 a、b 的方程组，易求得 a＋b，选 D；
3 小题：分析 x 5的系数由 C 510与(－1)C
2
10两项组成，相加后得 x
5的系数，选 D；
2π
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 ；
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；
y 2 x 2 y
2
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 － ＝1。
4 3 12
Ⅱ、示范性题组：
mx 2 + 4 3x + n
例1. 已知函数 y＝ 2 的最大值为 7，最小值为－1，求此函数式。 x +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 23 ) －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，
1+ (m + n) + mn 12 = 0 m = 5 m = 1
代入两根得： 解得： 或
49 7(m + n) + mn 12 = 0 n = 1 n = 5
5x 2 + 4 3x +1 x 2 + 4 3x + 5
∴ y＝ 或者 y＝
x 2 +1 x 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比较系
m + n = 6
数而得： ，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，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。
15
16
【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 a－c 的 y B’
值后列出第二个方程。 x
【解】 设椭圆长轴 2a、短轴 2b、焦距 2c，则|BF’|
＝a A F O’ F’ A’
a 2 = b2 + c 2
a = 10
∴ a 2 + a 2 = (2b)2 解得： B
b = 5
a c = 10 5
x 2 y 2
∴ 所求椭圆方程是： ＋ ＝1
10 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’，再进行如
b = c

下列式： a c = 10 5 ，更容易求出 a、b的值。

a
2 = b2 + c 2
【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。
n(n +1)
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＝ (an 2
12
＋bn＋c)对一切自然数 n 都成立？并证明你的结论。 （89 年全国高考题）
【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。
1
【解】假设存在 a、b、c 使得等式成立，令：n＝1，得 4＝ (a＋b＋c)；n＝2，得 22
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 b = 11，

9a + 3b + C = 70

c = 10
于是对 n＝1、2、3，等式 1·2 2 2
n(n +1)
＋2·3 ＋…＋n(n＋1) 2＝ (3n 2＋11n＋10)成
12
立，下面用数学归纳法证明对任意自然数 n，该等式都成立：
k(k +1)
假设对 n＝k 时等式成立，即 1·2 2＋2·3 2＋…＋k(k＋1) 2＝ (3k 2＋11k＋10)；
12
16
17
k(k +1)
当 n＝k＋1 时，1·2 2＋2·3 2＋…＋k(k＋1) 2＋(k＋1)(k＋2) 2＝ (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＝ （3k 2
12 12
(k +1)(k + 2)
＋5k＋12k＋24）＝ [3(k＋1) 2＋11(k＋1)＋10]，
12
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 2n ＝1·2 ＋2·3
2＋…＋n(n＋1) 2＝(1 3＋2 3＋…＋n 3 )＋2(1 2＋2 2＋…＋n 2)＋(1
n 2 (n +1)2 n(n +1)(2n +1) n(n +1) n(n +1)
＋2＋…＋n)＝ ＋2× ＋ ＝ (3n 2＋11n＋10)，
4 6 2 12
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。
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
设 V＝ (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
1 3
解得：a＝ ， b＝ ， x＝3 。
4 4
15 21
+
64 15 x 21 3 64 4 4 3 64从而 V＝ ( － )( － x)x≤ ( ) ＝ ×27＝576。
3 4 4 4 4 3 3 3
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
4 4
“待定系数法”求。本题解答中也可以令 V＝ (15a－ax)(7－x)bx 或 (15－x)(7a－
ab ab
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”。
17
18
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. 02 或 02 2 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＝sin2x＋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
4. 满足 C 0 1n ＋1·C n ＋2·C
2 ＋…＋n·C nn 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
1
n ＝a－ , 则所有项的和等于_____。
2n
A. － 1 B. 1 C. 1 D.与 a 有关
2 2
6. 9 (1＋kx) ＝b 0＋b 1 x＋b 2 x
2＋…＋b 99 x ，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＝2x＋7
和抛物线截得的线段长是 4 10 , 求抛物线的方程。
18
19
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
x2 y 2 5
4. 椭圆 ＋ ＝1 上有一点 P，它到左准线的距离为 ，那么 P 点到右焦点的距离为
25 9 2
_____。
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；
2 2
3 小题：利用复数模的定义得 a + 2 < 5，选 A；
|PF |
左 4
4 小题：利用椭圆的第二定义得到 ＝e＝ ，选 A；
5 5
2
T T T
5 小题：利用周期函数、奇函数的定义得到 f(－ )＝f( )＝－f(－ )，选 B；
2 2 2
6 小题：利用线面角、面面角的定义，答案 2。
Ⅱ、示范性题组：
z 2 + az + b
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 z +1
＝1－ｉ，求实数 a、b 的值。（94 年全国理）
【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＝
5π 5π
－1－ｉ，w 的三角形式是 2（cos ＋ｉsin ）；
4 4
19
20
z 2 + 2az + b (1+ i) + a(1+ i)+ b (a + b)+ (a + 2)i
由 z＝1＋ｉ，有 2 ＝z z +1 (1+ i)2
＝ ＝(a＋2)－(a
(1+ i)+1 i
＋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 f(x)的定义域，
2
2
3 2
判定在( ,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。
f (2) = 2
n + 2c = 14 n = 4
【解】 解得：
f (4) = 4
n + 4c = 252 c = 1
∴ f(x)＝－x 4＋x 解 f(x)>0 得：03 2
设 4 4
2 ) ＝ － x 1 +x 1 - （ -x 2 +x 2 ）
2
=(x 1-x 2 )[1-(x 1+x 2 )( x
2 +x 21 2 )],
3 4 3 4
∵ x 1+x 2 >
3 2 ， x 21 +x
2
2 > ∴ (x
2 2 3
2 1
+x 2 )( x 1 +x 2 )〉 2 × ＝1 2
3 2
∴ f(x 1)－f(x 2 )>0 即 f(x)在( ,1)上是减函数
2
2 3 2
∵ <1 ∴ y＝log f(x) 在( ,1)上是增函数。
2 2 2
2
【注】关于函数的性质：奇偶性、单调性、周期性
A’ A
的判断，一般都是直接应用定义解题。本题还在求 n、c
D
的过程中，运用了待定系数法和换元法。
例 3. 如图，已知 A’B’C’—ABC 是正三棱柱，D 是 AC C’ C
中点。 O H
① 证明：AB’∥平面 DBC’； B’ B
② 假设 AB’⊥BC’，求二面角 D—BC’—C 的度数。（94
年全国理）
【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。
20
21
【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。
1 3 3 1
设 AC＝1，作 OE⊥BC 于 E，则 DH＝ sin60°＝ ，BH＝ ，EH＝ ；
2 4 4 4
3
Rt△BOH 中，OH 2＝BH×EH＝ ，
16
3
∴ OH＝ ＝DH ∴∠DOH＝45°，即二面角 D—BC’—C 的度数为 45°。
4
【注】对于二面角 D—BC’—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
EF OE 1 1
如下：作 AE⊥BC 于 E，连接 B’E 即所求，易得到 OE∥B’B，所以 ＝ ＝ ，EF＝ B’E。
BF B'B 2 3
1
在 Rt△B’BE 中，易得到 BF⊥BE,由射影定理得：B’E×EF＝BE 2即 B’E 2＝1，所以 B’E＝ 3。
3
1 y
例 4. 求过定点 M(1,2)，以 x 轴为准线，离心率为 的椭圆的
2 M F
下顶点的轨迹方程。 A x
【分析】运动的椭圆过定点 M，准线固定为 x 轴，所以 M 到准线
| AF| 1
距离为 2。抓住圆锥曲线的统一性定义，可以得到 ＝ 建立一个方程，再由离心率的定
2 2
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
(x
4
1)2 + (m 2)2 = ×2
( y )
2
2 3
，消 m 得：（x－1）
2＋ ＝1，
m y 1 2= ( )2
y 2 3
21
22
4
( y )2
3
所以椭圆下顶点的轨迹方程为（x－1） 2＋ ＝1。
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 1FB 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
6. 38 n C 3n ＋C
3n
21+n ＝________。
7. Z＝4(sin140°－ｉcos140°)，则复数 1 的辐角主值是__________。
z 2
8. 2 不等式 ax ＋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 ＝
1
n (a 1＋a 2＋…
n
＋a n )。
2 2
10. 已知 F 、F 是椭圆 x1 2 ＋
y ＝1 (a>b>0)的两个焦点，其中 F 2与抛物线 y
2＝12x 的
a2 b2
焦点重合，M 是两曲线的一个焦点，且有 cos∠M F F ·cos∠MF F ＝ 71 2 2 1 23 ，求椭圆方程。
22
23
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：
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_____。
2k +1 2k + 3
A. 2k＋1 B. 2(2k＋1) C. D.
k +1 k +1
1 1 1
2. 用数学归纳法证明 1＋ ＋ ＋…＋ 1)时，由 n＝k (k>1)不等式成立，
2 3 2 n 1
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______。 (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－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
(2k +1)(2k + 2)
代数式是(k＋2)(k＋3)…(2k＋1)(2k＋2)，所以应乘的代数式为 ，选 B；
k +1
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。
23
24
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：
8·1 8·n
例1. 已知数列 2 2 ，得，…， ，…。S1 ·3 2· + 2 n
为其前 n 项和，求 S 1、
(2n 1) (2n 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）
8 24 48 80
【解】 计算得 S 1＝ ，S 2＝ ，S 3＝ ，S 4＝ ，
9 25 49 81
(2n +1)2 1
猜测 S n ＝ (n∈N)。
(2n +1)2
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 ＝ ，
(2k +1)2
8·(k +1)
当 n＝k＋1 时，S k+1＝S k ＋
(2k +1)2·(2k + 3)2
(2k +1)2 1 8·(k +1)
＝ ＋
(2k +1)2 (2k +1)2·(2k + 3)2
(2k +1)2 (2k + 3)2 (2k + 3)2 + 8·(k +1)
＝
(2k +1)2·(2k + 3)2
2
(2k +1)2 (2k + 3)2 (2k 1)2 (2k + 3) 1
＝ ＝ ,
(2k +1)2· 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
【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，再
(2k + 3)2
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：
8·n 1 1
由 a n ＝ ＝ － 得，
(2n 1)2·(2n +1)2 (2n 1)2 (2n +1)2
1 1 1 1 1 1
S n ＝（1－ ）＋（ － ）＋……＋ － ＝1－
32 32 52 (2n 1)2 (2n +1)2 (2n +1)2
(2n +1)2 1
＝ 。
(2n +1)2
24
25
8·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 ＝
(2n 1)2·(2n +1)2
1 1
－ 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)2 (2n +1)2
1 1
例2. 设a n ＝ 1×2＋ 2×3＋…＋ n(n +1) (n∈N),证明： n(n＋1)2 2
＋1) 2 。
【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。
1 1 1
【解】 当 n＝1 时，a n ＝ 2 ， n(n+1)＝ ， (n+1)
2＝2 ，
2 2 2
∴ n＝1 时不等式成立。
1 1
假设当 n＝k 时不等式成立，即： k(k＋1)2 2
1 1
当 n＝k＋1 时， k(k＋1)＋ (k +1)(k + 2) 2＋ (k +1)(k + 2) ,
2 2
1 1 1 1
k(k＋1)＋ (k +1)(k + 2) > k(k＋1)＋(k＋1)＝ (k＋1)(k＋3)> (k＋1)(k＋2)，
2 2 2 2
1 1 2 1 3 1
(k＋1) 2＋ (k +1)(k + 2) ＝ (k＋1) 2＋ k + 3k + 2 < (k＋1) 2＋(k＋ )＝ (k
2 2 2 2 2
＋2) 2，
1 1
所以 (k＋1)(k＋2) 2，即 n＝k＋1 时不等式也成立。
2 2
1 1
综上所述，对所有的 n∈N，不等式 n(n＋1)2恒成立。
2 2
【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
3
别将 (k +1)(k + 2)缩小成(k＋1)、将 (k +1)(k + 2)放大成(k＋ )的两步放缩是证 n＝k
2
＋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＋3＋…
1 1 1 1 1
＋n＝ n(n＋1)；由 n(n +1) 2 2 2 2 2
1 1 1 1
＝ (n 2＋2n)< (n＋1) 2。所以 n(n＋1)2 2 2 2
25
26
n(a1 + an )
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
证明{a n }是等差数列。 （94 年全国文）
【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。
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)(a1 + a k+1 ) k(a1 + ak )
当 n＝k＋1 时，a k+1＝S k+1－S k ＝ － ，
2 2
将 a k ＝a 1＋(k－1)d 代入上式， 得到 2a 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。在证明
n(a1 + an )
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 ＝ 、数列中通项与
2
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＋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(a1 + an ) (n 1)(a1 + an (n +1)(a + a )1 ) 1 n+1
S n 1＝ － ；同理有 a n+1＝S n+1 －S n ＝ －
2 2 2
n(a1 + an ) (n +1)(a1 + an+1 ) (n 1)(a1 + an 1 )
；从而 a n+1－a n ＝ －n(a 1＋a n )＋ ，整理
2 2 2
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 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 2 n∈N，试比较 2 与(n＋1) 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 ·cos x ·…·cos x ＝ sin x (81
2 22 23 2n
2n
x
· sin
2n
年全国高考)
5. 用数学归纳法证明： |sinnx|≤n|sinx| （n∈N）。 （85 年广东高考）
26
27
6. 数列{a 1n }的通项公式 a n ＝ (n∈N)，设 f(n)＝(1－a 1)(1－a2 2 )…(1－a n )，(n +1)
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 1cosx＋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。
8. 设 f(log x)＝ a(x
2 1)
a , ①.求 f(x)的定义域； ②.在 y＝f(x)的图像上是否存在
x(a2 1)
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)
27
28
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 >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”)
x2 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 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
1 1 2
知曲线为椭圆，a＝1，c＝ 1+ ，所以 e＝－ k + k ；
k k
3 小题：设 z＝bｉ，则 C＝1－b 2＋2ｉ，所以图像为：从(1,2)出发平行于 x 轴向右的射
线；
1 1 1
4 小题：设三条侧棱 x、y、z，则 xy＝6、 yz＝4、 xz＝3,所以 xyz＝24,体积为 4。
2 2 2
5 小题：f(0)＝0，f(0)＝f(x)＋f(-x)，所以 f(x)是奇函数，答案：减；
|4sinα + 4cosα 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。
28
29
1
【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，
3
1 1
b＝ ＋t 2，c＝ ＋t 3，代入 a
2＋b 2＋c 2可求。
3 3
1 1 1
【解】由 a＋b＋c＝1，设 a＝ ＋t 1，b＝ ＋t 2，c＝ ＋t 3，其中 t 1＋t 2＋t 3＝0，
3 3 3
1
∴ a 2＋b 2＋c 2＝（ ＋t ） 2
1 1 1 2
1 ＋（ ＋t 2）
2＋( ＋t 23 ) ＝ ＋ (t 1＋t 2＋t 3 )＋
3 3 3 3 3
1 1
t 2＋t 21 2 ＋t
2＝ ＋t 23 1 ＋t
2 2
2 ＋t 3 ≥
3 3
所以 a 2
1
＋b 2＋c 2的最小值是 。
3
【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＝
1
(a＋b＋c) 2－2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a 2＋b 2＋c 2 )，即 a 2＋b 2＋c 2≥ 。
3
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。
x2 y 2 1
例2. 椭圆 ＋ ＝1 上有两点 P、Q，O 为原点。连 OP、OQ，若 k
16 OP
·k OQ＝－ ，
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θ
= 1
、
y 2sinθ
θ 2为 P、Q 两点，先计算 k OP·k 得出一个结论，再计算|OP|
2
OQ ＋|OQ|
2，并运用“参数法”
求中点 M 的坐标，消参而得。
x2 y 2 x = 4cosθ
【解】由 ＋ ＝1，设 ，P(4cosθ 1,2sinθ 1)，Q(4cosθ16 = 2
,2sinθ 2 ),
4 y 2sinθ
2sinθ1 2sinθ2 1
则 k OP·k OQ＝ ＝－ ，整理得到：
4cosθ1 4cosθ2 4
cosθ 1 cosθ 2＋sinθ 1 sinθ 2＝0,即 cos（θ 1－θ 2）＝0。
∴ |OP| 2＋|OQ| 2＝16cos 2θ 21＋4sin θ 1＋16cos
2θ 22＋4sin θ 2＝8＋12(cos
2θ 1
＋cos 2θ 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。
xM = 2(cosθ1 + cosθ2 )
由中点坐标公式得到线段 PQ 的中点 M 的坐标为 ，
yM = sinθ1 + sinθ 2
x
所以有( ) 2＋y 2＝2＋2(cosθ 1 cosθ 2＋sinθ 1 sinθ 2 )＝2,
2
29
30
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 21＋ cosθ 2）
＋（sinθ 21＋sinθ 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：
1
设直线 OP 的斜率 k，则 OQ 的斜率为－ ，由椭圆与直线 OP、OQ 相交于 PQ 两点有：
4k
x 2 + 4y 2 16 = 0 4
，消 y 得(1＋4k 2)x 2＝16,即|x P |＝ ；
y = kx 1+ 4k 2
x 2 + 4y 2 16 = 0
1 |8k|
1 ，消 y 得(1＋ )x
2＝16，即|x
2 Q
|＝ ；
y = x 4k 1+ 4k 2
4k
2 4 1 |8k|
所以|OP| 2＋|OQ| 2＝( 1+ k ) 2＋（ 1+ ） 2
2
1+ 4k 2 16k 1+ 4k 2
20 + 80k 2
＝ ＝20。即|OP| 2＋|OQ| 2等于定值 20。
1+ 4k 2
2
在此解法中，利用了直线上两点之间的距离公式|AB|＝ 1+ kAB |x A －x B |求|OP|和
|OQ|的长。
例 3.已知正四棱锥 S—ABCD 的侧面与底面的夹角为 S
β，相邻两侧面的夹角为α,求证：cosα=-cos 2β。
【分析】要证明 cosα=-cos 2β，考虑求出α、β的 E
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、
D C
OF；作 BE⊥SC 于 E，连 DE。则∠SFO＝β，∠DEB＝α。
O F
OF a
设 BC＝a (为参数)， 则 SF＝ ＝ , A B
cosβ 2cosβ
SF 2
a a
SC＝ + 2 2FC2 ＝ ( ) + ( )
2cosβ 2
a
＝ 1+ cos2 β
2cosβ
SF·BC a 2 1 a
又 ∵BE＝ ＝ × ＝
SC 2cosβ a 2
1+ cos2 β 1+ cos β
2cosβ
30
31
a 2
2 × 2a 2
2BE 2 BD2 1+ cos2 β
在△DEB 中，由余弦定理有：cosα＝ ＝ ＝－cos 2β。
2BE 2 a 2
2×
1+ cos2 β
所以 cosα＝－cos 2β。
【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. 2 2 抛物线 y＝x －10xcosθ＋25＋3sinθ－25sin 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 3 2
7. 若关于 x 的方程 2x 2＋xlg (a 1) ＋lg 2 ( a 1)＋lg 2a ＝0 有模为 1 的虚根，求
8a 3 2a a 2 1
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 1 ＋ 1 为定值。
|MP|2 2|MQ|
31
32
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”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,－1A. 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_____。
(97 年全国理)
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；
32
33
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 小题：分析清楚结论的几种情况，列式是：C 4 410－C 6×4－3－6,选 D。
Ⅱ、示范性题组：
例 1. 如图，设 SA、SB 是圆锥 SO 的两条母线，O 是底面 S
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”，考虑使用反 C
证法，即假设“垂直”后再导出矛盾后，再肯定“不垂直”。
【证明】 假设 AC⊥平面 SOB， A O
∵ 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：
3 1
< a <
△1 = 16a
2 4( 4a + 3) < 0 2 2
1 3
△ 2 = (a 1)
2 4a 2 < 0 ,解得 a < 1或a > ,即－ 3 2
△ 2 = 4a
2 4( 2a) < 0 2 < a < 0

3
所以当 a≥－1 或 a≤－ 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。
x 1 1
例 3. 给定实数 a，a≠0 且 a≠1，设函数 y＝ (其中 x∈R 且 x≠ )，证明：①.
ax 1 a
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。(88 年全国理)。
【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 2 ,y 2 )是函数图像上任意两个不同的点，则 x 1≠x 2 ,
33
34
x1 1 x 2 1
假设直线 M 1M 2平行于 x 轴，则必有 y 1＝y 2，即 ＝ ，整理得 a(x －x 1 2
)
ax1 1 ax2 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 1M 2不平行于 x 轴。
x 1 y 1
② 由 y＝ 得 axy－y＝x－1,即(ay－1)x＝y－1,所以 x＝ ，
ax 1 ay 1
x 1 x 1
即原函数 y＝ 的反函数为 y＝ ，图像一致。
ax 1 ax 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＝ 的图像关于直线
ax 1
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。
a b c
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
4. 求证：抛物线 y＝ x －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
34
35
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。
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 2A. 0b>1 D. b>a>1
π
7. 如果|x|≤ ,那么函数 f(x)＝cos 2 x＋sinx 的最小值是_____。 (89 年全国文)
4
2 1 2 +1 1 2
A. B. － C. －1 D.
2 2 2
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____。
(91 年全国)
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
35
36
y 3
9. 设全集 I＝{(x,y)|x,y∈R}，集合 M＝{(x,y)| ＝1}，N＝{(x,y)|y≠x＋1}，那
x 2
么 M∪ 等于_____。 (90 年全国)
A. φ B. {(2,3)} C. (2,3) D. {(x,y)|y＝x＋1
θ θ θ
10. 如果θ是第二象限的角，且满足 cos －sin ＝ 1 sinθ ,那么 是
2 2 2
_____。
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区间是_____。（93 年全国文理）
π π 3π 3π 3π 5π
A. ( ,π) B. ( , ) C. (π, ) D. ( , )
2 4 4 2 4 4
5π
12. 若复数 z 的辐角为 ，实部为－2 3，则 z＝_____。
6
A. －2 3－2ｉ B. －2 3＋2ｉ C. －2 3＋2 3ｉ D. －2 3－2 3ｉ
y
13. 如果实数 x、y 满足等式(x－2) 2＋y 2＝3，那么 的最大值是_____。 (90 年全国
x
理)
1 3 3
A. B. C. D. 3
2 3 2
14. 满足方程|z＋3－ 3ｉ|＝ 3的辐角主值最小的复数 z 是_____。
【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；
3 3
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－ ＋ 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）。
36
37
Ⅱ、示范性题组：
例 1. 若方程 lg(－x 2＋3x－m)＝lg(3－x)在 x∈(0,3)内 y
有唯一解，求实数 m 的取值范围。 4 y=1-m
【分析】将对数方程进行等价变形，转化为一元二次方程 1
在某个范围内有实解的问题，再利用二次函数的图像进行解 O 2 3 x
决。
3 x > 0
【解】 原方程变形为
x
2 + 3x m = 3 x
3 x > 0
即：
(x 2)
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－3此题也可设曲线 y ＝－(x－2) 21 ＋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）。
z1 y A
例 2. 设|z 1|＝5，|z 2 |＝2, |z 1－ z |＝ 13，求2 z 2 D
的值。 O B x
【分析】 利用复数模、四则运算的几何意义，将复
数问题用几何图形帮助求解。 C
【解】 如图，设 z 1＝OA、z 2＝OB后，则 z ＝OC、1
z ＝OD如图所示。 2
z1 5
由图可知，| |＝ ，∠AOD＝∠BOC，由余弦定理得：
z 2 2
52 + 22 ( 13)2 4
cos∠AOD＝ ＝
2×5×2 5
z1 5 4 3 3
∴ ＝ ( ± ｉ)＝2± ｉ
z 2 2 5 5 2
z1 5
【另解】设 z 1＝OA、z ＝OD如图所示。则| |＝ ，2 y A
z 22
D
且
2 2 2 O x 5 + 2 ( 13) 4 3
cos∠AOD＝ ＝ ，sin∠AOD＝± ，
2×5×2 5 5
37
38
z1 5 4 3 3 z1 3
所以 ＝ ( ± ｉ)＝2± ｉ，即 ＝2± ｉ。
z 2 5 5 2 z2 2 2
【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 1－ z |＝|(5cosθ 1－2cosθ 2)＋(5sinθ 1＋2sinθ 2)ｉ|＝ 2
4 3
29 20cos(θ1 +θ2 )＝ 13，所以 cos(θ 1＋θ 2)＝ ,sin(θ 1＋θ 2)＝± ，
5 5
z1 5[cos( θ1 )+ i sin( θ2 )] 5 5 4 3
＝ ＝ [cos(θ
θ + θ 1
＋θ 2)＋ｉsin(θ 1＋θ 2)]＝ ( ± ｉ)
z 2 2(cos 2 i sin 2 ) 2 2 5 5
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－ z2 |＝ 13得：
（z 1－ z2 ）( z1 －z 2)＝z 1 z1 ＋z 2 z －z 1z 2－ z1 z2 ＝25＋4－z 1z 2－ z1 z2 ＝13, 2
z1 z1 z1 3
所以 z 1z 2＋ z1 z2 ＝16,再同除以 z 2 z 得 ＋ ＝4，设 ＝z，解得 z＝2± ｉ。 2
z z 2 z 2 22
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。
p p
例 3. 直线 L 的方程为：x＝－ (p>0),椭圆中心 D(2＋ ,0)，焦点在 x 轴上，长半
2 2
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）。
p
【解】 由已知得：a＝2，b＝1, A( ,0)，设椭圆与双曲线方程并联立有：
2
y 2 = 2px
2
p 2
p
[x (2 + )]2 ，消 y 得：x －(4－7p)x＋(2p＋ )＝0
2 42
+ y = 1 4
1
所以△＝16－64p＋48p 2>0,即 6p 2－8p＋2>0，解得：p< 或 p>1。
3
p p p 2
结合范围( ,4+ )内两根，设 f(x)＝x 2－(4－7p)x＋(2p＋ )，
2 2 4
38
39
p 4 7p p 1 p p
所以 < <4+ 即 p< ，且 f( )>0、f(4+ )>0 即 p>－4＋3 2。
2 2 2 2 2 2
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。
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。(85 年高考)
【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＝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，
|3n 2 +15| 2 4
所以圆心到直线距离 d＝ ＝3( n +1＋ )≥12
n 2 +1 n2 +1
∵ 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