【高考数学】破题36招-学案

这是一份【高考数学】破题36招-学案，共238页。学案主要包含了高考数学，互动平台，误区警示，常见错误，错因剖析，正确解答，课外作业，基础训练等内容，欢迎下载使用。

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目 录1
第1关： 极值点偏移问题--对数不等式法2
第2关： 参数范围问题—常见解题6法6
第3关： 数列求和问题—解题策略8法9
第4关： 绝对值不等式解法问题—7大类型13
第5关： 三角函数最值问题—解题9法19
第6关： 求轨迹方程问题—6大常用方法24
第7关： 参数方程与极坐标问题—“考点”面面看37
第8关： 均值不等式问题—拼凑8法43
第9关： 不等式恒成立问题—8种解法探析49
第10关： 圆锥曲线最值问题—5大方面55
第11关： 排列组合应用问题—解题21法59
第12关： 几何概型问题—5类重要题型66
第13关： 直线中的对称问题—4类对称题型69
第14关： 利用导数证明不等式问题—4大解题技巧71
第15关： 函数中易混问题—11对76
第16关： 三项展开式问题—破解“四法”82
第17关： 由递推关系求数列通项问题—“不动点”法83
第18关： 类比推理问题—高考命题新亮点87
第19关： 函数定义域问题—知识大盘点93
第20关： 求函数值域问题—7类题型16种方法100
第21关： 求函数解析式问题—7种求法121
第22关：解答立体几何问题—5大数学思想方法124
第23关： 数列通项公式—常见9种求法129
第24关：导数应用问题—9种错解剖析141
第25关：三角函数与平面向量综合问题—6种类型144
第26关：概率题错解分类剖析—7大类型150
第27关：抽象函数问题—分类解析153
第28关：三次函数专题—全解全析157
第29关：二次函数在闭区间上的最值问题—大盘点169
第30关：解析几何与向量综合问题—知识点大扫描178
第31关：平面向量与三角形四心知识的交汇179
第32关：数学解题的“灵魂变奏曲”—转化思想183
第33关：函数零点问题—求解策略194
第34关：求离心率取值范围—常见6法199
第35关：高考数学选择题—解题策略202
第36关：高考数学填空题—解题策略211
【高考数学】破题36关
第1关： 极值点偏移问题--对数不等式法
我们熟知平均值不等式：
即“调和平均数”小于等于“几何平均数”小于等于“算术平均值”小于等于“平方平均值”
等号成立的条件是.
我们还可以引入另一个平均值：对数平均值：
那么上述平均值不等式可变为：对数平均值不等式
，
以下简单给出证明：
不妨设，设，则原不等式变为：
以下只要证明上述函数不等式即可.
以下我们来看看对数不等式的作用.
题目1：（长春四模题）已知函数有两个零点，则下列说法错误的是
A. B. C. D.有极小值点，且
【答案】C
【解析】函数导函数：
有极值点，而极值，，A正确.
有两个零点：，，即：
①
②
①-②得：
根据对数平均值不等式：
，而， B正确，C错误
而①+②得：，即D成立.
题目2：（辽宁理）已知函数.
若函数的图像与轴交于两点，线段中点的横坐标为，证明：
【解析】原题目有3问，其中第二问为第三问的解答提供帮助，现在我们利用不等式直接去证明第三问：
设，，，则，
①
②
①-②得：，化简得：
③
而根据对数平均值不等式：
③等式代换到上述不等式
④
根据：（由③得出）∴④式变为：
∵，∴，∴在函数单减区间中，即：
题目3：(天津理)已知函数 .如果，且.
证明：.
【解析】原题目有3问，其中第二问为第三问的解答提供帮助，现在我们利用不等式直接去证明第三问：
设，则，，两边取对数
①
②
①-②得：
根据对数平均值不等式
题目4：（江苏南通市二模）设函数 ，其图象与轴交于两点，且.
证明：（为函数的导函数）.
【解析】根据题意：，移项取对数得：
①
②
①-②得：，即：
根据对数平均值不等式：
，①+②得：
根据均值不等式：
∵函数在单调递减
∴
题目5：已知函数与直线交于两点.
求证：
【解析】由，，可得：
①，②
①-②得：
③
①+②得：
④
根据对数平均值不等式
利用③④式可得：
由题于与交于不同两点，易得出则
∴上式简化为:
∴
【高考数学】破题36关
第2关： 参数范围问题—常见解题6法
求解参数的取值范围是一类常见题型．近年来在各地的模拟试题以及高考试题中更是屡屡出现．学生遇到这类问题，较难找到解题的切入点和突破口，下面介绍几种解决这类问题的策略和方法．
一、确定“主元”思想
常量与变量是相对的，一般地，可把已知范围的那个看作自变量，另一个看作常量．
例1.对于满足0的一切实数，不等式x2+px>4x+p-3恒成立，求x的取值范围．
分析：习惯上把x当作自变量，记函数y= x2+(p-4)x+3-p,于是问题转化为当p时y>0恒成立，求x的范围．解决这个问题需要应用二次函数以及二次方程实根分布原理，这是相当复杂的．若把x与p两个量互换一下角色，即p视为变量，x为常量，则上述问题可转化为在[0,4]内关于p的一次函数大于0恒成立的问题．
解：设f(p)=(x-1)p+x2-4x+3，当x=1时显然不满足题意．
由题设知当0时f(p)>0恒成立，∴f(0)>0,f(4)>0即x2-4x+3>0且x2-1>0，
解得x>3或x<-1．∴x的取值范围为x>3或x<-1．
二、分离变量
对于一些含参数的不等式问题，如果能够将不等式进行同解变形，将不等式中的变量和参数进行分离，即使变量和参数分别位于不等式的左、右两边，然后通过求函数的值域的方法将问题化归为解关于参数的不等式的问题。
例2．若对于任意角总有成立，求的范围．
分析与解：此式是可分离变量型，由原不等式得，
又，则原不等式等价变形为恒成立．
根据边界原理知，必须小于的最小值，这样问题化归为怎样求的最小值．因为
即时，有最小值为0，故．
评析：一般地,分离变量后有下列几种情形：
①f(x)≥g(k) [f(x)]min≥g(k)
②f(x)> g(k) g(k) < [f(x)] min
③f(x)≤g(k) [f(x)] max≤g(k)
④f(x)三、数形结合
对于含参数的不等式问题，当不等式两边的函数图象形状明显，我们可以作出它们的图象，来达到解决问题的目的．
例3．设，若不等式恒成立，求a的取值范围．
分析与解：若设函数，则，其图象为上半圆．
设函数，其图象为直线．
在同一坐标系内作出函数图象如图，
依题意要使半圆恒在直线下方，只有圆心到直线的距离且时成立，即a的取值范围为．四、分类讨论
当不等式中左、右两边的函数具有某些不确定因素时，应用分类讨论的方法来处理，分类讨论可使原问题中的不确定因素变成确定因素，为问题的解决提供新的条件。
例4．当时，不等式恒成立，求a的取值范围．
解：（1）当时，由题设知恒成立，即，而∴ 解得
（2）当时，由题设知恒成立，即，而∴ 解得．∴a的取值范围是．
五、利用判别式
当问题可化为一元二次不等式在实数集上恒成立的问题，可用判别式来求解．
例5．不等式，对一切恒成立，求实数的取值范围.
解：∵在R上恒成立，
∴
，R
∴，解得
故实数的取值范围是.
一般地二次函数f(x)=ax2+bx+c恒正，f(x)=ax2+bx+c恒负.
六、构造函数
构造出函数，通过对函数性质的研究，来达到解决问题的目的．
例6．已知不等式对于一切大于1的自然数都成立，求实数的取值范围．
分析：注意到不等式仅仅左边是与有关的式子，从函数的观点看，左边是关于的函数，要使原不等式成立，即要求这个函数的最小值大于右式．如何求这个函数的最小值呢？这又是一个非常规问题，应该从研究此函数的单调性入手．
解：设,N

∴是关于N的递增函数，则=.
∴要使不等式成立，只须，解之得.
∴实数的取值范围是．
以上介绍了求参数的取值范围问题的处理方法，在具体解题中可能要用到两种或两种以上的方法，应灵活处理．

【高考数学】破题36关
第3关： 数列求和问题—解题策略8法
数列是高中代数的重要内容，又是学习高等数学的基础，在高考和数学竞赛中都占有十分重要的地位，数列求和问题是数列的基本内容之一，也是高考命题的热点和重点。由于数列求和问题题型多样，技巧性也较强，以致成为数列的一个难点。鉴于此，下面就数列求和问题的常见解题策略作一归纳，供广大师生参考。
1、公式法求和
若所给数列的通项是关于n的多项式，此时可采用公式法求和，利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法之一。常用求和公式列举如下：
等差数列求和公式：，
等比数列求和公式：
自然数的方幂和：k3=13+23+33++n3= n2 (n+1)2， k=1+2+3++n= n(n+1)，
k2=12+22+32++n2= n(n+1)(2 n+ 1)
例1已知数列，其中，记数列的前项和为，数列的前项和为，求。
解：由题意，是首项为，公差为的等差数列
前项和，
2、错位相减法求和
若数列的通项公式为，其中，中有一个是等差数列，另一个是等比数列，求和时一般在已知和式的两边都乘以组成这个数列的等比数列的公比q，然后再将得到的新和式和原和式相减，转化为同倍数的等比数列求和，这种方法就是错位相减法。它在推导等比数列的前n项和公式时曾用到的方法。
例2已知当时，求数列的前n项和；
解：当时，．由题可知，{}的通项是等差数列{}的通项与等比数列{}的通项之积，这时数列的前项和
． ①
①式两边同乘以，得 ②
①式减去②式，得
若，，
若，
3、反序相加法求和
将一个数列倒过来排列（反序），再把它与原数列相加，就可以得到n个，Sn表示从第一项依次到第n项的和，然后又将Sn表示成第n项依次反序到第一项的和，将所得两式相加，由此得到Sn的一种求和方法。也称倒写相加法，这是在推导等差数列的前n项和公式时曾用到的方法.
例3设，利用课本中推导等差数列的前项和的公式的方法，可求得的值为：
解：因为f（x）=，∴f（1－x）=
∴f（x）+f（1－x）=.
设S=f（－5）+f（－4）+…+f（6），则S=f（6）+f（5）+…+f（－5）
∴2S=（f（6）+f（－5））+（f（5）+f（－4））+…+（f（－5）+…f（6））=6
∴S=f（－5）+f（－4）+…+f（0）+…+f（6）=3.
4、拆项重组求和.
有一类数列，既不是等差数列，也不是等比数列，若将这类数列适当拆开，能分为几个等差、等比或常见的数列的和、差，则对拆开后的数列分别求和，再将其合并即可求出原数列的和．也称分组求和法.
例4求数列{n(n+1)(2n+1)}的前n项和.
解：设
∴＝
将其每一项拆开再重新组合得：
Sn＝
＝
＝
＝
5、裂项相消法求和
有些数列求和的问题，可以对相应的数列的通项公式加以变形，将其写成两项的差，这样整个数列求和的各加数都按同样的方法裂成两项之差，其中每项的被减数一定是后面某项的减数，从而经过逐项相互抵消仅剩下有限项，可得出前项和公式．这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用，也称为分裂通项法。它适用于型（其中{}是各项不为0的等差数列，c为常数）、部分无理数列、含阶乘的数列等。常见拆项公式有：
；；；；；
；；
等
例5设数列的前项的和，，令，，求
解：由题意得： （其中n为正整数）


所以：。
6、并项求和
针对一些特殊的数列，将某些项合并在一起就具有某种特殊的性质，因此，在求数列的和时，可将这些项放在一起先求和，然后再求和。
例6设数列的首项为，前项和满足关系式：
设数列的公比为，作数列使，求和：b1b2－b2b3+b3b4－b4b5…+b2n－1b2n－b2nb2n+1.
解:由题意知为等比数列，得，故=，
故：bn=，可知{b2n－1}和{b2n}是首项分别为1和，公差均为的等差数列。
于是b1b2－b2b3+b3b4－b4b5+…+b2n－1b2n－b2nb2n+1
=b2（b1－b3）+b4（b3－b5）+b6（b5－b7）+…+b2n（b2n－1+b2n+1）
=－（b2+b4+…+b2n）=－
=－（2n2+3n）
7、累加法
给出数列｛｝的递推式和初始值，若递推式可以巧妙地转化为型，可以考虑利用累加法求和，此法也叫叠加法。
例7数列的前项和为，已知，求
解：由得：，
即，
，对成立。
由，，…，累加得：，又，所以，当时，也成立
8多法并取求和
根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项及其特征，然后再利用数列的通项揭示的规律来求数列的前n项和，它通常集分组、裂项、公式求和于一体，是一个解决综合性数列求和的重要途径.
例8已知数列{an}：的值.
解：∵
＝
＝
∴
＝＝
【高考数学】破题36关
第4关： 绝对值不等式解法问题—7大类型
类型一：形如型不等式
解法:根据的符号，准确的去掉绝对值符号，再进一步求解.这也是其他类型的解题基础.
当时，
或
当
，无解
使的解集
当时，
，无解
使成立的的解集.
例1不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
解：
因为 ，所以.
即
，
解得：
，
所以 ，故选A.
类型二：形如型不等式
解法：将原不等式转化为以下不等式进行求解：
或
需要提醒一点的是，该类型的不等式容易错解为：
例2 不等式的解集为（ ）
A． B.
C． D.
解：
或
或，故选D
类型三：形如，型不等式，这类不等式如果用分类讨论的方法求解，显得比较繁琐，其简洁解法如下
解法：把看成一个大于零的常数进行求解，即：
，
或
例3设函数，若，则的取值范围是
解：
，故填：.
类型四：形如型不等式
解法：可以利用两边平方，通过移项，使其转化为：“两式和”与“两式差”的积的方法进行，即：
例4不等式的解集为
解：
所以原不等式的解集为
类型五：形如型不等式
解法：先利用绝对值的定义进行判断，再进一步求解，即：
，无解
例5解关于的不等式
解：
当时，原不等式等价于：
当时，原不等式等价于：
当时，原不等式等价于：
或
或
综上所述
当时，原不等式的解集为：
当时，原不等式的解集为：
当时，原不等式的解集为：
类型六：形如使恒成立型不等式.
解法：利用和差关系式：，结合极端性原理即可解得，即：
；
；
例6不等式对任意的实数恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B.
C. D.
解：
设函数
所以
而不等式对任意的实数恒成立
故，故选择A
类型七：形如
，
，
1、解法：对于解含有多个绝对值项的不等式，常采用零点分段法，根据绝对值的定义分段去掉绝对值号，最后把各种情况综合得出答案，其步骤是：找出零点，确定分段区间；分段求解，确定各段解集；综合取并，去掉所求解集，亦可集合图像进行求解.
例7解不等式
分析：找出零点：
确定分段区间：
解：（1）当时，原不等式可化为：
解得：因为 ，所以 不存在
（2）当时，原不等式可化为：
解得：又因为 ，所以
（3）当时，原不等式可化为：，
解得：又 ，所以
综上所述，原不等式的解集为：
2、特别地，对于形如
，
型不等式的解法，除了可用零点分段法外，更可转化为以下不等式，即：
或
例8设函数
（1）若，解不等式
（2）如果求的范围
解：
当
由得：
即：
或
解得：
，即： 或
故不等式的解集为：
（2）由得：
即：
或
即：
或
因为恒成立，
所以 成立，解得：
或
故的取值范围为：
绝对值不等式一直是高中教学中的一个难点，我们通过化归思想将其进行等价变换，从而避免了繁琐的讨论，减小了运算量，以上所介绍的七种类型的含有绝对值的不等式总体上囊括了近几年高考中有关的题目，当然方法可能并不为一，在解决此类问题的时候很多人也比较喜欢使用数形结合的方法来处理，这其实也体现了数学形式多样化的统一美.
方法是多种多样的，只是无论多么优秀的方法最终也是用来解题的工具，如果我们仅仅是停留在最求方法的多样化而忽略了数学的本质——思想，那么就有点得不偿失了.
【高考数学】破题36关
第5关： 三角函数最值问题—解题9法
三角函数是重要的数学运算工具，三角函数最值问题是三角函数中的基本内容，也是高中数学中经常涉及的问题。这部分内容是一个难点，它对三角函数的恒等变形能力及综合应用要求较高。解决这一类问题的基本途径，同求解其他函数最值一样，一方面应充分利用三角函数自身的特殊性（如有界性等），另一方面还要注意将求解三角函数最值问题转化为求一些我们所熟知的函数（二次函数等）最值问题。
下面就介绍几种常见的求三角函数最值的方法：
一 配方法
若函数表达式中只含有正弦函数或余弦函数，切它们次数是2时，一般就需要通过配方或换元将给定的函数化归为二次函数的最值问题来处理。
例1 函数的最小值为（ ）.
A． 2 B . 0 C . D . 6
[分析]本题可通过公式将函数表达式化为，因含有csx的二次式，可换元，令csx=t，则配方，得, 当t=1时,即csx=1时，,选B.
例2 求函数y=5sinx+cs2x的最值
[分 析] ：观察三角函数名和角，其中一个为正弦，一个为余弦，角分别是单角和倍角，所以先化简，使三角函数的名和角达到统一。
二 引入辅助角法
例3已知函数当函数y取得最大值时，求自变量x的集合。
[分析] 此类问题为的三角函数求最值问题，它可通过降次化简整理为型求解。
解： 三 利用三角函数的有界性
在三角函数中，正弦函数与余弦函数具有一个最基本也是最重要的特征——有界性，利用正弦函数与余弦函数的有界性是求解三角函数最值的最基本方法。
例4求函数的值域
[分析] 此为型的三角函数求最值问题，分子、分母的三角函数同名、同角，这类三角函数一般先化为部分分式，再利用三角函数的有界性去解。或者也可先用反解法，再用三角函数的有界性去解。
解法一：原函数变形为，可直接得到：或
解法一：原函数变形为或
例5 已知函数，求函数f(x)的最小正周期和最大值。
[分析] 在本题的函数表达式中，既含有正弦函数，又有余弦函数，并且含有它们的二次式，故需设法通过降次化二次为一次式，再化为只含有正弦函数或余弦函数的表达式。
解：
f(x)的最小正周期为，最大值为。
四 引入参数法（换元法）
对于表达式中同时含有sinx+csx，与sinxcsx的函数，运用关系式 一般都可采用换元法转化为t的二次函数去求最值，但必须要注意换元后新变量的取值范围。
例6 求函数y=sinx+csx+sinxcsx的最大值。
[分析]解：令sinx+csx=t，则，其中
当
五 利用基本不等式法
利用基本不等式求函数的最值，要合理的拆添项，凑常数，同时要注意等号成立的条件，否则会陷入误区。
例7 求函数的最值。
解：=
当且仅当即时，等号成立，故。

六 利用函数在区间内的单调性
例8 已知，求函数的最小值。
[分析] 此题为型三角函数求最值问题，当sinx>0,a>1，不能用均值不等式求最值，适合用函数在区间内的单调性来求解。
设，在（0，1）上为减函数，当t=1时，。

七 数形结合
由于，所以从图形考虑，点(csx,sinx)在单位圆上，这样对一类既含有正弦函数，又含有余弦函数的三角函数的最值问题可考虑用几何方法求得。
例9 求函数的最小值。
[分析] 法一：将表达式改写成y可看成连接两点A(2,0)与点(csx,sinx)的直线的斜率。由于点(csx,sinx)的轨迹是单位圆的上半圆（如图），所以求y的最小值就是在这个半圆上求一点，使得相应的直线斜率最小。
设过点A的切线与半圆相切与点B,则
可求得
所以y的最小值为（此时）.
法二：该题也可利用关系式asinx+bcsx=（即引入辅助角法）和有界性来求解。

八 判别式法
例10 求函数的最值。
[分析] 同一变量分子、分母最高次数齐次，常用判别式法和常数分离法。
解：
时此时一元二次方程总有实数解
由y=3，tanx=-1，
由

九 分类讨论法
含参数的三角函数的值域问题，需要对参数进行讨论。
例 11 设，用a表示f(x)的最大值M(a).
解：令sinx=t,则
当，即在[0，1]上递增，
当即时，在[0，1]上先增后减，
当即在[0，1]上递减，

以上几种方法中又以配方法和辅助角法及利用三角函数的有界性解题最为常见。解决这类问题最关键的在于对三角函数的灵活应用及抓住题目关键和本质所在。
【高考数学】破题36关
第6关： 求轨迹方程问题—6大常用方法

知识梳理：
（一）求轨迹方程的一般方法：
1. 待定系数法：如果动点P的运动规律合乎我们已知的某种曲线（如圆、椭圆、双曲线、抛物线）的定义，则可先设出轨迹方程，再根据已知条件，待定方程中的常数，即可得到轨迹方程，也有人将此方法称为定义法。
2. 直译法：如果动点P的运动规律是否合乎我们熟知的某些曲线的定义难以判断，但点P满足的等量关系易于建立，则可以先表示出点P所满足的几何上的等量关系，再用点P的坐标（x，y）表示该等量关系式，即可得到轨迹方程。
3. 参数法：如果采用直译法求轨迹方程难以奏效，则可寻求引发动点P运动的某个几何量t，以此量作为参变数，分别建立P点坐标x，y与该参数t的函数关系x＝f（t），y＝g（t），进而通过消参化为轨迹的普通方程F（x，y）＝0。
4. 代入法（相关点法）：如果动点P的运动是由另外某一点P'的运动引发的，而该点的运动规律已知，（该点坐标满足某已知曲线方程），则可以设出P（x，y），用（x，y）表示出相关点P'的坐标，然后把P'的坐标代入已知曲线方程，即可得到动点P的轨迹方程。
5.几何法：若所求的轨迹满足某些几何性质（如线段的垂直平分线，角平分线的性质等），可以用几何法，列出几何式，再代入点的坐标较简单。
6：交轨法：在求动点轨迹时，有时会出现要求两动曲线交点的轨迹问题，这灯问题通常通过解方程组得出交点（含参数）的坐标，再消去参数求得所求的轨迹方程（若能直接消去两方程的参数，也可直接消去参数得到轨迹方程），该法经常与参数法并用。
（二）求轨迹方程的注意事项：
1. 求轨迹方程的关键是在纷繁复杂的运动变化中，发现动点P的运动规律，即P点满足的等量关系，因此要学会动中求静，变中求不变。

来表示，若要判断轨迹方程表示何种曲线，则往往需将参数方程化为普通方程。
3. 求出轨迹方程后，应注意检验其是否符合题意，既要检验是否增解，（即以该方程的某些解为坐标的点不在轨迹上），又要检验是否丢解。（即轨迹上的某些点未能用所求的方程表示），出现增解则要舍去，出现丢解，则需补充。检验方法：研究运动中的特殊情形或极端情形。
4．求轨迹方程还有整体法等其他方法。在此不一一缀述。
课前热身：
1. P是椭圆=1上的动点，过P作椭圆长轴的垂线，垂足为M，则PM中点的轨迹中点的轨迹方程为： （ ）
A、 B、 C、 D、=1
【答案】：B
【解答】:令中点坐标为,则点P 的坐标为(代入椭圆方程得,选B
2. 圆心在抛物线上，并且与抛物线的准线及轴都相切的圆的方程是（ ）
A B
C D
【答案】：D
【解答】:令圆心坐标为(,则由题意可得,解得,则圆的方程为,选D
3: 一动圆与圆O：外切，而与圆C：内切，那么动圆的圆心M的轨迹是：
A：抛物线B：圆 C：椭圆 D：双曲线一支
【答案】：D
【解答】令动圆半径为R，则有，则|MO|-|MC|=2，满足双曲线定义。故选D。

4: 点P(x0，y0)在圆x2+y2=1上运动，则点M（2x0，y0）的轨迹是 （ ）
A.焦点在x轴上的椭圆 B. 焦点在y轴上的椭圆
C. 焦点在y轴上的双曲线 D. 焦点在X轴上的双曲线
【答案】：A
【解答】:令M的坐标为则代入圆的方程中得,选A
【互动平台】
一：用定义法求曲线轨迹
求曲线轨迹方程是解析几何的两个基本问题之一，求符合某种条件的动点轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，通过坐标互化将其转化为寻求变量之间的关系，在求与圆锥曲线有关的轨迹问题时，要特别注意圆锥曲线的定义在求轨迹中的作用，只要动点满足已知曲线定义时，通过待定系数法就可以直接得出方程。
例1：已知的顶点A，B的坐标分别为（-4，0），（4，0），C 为动点，且满足求点C的轨迹。
【解析】由可知，即，满足椭圆的定义。令椭圆方程为，则，则轨迹方程为（，图形为椭圆（不含左，右顶点）。
【点评】熟悉一些基本曲线的定义是用定义法求曲线方程的关键。
圆：到定点的距离等于定长
椭圆：到两定点的距离之和为常数（大于两定点的距离）
双曲线：到两定点距离之差的绝对值为常数（小于两定点的距离）
到定点与定直线距离相等。
【变式1】: 1:已知圆的圆心为M1，圆的圆心为M2，一动圆与这两个圆外切，求动圆圆心P的轨迹方程。
解：设动圆的半径为R，由两圆外切的条件可得：，。
。
∴动圆圆心P的轨迹是以M1、M2为焦点的双曲线的右支，c=4，a=2，b2=12。
故所求轨迹方程为
2:一动圆与圆O：外切，而与圆C：内切，那么动圆的圆心M的轨迹是：
A：抛物线B：圆 C：椭圆 D：双曲线一支
【解答】令动圆半径为R，则有，则|MO|-|MC|=2，满足双曲线定义。故选D。
二：用直译法求曲线轨迹方程
此类问题重在寻找数量关系。
例2： 一条线段AB的长等于2a,两个端点A和B分别在x轴和y轴上滑动，求AB中点P的轨迹方程？
解 设M点的坐标为 由平几的中线定理：在直角三角形AOB中，OM=
M点的轨迹是以O为圆心，a为半径的圆周.
【点评】此题中找到了OM=这一等量关系是此题成功的关键所在。一般直译法有下列几种情况：
1）代入题设中的已知等量关系：若动点的规律由题设中的已知等量关系明显给出，则采用直接将数量关系代数化的方法求其轨迹。
2）列出符合题设条件的等式：有时题中无坐标系，需选定适当位置的坐标系，再根据题设条件列出等式，得出其轨迹方程。
3）运用有关公式：有时要运用符合题设的有关公式，使其公式中含有动点坐标，并作相应的恒等变换即得其轨迹方程。
4）借助平几中的有关定理和性质：有时动点规律的数量关系不明显，这时可借助平面几何中的有关定理、性质、勾股定理、垂径定理、中线定理、连心线的性质等等，从而分析出其数量的关系，这种借助几何定理的方法是求动点轨迹的重要方法.
【变式2】: 动点P（x,y）到两定点A（－3，0）和B（3，0）的距离的比等于2（即），求动点P的轨迹方程？
【解答】∵|PA|=
代入得
化简得（x－5）2+y2=16，轨迹是以（5，0）为圆心，4为半径的圆.
三：用参数法求曲线轨迹方程
此类方法主要在于设置合适的参数，求出参数方程，最后消参，化为普通方程。注意参数的取值范围。
例3．过点P（2，4）作两条互相垂直的直线l1，l2，若l1交x轴于A点，l2交y轴于B点，求线段AB的中点M的轨迹方程。
【解析】
分析1：从运动的角度观察发现，点M的运动是由直线l1引发的，可设出l1的斜率k作为参数，建立动点M坐标（x，y）满足的参数方程。
解法1：设M（x，y），设直线l1的方程为y－4＝k（x－2），（k≠０）



∵M为AB的中点，

消去k，得x＋2y－5＝0。
另外，当k＝0时，AB中点为M（1，2），满足上述轨迹方程；
当k不存在时，AB中点为M（1，2），也满足上述轨迹方程。
综上所述，M的轨迹方程为x＋2y－5＝0。
分析2：解法1中在利用k1k2＝－1时，需注意k1、k2是否存在，故而分情形讨论，能否避开讨论呢？只需利用△PAB为直角三角形的几何特性：

解法2：设M（x，y），连结MP，则A（2x，0），B（0，2y），
∵l1⊥l2，∴△PAB为直角三角形


化简，得x＋2y－5＝0，此即M的轨迹方程。
分析3：：设M（x，y），由已知l1⊥l2，联想到两直线垂直的充要条件：k1k2＝－1，即可列出轨迹方程，关键是如何用M点坐标表示A、B两点坐标。事实上，由M为AB的中点，易找出它们的坐标之间的联系。
解法3：设M（x，y），∵M为AB中点，∴A（2x，0），B（0，2y）。
又l1，l2过点P（2，4），且l1⊥l2
∴PA⊥PB，从而kPA·kPB＝－1，


注意到l1⊥x轴时，l2⊥y轴，此时A（2，0），B（0，4）
中点M（1，2），经检验，它也满足方程x＋2y－5＝0
综上可知，点M的轨迹方程为x＋2y－5＝0。
【点评】
解法1用了参数法，消参时应注意取值范围。解法2，3为直译法，运用了kPA·kPB＝－1，这些等量关系
用参数法求解时，一般参数可选用具有某种物理或几何意义的量，如时间，速度，距离，角度，有向线段的数量，直线的斜率，点的横，纵坐标等。也可以没有具体的意义，选定参变量还要特别注意它的取值范围对动点坐标取值范围的影响
【变式3】过圆O：x2 +y2= 4 外一点A（4，0），作圆的割线，求割线被圆截得的弦BC的中点M的轨迹

解法一：“几何法”
设点M的坐标为（x,y）,因为点M 是弦BC的中点，所以OM⊥BC,
所以|OM | ２＋|ＭＡ|２ ＝|ＯＡ| ２ ， 即(x2 +y2)+(x －４)2 +y2 =16
化简得：（x－2）2+ y2 =①
由方程 ① 与方程x2 +y2= 4得两圆的交点的横坐标为1，所以点M的轨迹方程为
（x－2）2+ y2 =4 （0≤x＜1）。所以M的轨迹是以（2，0）为圆心，
2为半径的圆在圆O内的部分。

解法二：“参数法”
设点M的坐标为（x,y），B（x1,y1）,C（x2,y2）直线AB的方程为y=k(x－4),
由直线与圆的方程得（1+k2）x2 －8k2x +16k2－4=(*),
由点M为BC的中点，所以x=(1) , 又OM⊥BC，所以k=(2)由方程（1）（2）
消去k得（x－2）2+ y2 =4,又由方程（*）的△≥0得k2 ≤,所以x＜1.
所以点M的轨迹方程为（x－2）2+ y2 =4 （0≤x＜1）所以M的轨迹是以（2，0）为圆心，
2为半径的圆在圆O内的部分。

四：用代入法等其它方法求轨迹方程
例4.
轨迹方程。
分析：题中涉及了三个点A、B、M，其中A为定点，而B、M为动点，且点B的运动是有规律的，显然M的运动是由B的运动而引发的，可见M、B为相关点，故采用相关点法求动点M的轨迹方程。
【解析】设动点M的坐标为（x，y），而设B点坐标为（x0，y0）
则由M为线段AB中点，可得
即点B坐标可表为（2x－2a，2y）



【点评】代入法的关键在于找到动点和其相关点坐标间的等量关系
【变式4】如图所示，已知P(4，0)是圆x2+y2=36内的一点，A、B是圆上两动点，且满足∠APB=90°，求矩形APBQ的顶点Q的轨迹方程




【解析】： 设AB的中点为R，坐标为(x,y)，则在Rt△ABP中，|AR|=|PR| 又因为R是弦AB的中点，依垂径定理 在Rt△OAR中，|AR|2=|AO|2－|OR|2=36－(x2+y2)
又|AR|=|PR|=
所以有(x－4)2+y2=36－(x2+y2),即x2+y2－4x－10=0
因此点R在一个圆上，而当R在此圆上运动时，Q点即在所求的轨迹上运动
设Q(x,y)，R(x1,y1)，因为R是PQ的中点，所以x1=,
代入方程x2+y2－4x－10=0,得
－10=0
整理得 x2+y2=56,这就是所求的轨迹方程
【备选题】
已知双曲线的左、右焦点分别为，，过点的动直线与双曲线相交于两点．
（I）若动点满足（其中为坐标原点），求点的轨迹方程；
（II）在轴上是否存在定点，使·为常数？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．
解：由条件知，，设，．
解法一：（I）设，则则，，
，由得
即
于是的中点坐标为．
当不与轴垂直时，，即．
又因为两点在双曲线上，所以，，两式相减得
，即．
将代入上式，化简得．
当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．
所以点的轨迹方程是．
（II）假设在轴上存在定点，使为常数．
当不与轴垂直时，设直线的方程是．
代入有．
则是上述方程的两个实根，所以，，
于是
．
因为是与无关的常数，所以，即，此时=．
当与轴垂直时，点的坐标可分别设为，，
此时．
故在轴上存在定点，使为常数．
解法二：（I）同解法一的（I）有
当不与轴垂直时，设直线的方程是．
代入有．
则是上述方程的两个实根，所以．
．
由①②③得．…………………………………………………④
．……………………………………………………………………⑤
当时，，由④⑤得，，将其代入⑤有
．整理得．
当时，点的坐标为，满足上述方程．
当与轴垂直时，，求得，也满足上述方程．
故点的轨迹方程是．
（II）假设在轴上存在定点点，使为常数，
当不与轴垂直时，由（I）有，．
以上同解法一的（II）．
【误区警示】
1.错误诊断
【例题5】中，B，C 坐标分别为（-3，0），（3，0），且三角形周长为16，求点A的轨迹方程。
【常见错误】由题意可知，|AB|+|AC|=10，满足椭圆的定义。令椭圆方程为，则由定义可知，则，得轨迹方程为
【错因剖析】ABC为三角形，故A，B，C不能三点共线。
【正确解答】ABC为三角形，故A，B，C不能三点共线。轨迹方程里应除去点，即轨迹方程为
2.误区警示
1：在求轨迹方程中易出错的是对轨迹纯粹性及完备性的忽略，因此，在求出曲线方程的方程之后，应仔细检查有无“不法分子”掺杂其中，将其剔除；另一方面，又要注意有无“漏网之鱼”仍逍遥法外，要将其“捉拿归案”。
2：求轨迹时方法选择尤为重要，首先应注意定义法，几何法，直接法等方法的选择。
3：求出轨迹后，一般画出所求轨迹，这样更易于检查是否有不合题意的部分或漏掉的部分。
【课外作业】
【基础训练】
1:已知两点给出下列曲线方程：①；②；③；④，在曲线上存在点P满足的所有曲线方程是（ ）
A ①③ B ②④ C ①②③ D ②③④
【答案】:D
【解答】: 要使得曲线上存在点P满足,即要使得曲线与MN的中垂线有交点.把直线方程分别与四个曲线方程联立求解,只有①无解,则选D
2.两条直线与的交点的轨迹方程是 .
【解答】:直接消去参数即得(交轨法):

3:已知圆的方程为(x-1)2+y2=1,过原点O作圆的弦0A，则弦的中点M的轨迹方程是 .
【解答】:令M点的坐标为(,则A的坐标为(2,代入圆的方程里面得:
4:当参数m随意变化时，则抛物线的顶点的轨迹方程为___________。
【分析】：把所求轨迹上的动点坐标x，y分别用已有的参数m来表示，然后消去参数m，便可得到动点的轨迹方程。
【解答】：抛物线方程可化为
它的顶点坐标为
消去参数m得：
故所求动点的轨迹方程为。
5:点M到点F（4，0）的距离比它到直线的距离小1，则点M的轨迹方程为____________。
【分析】：点M到点F（4，0）的距离比它到直线的距离小1，意味着点M到点F（4，0）的距离与它到直线的距离相等。由抛物线标准方程可写出点M的轨迹方程。
【解答】：依题意，点M到点F（4，0）的距离与它到直线的距离相等。则点M的轨迹是以F（4，0）为焦点、为准线的抛物线。故所求轨迹方程为。
6:求与两定点距离的比为1：2的点的轨迹方程为_________
【分析】:设动点为P，由题意，则依照点P在运动中所遵循的条件，可列出等量关系式。
【解答】：设是所求轨迹上一点，依题意得
由两点间距离公式得：
化简得：
7抛物线的通径（过焦点且垂直于对称轴的弦）与抛物线交于A、B两点，动点C在抛物线上，求△ABC重心P的轨迹方程。
【分析】：抛物线的焦点为。设△ABC重心P的坐标为，点C的坐标为。其中
【解答】：因点是重心，则由分点坐标公式得：
即
由点在抛物线上，得：
将代入并化简，得：（
【能力训练】
8.已知双曲线中心在原点且一个焦点为F（，0），直线y=x－1与其相交于M、N两点，MN中点的横坐标为，求此双曲线方程。
【解答】：设双曲线方程为。将y=x－1代入方程整理得。
由韦达定理得。又有，联立方程组，解得。
∴此双曲线的方程为。
9.已知动点P到定点F（1，0）和直线x=3的距离之和等于4，求点P的轨迹方程。
【解答】：设点P的坐标为（x，y），则由题意可得。
（1）当x≤3时，方程变为，化简得。
（2）当x>3时，方程变为，化简得。
故所求的点P的轨迹方程是或
10.过原点作直线l和抛物线交于A、B两点，求线段AB的中点M的轨迹方程。
【解答】：由题意分析知直线l的斜率一定存在，设直线l的方程y=kx。把它代入抛物线方程，得。因为直线和抛物线相交，所以△>0，解得。
设A（），B（），M（x，y），由韦达定理得。
由消去k得。
又，所以。
∴点M的轨迹方程为。
【创新应用】
11.一个圆形纸片，圆心为O，F为圆内一定点，M是圆周上一动点，把纸片折叠使M与F重合，然后抹平纸片，折痕为CD，设CD与OM交于P，则P的轨迹是（ ）
A:椭圆 B:双曲线 C:抛物线 D:圆
【答案】：A
【解答】：由对称性可知||PF|=|PM|，则|PF|+|PO|=|PM|+|PO|=R（R为圆的半径），则P的轨迹是椭圆，选A
【高考数学】破题36关
第7关： 参数方程与极坐标问题—“考点”面面看
“参数方程与极坐标”主要内容是参数方程和普通方程的互化，极坐标系与普通坐标系的互化，参数方程和极坐标的简单应用三块，下面针对这三块内容进行透析：
一、参数方程与普通方程的互化
化参数方程为普通方程的基本思路是消去参数，常用的消参方法有代入消去法、加减消去法、恒等式（三角的或代数的）消去法；化普通方程为参数方程的基本思路是引入参数，即选定合适的参数，先确定一个关系（或，再代入普通方程，求得另一关系（或）.一般地，常选择的参数有角、有向线段的数量、斜率，某一点的横坐标（或纵坐标）
例1、方程表示的曲线是（ ）
A. 双曲线 B.双曲线的上支 C.双曲线的下支 D.圆
分析：把参数方程化为我们熟悉的普通方程，再去判断它表示的曲线类型是这类问题的破解策略.
解析：注意到t与互为倒数，故将参数方程的两个等式两边分别平方，再相减，即可消去含的项，即有，又注意到 ，可见与以上参数方程等价的普通方程为.显然它表示焦点在轴上，以原点为中心的双曲线的上支，选B.
点评：这是一类将参数方程化为普通方程的检验问题，转化的关键是要注意变量范围的一致性.
趁热打铁1：与普通方程等价的参数方程是（ ）（为能数）
解析：所谓与方程等价，是指若把参数方程化为普通方程后不但形式一致而且的变化范围也对应相同，按照这一标准逐一验证即可破解.
对于A化为普通方程为；
对于B化为普通方程为；
对于C化为普通方程为;
对于D化为普通方程为.
而已知方程为显然与之等价的为B.
例2、设P是椭圆上的一个动点，则的最大值是 ，最小值为 .
分析：注意到变量的几何意义，故研究二元函数的最值时，可转化为几何问题.若设，则方程表示一组直线，（对于取不同的值，方程表示不同的直线），显然既满足，又满足，故点是方程组的公共解，依题意得直线与椭圆总有公共点，从而转化为研究消无后的一元二次方程的判别式问题.
解析：令，对于既满足，又满足，故点是方程组的公共解，依题意得，由，解得：，所以的最大值为，最小值为.
点评：对于以上的问题，有时由于研究二元函数有困难，也常采用消元，但由满足的方程来表示出或时会出现无理式，这对进一步求函数最值依然不够简洁，但若通过三角函数换元，则可实现这一途径.即 ，因此可通过转化为的一元函数.以上二个思路都叫“参数法”.
趁热打铁2：已知线段，直线l垂直平分，交于点O，在属于l并且以O为起点的同一射线上取两点，使，求直线BP与直线的交点M的轨迹方程.
解析：以O为原点，BB’为y轴，为轴建立直角坐标系，则，，设，则由，得，则直线BP的方程为；直线和方程为；
，因此点M的轨迹为长轴长为6，短轴长为4的椭圆（除B，）.
二、极坐标与直角坐标的互化
利用两种坐标的互化，可以把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，这二者互化的前提条件是（1）极点与原点重合；（2）极轴与轴正方向重合；（3）取相同的单位长度.设点P的直角坐标为，它的极坐标为，则 ；若把直角坐标化为极坐标，求极角时，应注意判断点P所在的象限（即角的终边的位置），以便正确地求出角.
例3、极坐标方程表示的曲线是（ ）
A. 圆B. 椭圆C. 双曲线的一支D. 抛物线
分析：这类问题需要将极坐标方程转化为普通方程进行判断.
解析：由，化为直角坐标系方程为，化简得.显然该方程表示抛物线，故选D.
点评：若直接由所给方程是很难断定它表示何种曲线，因此通常要把极坐标方程化为直角坐标方程，加以研究.
趁热打铁3：已知直线的极坐标方程为，则极点到该直线的距离是

解析：极点的直角坐标为，对于方程，可得化为直角坐标方程为，因此点到直线的距离为.
例4、极坐标方程转化成直角坐标方程为（ ）
A． B． C． D．
分析：极坐标化为直解坐标只须结合转化公式进行化解.
解析：，因此选C.
点评：此题在转化过程中要注意不要失解，本题若成为填空题，则更要谨防漏解.
趁热打铁4：点的直角坐标是，则点的极坐标为（ ）
A． B． C． D．
解析：都是极坐标，因此选C.
三、参数方程与极坐标的简单应用
参数方程和极坐标的简单应用主要是：求几何图形的面积、曲线的轨迹方程或研究某些函数的最值问题.
例5、已知的三个顶点的极坐标分别为,判断三角形ABC的三角形的形状，并计算其面积.
分析：判断△ABC的形状，就需要计算三角形的边长或角，在本题中计算边长较为容易，不妨先计算边长.
解析：如图，对于，
又，由余弦定理得：
，，，，，，所以AB边上的高,
趁热打铁5：如图，点A在直线x=5上移动，等腰△OPA的顶角∠OPA为120°（O，P，A按顺时针方向排列），求点P的轨迹方程.
解析：取O为极点，正半轴为极轴，建立极坐标系，则直线的极坐标方程为，设A（，），P，因点A在直线上， 为等腰三角形，且，以及
，把<2>代入<1>，得点P的轨迹的极坐标方程为： .
即时训练
一、选择题（8题）
1. 已知点M的极坐标为，下列所给出的四个坐标中不能表示点M的坐标是（ ）
A. B. C. D.
2．若直线的参数方程为，则直线的斜率为（ ）
A． B． C． D．
3．下列在曲线上的点是（ ）
A． B． C． D．
4．将参数方程化为普通方程为（ ）
A． B． C． D．
5．参数方程为表示的曲线是（ ）
A．一条直线 B．两条直线 C．一条射线 D．两条射线
6．直线和圆交于两点，则的中点坐标
为（ ） A． B． C． D．
7．极坐标方程表示的曲线为（ ）
A．一条射线和一个圆 B．两条直线 C．一条直线和一个圆 D．一个圆
8．直线的参数方程为，上的点对应的参数是，则点与之间的距离是（ ）
A． B． C． D．
二、填空题（4题）
9. 点的极坐标为
10. 圆心为C，半径为3的圆的极坐标方程为
11. 极坐标方程为表示的圆的半径为
12 若A，B，则|AB|=__________，___________（其中O是极点）
三、解答题（3题）
13. 求椭圆。
14. 若方程的曲线是椭圆，求实数的取值范围.
15. ，若A、B是C上关于坐标轴不对称的任意两点，AB的垂直平分线交x轴于P（a，0），求a的取值范围.
即时训练参考答案
一、选择题：
1.A 解析：能表示点M的坐标有3个，分别是B、C、D.
2．D 解析：
3．B 解析：转化为普通方程：，当时，
4．C 解析：转化为普通方程：，但是
5、D 解析：表示一条平行于轴的直线，而，所以表示两条射线
6．D 解析： ，得，
因此中点为
7．C 解析：，则或
8、C 解析： 距离为
二、填空题：
9、或写成解析：由，得而点位于第四象限且或，故点的极坐标为或写成.
10、 解析：如下图，设圆上任一点为P（），则


11、1 解析：方程变形为，该方程表示的圆的半径与圆的半径相等，故所求的圆的半径为r=1
12、 解析：在极坐标系中画出点A、B，易得，
三、解答题：
13. 解析：（先设出点P的坐标，建立有关距离的函数关系）到定点的距离为
，
14. 解析：将方程两边同乘以，化为：
，，若方程表示椭圆，则须满足：
15. ，若A、B是C上关于坐标轴不对称的任意两点，AB的垂直平分线交x轴于P（a，0），求a的取值范围.
15. 解析：，
，
，
，

【高考数学】破题36关
第8关： 均值不等式问题—拼凑8法
利用均值不等式求最值或证明不等式是高中数学的一个重点。在运用均值不等式解题时,我们常常会遇到题中某些式子不便于套用公式，或者不便于利用题设条件，此时需要对题中的式子适当进行拼凑变形。均值不等式等号成立条件具有潜在的运用功能。以均值不等式的取等条件为出发点，为解题提供信息，可以引发出种种拼凑方法。笔者把运用均值不等式的拼凑方法概括为八类。
拼凑定和
通过因式分解、纳入根号内、升幂等手段，变为“积”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，均分系数，拼凑定和，求积的最大值。
例１ 已知，求函数的最大值。
解：
。
当且仅当，即时，上式取“=”。故。
评注：通过因式分解，将函数解析式由“和”的形式，变为“积”的形式，然后利用隐含的“定和”关系，求“积”的最大值。
例2 求函数的最大值。
解：。
因，
当且仅当，即时，上式取“=”。故。
评注：将函数式中根号外的正变量移进根号内的目的是集中变元，为“拼凑定和”创造条件。
已知，求函数的最大值。
解：
。
当且仅当，即时，上式取“=”。
故，又。
拼凑定积
通过裂项、分子常数化、有理代换等手段，变为“和”的形式，然后以均值不等式的取等条件为出发点，配项凑定积，创造运用均值不等式的条件
设，求函数的最小值。
解：。
当且仅当时，上式取“=”。故。
评注：有关分式的最值问题，若分子的次数高于分母的次数，则可考虑裂项，变为和的形式，然后“拼凑定积”，往往是十分方便的。
已知，求函数的最大值。
解：，。
当且仅当时，上式取“=”。故。
评注：有关的最值问题，若分子的次数低于分母的次数，可考虑改变原式的结构，将分子化为常数，再设法将分母“拼凑定积”。
已知，求函数的最小值。
解：因为，所以，令，则。
所以。
当且仅当，即时，上式取“=”。故。
评注：通过有理代换，化无理为有理，化三角为代数，从而化繁为简，化难为易，创造出运用均值不等式的环境。

拼凑常数降幂
若，求证：。
分析：基本不等式等号成立的条件具有潜在的运用功能，它能在“等”与“不等”的互化中架设桥梁，能为解题提供信息，开辟捷径。本题已知与要求证的条件是，为解题提供了信息，发现应拼凑项，巧妙降次，迅速促成“等”与“不等”的辩证转化。
证明：。
当且仅当时，上述各式取“=”，
故原不等式得证。
评注：本题借助取等号的条件，创造性地使用基本不等式，简洁明了。
若，求的最大值。
解：
。
当且仅当时，上述各式取“=”，故的最大值为7。
已知，求证：。
证明：，
，又，
。
当且仅当时，上述各式取“=”，故原不等式得证。
拼凑常数升幂
若，且，求证。
分析：已知与要求证的不等式都是关于的轮换对称式，容易发现等号成立的条件是，故应拼凑，巧妙升次，迅速促成“等”与“不等”的辩证转化。
证明：，
。
当且仅当时，上述各式取“=”，故原不等式得证。
若，求证：。
证明：。
又。当且仅当时，上述各式取“=”，故原不等式得证。
约分配凑
通过“1”变换或添项进行拼凑，使分母能约去或分子能降次。
已知，求的最小值。
解：。
当且仅当时，即，上式取“=”，故。
已知，求函数的最小值。
解：因为，所以。
所以。
当且仅当时，即，上式取“=”，故。
若，求证。
分析：注意结构特征：要求证的不等式是关于的轮换对称式，当时，等式成立。
此时，
设，解得，所以应拼凑辅助式为拼凑的需要而添，经此一添，解题可见眉目。
证明：。
。当且仅当时，上述各式取“=”，故原不等式得证。
引入参数拼凑
某些复杂的问题难以观察出匹配的系数，但利用“等”与“定”的条件，建立方程组，解地待定系数，可开辟解题捷径。
已知，且，求的最小值。
解：设，故有。
。当且仅当同时成立时上述不等式取“=”，
即，代入，解得，此时，故的最小值为36

引入对偶式拼凑
根据已知不等式的结构，给不等式的一端匹配一个与之对偶的式子，然后一起参与运算，创造运用均值不等式的条件。
设为互不相等的正整数，求证。
证明：记，构造对偶式，
则，
当且仅当时，等号成立。又因为为互不相等的正整数，
所以，因此
评注：本题通过对式中的某些元素取倒数来构造对偶式。
确立主元拼凑
在解答多元问题时，如果不分主次来研究，问题很难解决；如果根据具体条件和解题需要，确立主元，减少变元个数，恰当拼凑，可创造性地使用均值不等式。
在中，证明
分析：为轮换对称式，即的地位相同，因此可选一个变元为主元，将其它变元看作常量（固定），减少变元个数，化陌生为熟悉。
证明：当时，原不等式显然成立。
当时，
当且仅当，即为正三角形时，原不等式等号成立。
综上所述，原不等式成立。
评注：变形后选择A为主元，先把A看作常量，B、C看作变量，把B、C这两个变量集中到，然后利用的最大值为1将其整体消元，最后再回到A这个主元，变中求定。
综上可见，许多貌似繁难的最值问题或不等式证明问题，运用均值不等式等号成立条件，恰当拼凑，可创造性地使用均值不等式，轻松获解。这种运用等号成立条件的拼凑方法，既开拓了学生的思路，又活跃了学生的思维，培养了学生的数学能力。

【高考数学】破题36关
第9关： 不等式恒成立问题—8种解法探析
不等式恒成立问题一般设计独特，涉及到函数、不等式、方程、导数、数列等知识，渗透着函数与方程、等价转换、分类讨论、换元等思想方法，成为历年高考的一个热点．考生对于这类问题感到难以寻求问题解决的切入点和突破口．这里对这一类问题的求解策略作一些探讨．
1最值法
例1．已知函数在处取得极值，其中为常数．（I）试确定的值；（II）讨论函数的单调区间；（III）若对于任意，不等式恒成立，求的取值范围．
分析：不等式恒成立，可以转化为
解：（I）（过程略）．
（II）（过程略）函数的单调减区间为，函数的单调增区间为．
（III）由（II）可知，函数在处取得极小值，此极小值也是最小值．要使（）恒成立，只需，解得或．
所以的取值范围为．
评注：最值法是我们这里最常用的方法．恒成立；恒成立．
2分离参数法
例2．已知函数
（I）求函数的单调区间；
（II）若不等式对于任意都成立（其中是自然对数的底数），求的最大值．
分析：对于（II）不等式中只有指数含有，故可以将函数进行分离考虑．
解：（I）（过程略）函数的单调增区间为，的单调减区间为
（II）不等式等价于不等式，由于，知；设 ，则．
由（I）知，，即；于是， ，即在区间上为减函数．故在上的最小值为．
所以的最大值为．
评注：不等式恒成立问题中，常常先将所求参数从不等式中分离出来，即：使参数和主元分别位于不等式的左右两边，然后再巧妙构造函数，最后化归为最值法求解．
3 数形结合法
例3．已知当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．
分析：本题若直接求解则比较繁难，但若在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象，借助图形可以直观、简捷求解．
解：在同一平面直角坐标系内作出函数与函数在上的图象（如右），从图象中容易知道：当且时，函数的图象恒在函数上方，不合题意；当且时，欲使函数的图象恒在函数下方或部分点重合，就必须满足，即．
故所求的的取值范围为．
评注：对不等式两边巧妙构造函数，数形结合，直观形象，是解决不等式恒成立问题的一种快捷方法．
4 变更主元法
例4．对于满足不等式的一切实数，函数的值恒大于，则实数的取值范围是＿＿＿．
分析：若审题不清，按习惯以为主元，则求解将非常烦琐．应该注意到：函数值大于对一定取值范围的谁恒成立，则谁就是主元．
解：设，，则原问题转化为恒成立的问题．
故应该有，解得或．
所以实数的取值范围是．
评注：在某些特定的条件下，若能变更主元，转换思考问题的角度，不仅可以避免分类讨论，而且可以轻松解决恒成立问题．
5 特殊化法
例5．设是常数，且（）．
（I）证明：对于任意，．
（II）假设对于任意有，求的取值范围．
分析：常规思路：由已知的递推关系式求出通项公式，再根据对于任意有求出的取值范围，思路很自然，但计算量大．可以用特殊值探路，确定目标，再作相应的证明．
解：（I）递推式可以化归为，，所以数列是等比数列，可以求得对于任意，．
（II）假设对于任意有，取就有解得；
下面只要证明当时，就有对任意有
由通项公式得
当（）时，
当（）时，，可见总有．
故的取值范围是
评注：特殊化思想不仅可以有效解答选择题，而且是解决恒成立问题的一种重要方法．
6分段讨论法
例6．已知，若当时，恒有＜0，求实数a的取值范围．
解：（i）当时，显然＜0成立，此时，
（ii）当时，由＜0，可得＜＜，
令
则＞0，∴是单调递增，可知
＜0，∴是单调递减，可知
此时的范围是（—1，3）
综合i、ii得：的范围是（—1，3） ．
例7．若不等式对于恒成立，求的取值范围．
解：（只考虑与本案有关的一种方法）解：对进行分段讨论，
当时，不等式恒成立，所以，此时；
当时，不等式就化为，此时的最小值为，所以；
当时，不等式就化为，此时的最大值为，所以；
由于对上面的三个范围要求同时满足，则所求的的范围应该是上三个的范围的交集即区间
说明：这里对变量进行分段来处理，那么所求的对三段的要同时成立，所以，用求交集的结果就是所求的结果．
评注：当不等式中左右两边的函数具有某些不确定的因素时，应该用分类或分段讨论方法来处理，分类（分段）讨论可使原问题中的不确定因素变化成为确定因素，为问题解决提供新的条件；但是最后综合时要注意搞清楚各段的结果应该是并集还是别的关系．
7单调性法
例8．若定义在的函数满足，且时不等式成立，若不等式对于任意恒成立，则实数的取值范围是＿＿＿．
解：设，则，有．这样，，则，函数在为减函数．
因此；而（当且仅当时取等号），又，所以的取值范围是．
评注：当不等式两边为同一函数在相同区间内的两个函数值时，可以巧妙利用此函数的单调性，把函数值大小关系化归为自变量的大小关系，则问题可以迎刃而解．
8判别式法
例9．若不等式对于任意恒成立．则实数的取值范围是＿＿＿．
分析：此不等式是否为一元二次不等式，应该先进行分类讨论；一元二次不等式任意恒成立，可以选择判别式法．
解：当时，不等式化为，显然对一切实数恒成立；
当时，要使不等式一切实数恒成立，须有，解得．
综上可知，所求的实数的取值范围是．
不等式恒成立问题求解策略一般做法就是上面几种，这些做法是通法，对于具体问题要具体分析，要因题而异，如下例．
例10．关于的不等式在上恒成立，求 实数的取值范围．
通法解：用变量与参数分离的方法，然后对变量进行分段处理；∵，∴不等式可以化为；下面只要求在时的最小值即可，分段处理如下．
当时，，，再令，，它的根为；所以在区间上有，递增，在区间上有，递减，则就有在的最大值是，这样就有，即在区间是递减．同理可以证明在区间是递增；所以，在时的最小值为，即．
技巧解：由于，所以，，两个等号成立都是在时；从而有（时取等号），即．
评注：技巧解远比通法解来得简单、省力、省时但需要扎实的数学基本功．
【高考数学】破题36关
第10关： 圆锥曲线最值问题—5大方面
最值问题是圆锥曲线中的典型问题，它是教学的重点也是历年高考的热点。解决这类问题不仅要紧紧把握圆锥曲线的定义，而且要善于综合应用代数、平几、三角等相关知识。以下从五个方面予以阐述。
一．求距离的最值
例1.设AB为抛物线y=x2的一条弦，若AB=4，则AB的中点M到直线y+1=0的最短距离为 ，
解析：抛物线y=x2的焦点为F（0 ，），准线为y=，过A、B、M准线y=的垂线，垂足分别是A1、B1、M1，则所求的距离d=MM1+=(AA1+BB1) +=(AF+BF) +≥AB+=×4+=,当且仅当弦AB过焦点F时，d取最小值，
评注：灵活运用抛物线的定义和性质，结合平面几何的相关知识，使解题简洁明快，得心应手。
二．求角的最值
例2．M，N分别是椭圆的左、右焦点，l是椭圆的一条准线，点P在l上，则∠MPN的最大值是 .
解析：不妨设l为椭圆的右准线，其方程是，点，直线PM和PN倾斜角分别为.
∵
∴
于是
∵ ∴ 即∠MPN的最大值为.
评注：审题时要注意把握∠MPN与PM和PN的倾斜角之间的内在联系.
三、求几何特征量代数和的最值
例3.点M和F分别是椭圆上的动点和右焦点，定点B(2,2).⑴求|MF|+|MB|的最小值.⑵求|MF|+|MB|的最小值.
解析：易知椭圆右焦点为F(4,0)，左焦点F′(-4,0)，离心率e=，准线方程x=±.
⑴|MF| + |MB| = 10―|MF′ | + |MB| =10―（|MF′|―|MB|）≥10―|F′B|=10―2.
故当M，B，F′三点共线时，|MF|+|MB|取最小值10―2.
⑵过动点M作右准线x=的垂线，垂足为H，则
.于是|MF|+|MB|=|MH|+|MB|≥|HB|=.可见，当且仅当点B、M、H共线时，|MF|+|MB|取最小值.
评注：从椭圆的定义出发，将问题转化为平几中的问题，利用三角形三边所满足的基本关系，是解决此类问题的常见思路。
例4．点P为双曲线的右支上一点，M，N分别为和上的点，则PM－PN的最大值为 .
解析：显然两已知圆的圆心分别为双曲线的左焦点和右焦点.对于双曲线右支上每一个确定的点P，连结PF1，并延长PF1交⊙F1于点M.则PM0为适合条件的最大的PM，连结PF2,交⊙F2于点N.则PN0为适合条件的最小的PN.于是
故PM－PN的最大值为6.
评注：仔细审题，合理应用平面几何知识，沟通条件与所求结论的内在联系，是解决本题的关键.
例5．已知e1，e2分别是共轭双曲线和的离心率，则e1+e2的最小值为 .
解析：


考虑到，故得.
即e1+e2的最小值为.
评注：解题关键在于对圆锥曲线性质的准确理解，并注意基本不等式等代数知识的合理应用.
四、求面积的最值
例6．已知平面内的一个动点P到直线的距离与到定点的距离之比为，点，设动点P的轨迹为曲线C.
⑴求曲线C的方程；
⑵过原点O的直线l与曲线C交于M，N两点.求△MAN面积的最大值.
解析：⑴设动点P到l的距离为d，
由题意
根据圆锥曲线统一定义，点P的轨迹C为椭圆.
∵, 可得
∴
故椭圆C的方程为：
⑵若直线l存在斜率，设其方程为l与椭圆C的交点
将y=kx代入椭圆C的方程并整理得.
∴
于是

又 点A到直线l的距离
故△MAN的面积
从而
①当k=0时，S2=1得S=1
②当k>0时，S2<1得S<1
③当k<0时， 得
若直线l不存在斜率，则MN即为椭圆C的短轴，所以MN=2. 于是△MAN的面积.
综上，△MAN的最大值为.
评注：本题将△MAN的面积表示为l的斜率k的函数，其过程涉及弦长公式和点到直线距离等解析几何的基础知识，在处理所得的面积函数时，运用了分类讨论的思想方法。当然，也可以将该面积函数转化为关于k的一元二次方程，由△≥0求得面积S的最大值。
五.求最值条件下的曲线方程
例7.已知椭圆的焦点F1(―3,0)、F2(3,0)且与直线x―y+9=0有公共点，求其中长轴最短的椭圆方程.
解法1：设椭圆为=1与直线方程x―y+9=0联立并消去y得：
(2 a2― 9) x2 + 18 a2 x + 90 a2―a4= 0，
由题设△=(18 a2)2―4(2 a2―9) (90 a2―a4) ≥0
a4―54 a2 + 405 ≥0a2≥45或a2≤9.∵a2－9> 0, ∴a2≥45, 故amin=3，得（2a）min=6,
此时椭圆方程为.
解法2：设椭圆=1与直线x―y+9=0的公共点为M(acsα,)，
则acsα―+9=0有解.
∵=―9
cs(α+)=，∴||1
≥9a2≥45,
∴amin=3，得（2a）min=6,
此时椭圆的方程.
解法3：先求得F1(―3，0)关于直线x―y+9=0的对称点F(―9,6)，设直线x―y+9=0与椭圆的一个交点为M，则2a=|MF1|+|MF2| =|MF| +|MF2|≥|FF2|=6，于是(2a)min=6,
此时易得： a2=45, b2=36，
于是椭圆的方程为.
评注：本题分别从代数、三角、几何三种途径寻求解决。由不同角度进行分析和处理，有利于打开眼界，拓宽思路，训练思维的发散性。
解决圆锥曲线中的最值问题，要熟练准确地掌握圆锥曲线的定义、性质，在此基础上，灵活合理地运用函数与方程、转化与划归及数形结合等思想方法，仔细审题，挖掘隐含，寻求恰当的解题方法。此外，解题过程力争做到思路清晰、推理严密、运算准确、规范合理。
【高考数学】破题36关
第11关： 排列组合应用问题—解题21法
排列组合问题联系实际生动有趣，但题型多样，思路灵活，因此解决排列组合问题，首先要认真审题，弄清楚是排列问题、组合问题还是排列与组合综合问题；其次要抓住问题的本质特征，采用合理恰当的方法来处理。
一.特殊元素和特殊位置优先策略
例1.由0,1,2,3,4,5可以组成多少个没有重复数字五位奇数.
解:由于末位和首位有特殊要求,应该优先安排,以免不合要求的元素占了这两个位置.
先排末位共有然后排首位共有最后排其它位置共有 由分步计数原理得


练习题:7种不同的花种在排成一列的花盆里,若两种葵花不种在中间，也不种在两端的花盆里，问有多少不同的种法？
=1440
二.相邻元素捆绑策略
例2. 7人站成一排 ,其中甲乙相邻且丙丁相邻, 共有多少种不同的排法.
解：可先将甲乙两元素捆绑成整体并看成一个复合元素，同时丙丁也看成一个复合元素，再与其它元素进行排列，同时对相邻元素内部进行自排。由分步计数原理可得共有种不同的排法



练习题:某人射击8枪，命中4枪，4枪命中恰好有3枪连在一起的情形的不同种数为 20

三.不相邻问题插空策略
例3.一个晚会的节目有4个舞蹈,2个相声,3个独唱,舞蹈节目不能连续出场,则节目的出场顺序有多少种？
解:分两步进行第一步排2个相声和3个独唱共有种，第二步将4舞蹈插入第一步排好的6个元素中间包含首尾两个空位共有种不同的方法,由分步计数原理,节目的不同顺序共有 种


练习题：某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个新节目插入原节目单中，且两个新节目不相邻，那么不同插法的种数为 30
四.定序问题倍缩空位插入策略
例4.7人排队,其中甲乙丙3人顺序一定共有多少不同的排法
解:(倍缩法)对于某几个元素顺序一定的排列问题,可先把这几个元素与其他元素一起进行排列,然后用总排列数除以这几个元素之间的全排列数,则共有不同排法种数是：
(空位法)设想有7把椅子让除甲乙丙以外的四人就坐共有种方法，其余的三个位置甲乙丙共有 1种坐法，则共有种方法。
思考:可以先让甲乙丙就坐吗?
（插入法)先排甲乙丙三个人,共有1种排法,再把其余4四人依次插入共有 方法


练习题:10人身高各不相等,排成前后排，每排5人,要求从左至右身高逐渐增加，共有多少排法？
五.重排问题求幂策略
例5.把6名实习生分配到7个车间实习,共有多少种不同的分法
解:完成此事共分六步:把第一名实习生分配到车间有 7 种分法.把第二名实习生分配到车间也有7种分依此类推,由分步计数原理共有种不同的排法


练习题：
某班新年联欢会原定的5个节目已排成节目单，开演前又增加了两个新节目.如果将这两个节目插入原节目单中，那么不同插法的种数为 42
2. 某8层大楼一楼电梯上来8名乘客人,他们到各自的一层下电梯,下电梯的方法
六.环排问题线排策略
例6. 8人围桌而坐,共有多少种坐法?
解：围桌而坐与坐成一排的不同点在于，坐成圆形没有首尾之分，所以固定一人并从此位置把圆形展成直线其余7人共有（8-1）！种排法即！



练习题：6颗颜色不同的钻石，可穿成几种钻石圈 120
七.多排问题直排策略
例7.8人排成前后两排,每排4人,其中甲乙在前排,丙在后排,共有多少排法
解:8人排前后两排,相当于8人坐8把椅子,可以把椅子排成一排.个特殊元素有种,再排后4个位置上的特殊元素丙有种,其余的5人在5个位置上任意排列有种,则共有种



练习题：有两排座位，前排11个座位，后排12个座位，现安排2人就座规定前排中间的3个座位不能坐，并且这2人不左右相邻，那么不同排法的种数是 346
八.排列组合混合问题先选后排策略
例8.有5个不同的小球,装入4个不同的盒内,每盒至少装一个球,共有多少不同的装法.
解:第一步从5个球中选出2个组成复合元共有种方法.再把4个元素(包含一个复合元素)装入4个不同的盒内有种方法，根据分步计数原理装球的方法共有


练习题：一个班有6名战士,其中正副班长各1人现从中选4人完成四种不同的任务,每人完成一种任务,且正副班长有且只有1人参加,则不同的选法有 192 种
九.小集团问题先整体后局部策略
例9.用1,2,3,4,5组成没有重复数字的五位数其中恰有两个偶数夹1,５在两个奇数之间,这样的五位数有多少个？
解：把１,５,２,４当作一个小集团与３排队共有种排法，再排小集团内部共有种排法，由分步计数原理共有种排法.



练习题：
１.计划展出10幅不同的画,其中1幅水彩画,４幅油画,５幅国画, 排成一行陈列,要求同一 品种的必须连在一起，并且水彩画不在两端，那么共有陈列方式的种数为
2. 5男生和５女生站成一排照像,男生相邻,女生也相邻的排法有种
十.元素相同问题隔板策略
例10.有10个运动员名额，分给7个班，每班至少一个,有多少种分配方案？
解：因为10个名额没有差别，把它们排成一排。相邻名额之间形成９个空隙。在９个空档中选６个位置插个隔板，可把名额分成７份，对应地分给７个班级，每一种插板方法对应一种分法共有种分法。




练习题：
10个相同的球装5个盒中,每盒至少一有多少装法？
2.求这个方程组的自然数解的组数
十一.正难则反总体淘汰策略
例11.从0,1,2,3,4,5,6,7,8,9这十个数字中取出三个数，使其和为不小于10的偶数,不同的
取法有多少种？
解：这问题中如果直接求不小于10的偶数很困难,可用总体淘汰法。这十个数字中有5个偶数5个奇数,所取的三个数含有3个偶数的取法有,只含有1个偶数的取法有,和为偶数的取法共有。再淘汰和小于10的偶数共9种，符合条件的取法共有


练习题：我们班里有43位同学,从中任抽5人,正、副班长、团支部书记至少有一人在内的
抽法有多少种?
十二.平均分组问题除法策略
例12. 6本不同的书平均分成3堆,每堆2本共有多少分法？
解: 分三步取书得种方法,但这里出现重复计数的现象,不妨记6本书为ABCDEF，若第一步取AB,第二步取CD,第三步取EF该分法记为(AB,CD,EF),则中还有(AB,EF,CD),(CD,AB,EF),(CD,EF,AB)(EF,CD,AB),(EF,AB,CD)共有种取法 ,而这些分法仅是(AB,CD,EF)一种分法,故共有种分法。

练习题：
1 将13个球队分成3组,一组5个队,其它两组4个队, 有多少分法？（）
2.10名学生分成3组,其中一组4人, 另两组3人但正副班长不能分在同一组,有多少种不同的
分组方法 （1540）
3.某校高二年级共有六个班级，现从外地转 入4名学生，要安排到该年级的两个班级且每班安
排2名，则不同的安排方案种数为______（）
十三. 合理分类与分步策略
例13.在一次演唱会上共10名演员,其中8人能能唱歌,5人会跳舞,现要演出一个2人唱歌2人伴舞的节目,有多少选派方法
解：10演员中有5人只会唱歌，2人只会跳舞3人为全能演员。选上唱歌人员为标准进行研究
只会唱的5人中没有人选上唱歌人员共有种,只会唱的5人中只有1人选上唱歌人员种,只会唱的5人中只有2人选上唱歌人员有种，由分类计数原理共有
种。


练习题：
1.从4名男生和3名女生中选出4人参加某个座 谈会，若这4人中必须既有男生又有女生，则不同的选法共有34
2. 3成人2小孩乘船游玩,1号船最多乘3人, 2号船最多乘2人,3号船只能乘1人,他们任选2只船或3只船,但小孩不能单独乘一只船, 这3人共有多少乘船方法. （27）
本题还有如下分类标准：
*以3个全能演员是否选上唱歌人员为标准
*以3个全能演员是否选上跳舞人员为标准
*以只会跳舞的2人是否选上跳舞人员为标准
都可经得到正确结果
十四.构造模型策略
例14. 马路上有编号为1,2,3,4,5,6,7,8,9的九只路灯,现要关掉其中的3盏,但不能关掉相邻的2盏或3盏,也不能关掉两端的2盏,求满足条件的关灯方法有多少种？
解：把此问题当作一个排队模型在6盏亮灯的5个空隙中插入3个不亮的灯有 种


练习题：某排共有10个座位，若4人就坐，每人左右两边都有空位，那么不同的坐法有多少种？（120）
十五.实际操作穷举策略
例15.设有编号1,2,3,4,5的五个球和编号1,2,3,4,5的五个盒子,现将5个球投入这五个盒子内,要求每个盒子放一个球，并且恰好有两个球的编号与盒子的编号相同,有多少投法
解：从5个球中取出2个与盒子对号有种还剩下3球3盒序号不能对应，利用实际操作法，如果剩下3,4,5号球, 3,4,5号盒3号球装4号盒时，则4,5号球有只有1种装法，同理3号球装5号盒时,4,5号球有也只有1种装法,由分步计数原理有种


3号盒 4号盒 5号盒


练习题：
1.同一寝室4人,每人写一张贺年卡集中起来,然后每人各拿一张别人的贺年卡，则四张贺年卡不同的分配方式有多少种？ (9)
2.给图中区域涂色,要求相邻区 域不同色,现有4种可选颜色,则不同的着色方法有 72种


十六. 分解与合成策略
例16. 30030能被多少个不同的偶数整除
分析：先把30030分解成质因数的乘积形式30030=2×3×5 × 7 ×11×13
依题意可知偶因数必先取2,再从其余5个因数中任取若干个组成乘积，
所有的偶因数为：
练习:正方体的8个顶点可连成多少对异面直线
解：我们先从8个顶点中任取4个顶点构成四体共有体共,每个四面体有
3对异面直线,正方体中的8个顶点可连成对异面直线

十七.化归策略
例17. 25人排成5×5方阵,现从中选3人,要求3人不在同一行也不在同一列,不同的选法有多少种？
解：将这个问题退化成9人排成3×3方阵,现从中选3人,要求3人
不在同一行也不在同一列,有多少选法.这样每行必有1人从其中的
一行中选取1人后,把这人所在的行列都划掉，如此继续下去.从
3×3方队中选3人的方法有种。再从5×5方阵选出3×3
方阵便可解决问题.从5×5方队中选取3行3列有选法所以从
5×5方阵选不在同一行也不在同一列的3人有选法。




练习题:某城市的街区由12个全等的矩形区组成其中实线表示马路，
从A走到B的最短路径有多少种？()

十八.数字排序问题查字典策略
例18．由0，1，2，3，4，5六个数字可以组成多少个没有重复的比324105大的数？
解:


练习:用0,1,2,3,4,5这六个数字组成没有重复的四位偶数,将这些数字从小到大排列起来,第71个数是 3140
十九.树图策略
例19．人相互传球,由甲开始发球,并作为第一次传球,经过次传求后,球仍回到甲的手中,则不同的传球方式有______


练习: 分别编有1，2，3，4，5号码的人与椅，其中号人不坐号椅（）的不同坐法有多少种？
二十.复杂分类问题表格策略
例20．有红、黄、兰色的球各5只,分别标有A、B、C、D、E五个字母,现从中取5只,要求各字母均有且三色齐备,则共有多少种不同的取法
解:



二十一：住店法策略
解决“允许重复排列问题”要注意区分两类元素：一类元素可以重复，另一类不能重复，把不能重复的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，再利用乘法原理直接求解.
例21.七名学生争夺五项冠军，每项冠军只能由一人获得，获得冠军的可能的种数有 .

分析：因同一学生可以同时夺得n项冠军，故学生可重复排列，将七名学生看作7家“店”，五项冠军看作5名“客”，每个“客”有7种住宿法，由乘法原理得7种.
小结
本节课，我们对有关排列组合的几种常见的解题策略加以复习巩固。排列组合历来是学习中的难点，通过我们平时做的练习题，不难发现排列组合题的特点是条件隐晦，不易挖掘，题目多变，解法独特，数字庞大，难以验证。同学们只有对基本的解题策略熟练掌握。根据它们的条件,我们就可以选取不同的技巧来解决问题.对于一些比较复杂的问题,我们可以将几种策略结合起来应用把复杂的问题简单化，举一反三，触类旁通，进而为后续学习打下坚实的基础。
【高考数学】破题36关
第12关： 几何概型问题—5类重要题型
解决几何概型问题首先要明确几何概型的定义，掌握几何概型中事件A的概率计算公式:.其次要学会构造随机事件对应的几何图形，利用图形的几何度量来求随机事件的概率．
1.几何概型的两个特征：
(1)试验结果有无限多；
(2)每个结果的出现是等可能的．
事件A可以理解为区域的某一子区域，事件A的概率只与区域A的度量（长度、面积或体积）成正比，而与A的位置和形状无关．
2..解决几何概型的求概率问题
关键是要构造出随机事件对应的几何图形，利用图形的几何度量来求随机事件的概率．
3.用几何概型解简单试验问题的方法
(1)适当选择观察角度，把问题转化为几何概型求解．
(2)把基本事件转化为与之对应的总体区域D.
(3)把随机事件A转化为与之对应的子区域d.
(4)利用几何概型概率公式计算．
4.均匀随机数
在一定范围内随机产生的数，其中每一个数产生的机会是一样的，通过模拟一些试验，可以代替我们进行大量的重复试验，从而求得几何概型的概率．一般地．利用计算机或计算器的rand（）函数可以产生0～1之间的均匀随机数．a～b之间的均匀随机数的产生：利用计算机或计算器产生0～1之间的均匀随机数x= rand( )，然后利用伸缩和平移变换x= rand( )*(b-a)+a,就可以产生[a，b]上的均匀随机数，试验的结果是产生a～b之间的任何一个实数，每一个实数都是等可能的．
5.均匀随机数的应用
(1)用随机模拟法估计几何概率；
(2)用随机模拟法计算不规则图形的面积．
下面举几个常见的几何概型问题.
一.与长度有关的几何概型
例1 如图,A,B两盏路灯之间长度是30米，由于光线较暗，想在其间再随意安装两盏路灯C,D,问A与C,B与D之间的距离都不小于10米的概率是多少？

思路点拨 从每一个位置安装都是一个基本事件，基本事件有无限多个，但在每一处安装的可能性相等，故是几何概型．
解 记 E：“A与C,B与D之间的距离都不小于10米”，把AB三等分，由于中间长度为30×=10米，
∴.
方法技巧 我们将每个事件理解为从某个特定的几何区域内随机地取一点，该区域中每一点被取到的机会都一样，而一个随机事件的发生则理解为恰好取到上述区域内的某个指定区域中的点，这样的概率模型就可以用几何概型来求解．
二.与面积有关的几何概型
例2 如图，射箭比赛的箭靶涂有五个彩色的分环．从外向内依次为白色、黑色、蓝色、红色，靶心为金色．金色靶心叫“黄心”．奥运会的比赛靶面直径为122 cm,靶心直径为12.2 cm.运动员在70 m外射箭．假设运动员射的箭都能中靶，且射中靶面内任一点都是等可能的，那么射中黄心的概率为多少？
思路点拨 此为几何概型，只与面积有关．
解 记“射中黄心”为事件B,由于中靶点随机地落在面积为的大圆内，而当中靶点落在面积为的黄心时，事件B发生，于是事件B发生的概率为.
即：“射中黄心”的概率是0.01.
方法技巧 事件的发生是“击中靶心”即“黄心”的面积；总面积为最大环的圆面积．
三.与体积有关的几何概型
例3.在区间[0,l]上任取三个实数x.y.z,事件A={(x,y,z)| x2+y2+z2＜1, x≥0,y≥0,z≥0}
(1)构造出随机事件A对应的几何图形；
（2)利用该图形求事件A的概率.
思路点拨: 在空间直角坐标系下，要明确x2+y2+z2＜1表示的几何图形是以原点为球心，半径r=1的球的内部．事件A对应的几何图形所在位置是随机的，所以事件A的概率只与事件A对应的几何图形的体积有关，这符合几何概型的条件．
解：（1）A={(x,y,z)| x2+y2+z2＜1, x≥0,y≥0,z≥0}表示空间直角坐标系中以原点为球心，半径r=1的球的内部部分中x≥0,y≥0,z≥0的部分，如图所示．
(2)由于x,y,z属于区间[0,1]，当x=y=z=1时，为正方体的一个顶点，事件A为球在正方体内的部分．
∴.
方法技巧：本例是利用几何图形的体积比来求解的几何概型，关键要明白点P(x,y,z)的集合所表示的图形．从本例可以看出求试验为几何概型的概率，关键是求得事件所占区域和整个区域的几何度量，然后代入公式即可解，另外要适当选择观察角度.
四.求会面问题中的概率
例4 两人约定在20：00到21：00之间相见，并且先到者必须等迟到者40分钟方可离去，如果两人出发是各自独立的，在20：00到21：00各时刻相见的可能性是相等的，求两人在约定时间内相见的概率．
思路点拨 两人不论谁先到都要等迟到者40分钟，即小时．设两人分别于x时和y时到达约见地点，要使两人在约定的时间范围内相见，当且仅当-≤x-y≤，因此转化成面积问题，利用几何概型求解．
解 设两人分别于x时和y时到达约见地点，要使两人能在约定时间范围内相见，
当且仅当-≤x-y≤.
两人到达约见地点所有时刻(x,y)的各种可能结果可用图中的单位正方形内（包括边界）的点来表示，两人能在约定的时间范围内相见的所有时刻（x,y）的各种可能结果可用图中的阴影部分（包括边界）来表示．
因此阴影部分与单位正方形的面积比就反映了两人在约定时间范围内相遇的可能性的大小，也就是所求的概率为
.
方法技巧 会面的问题利用数形结合转化成面积问题的几何概型．难点是把两个时间分别用x,y两个坐标表示，构成平面内的点(x,y),从而把时间是一段长度问题转化为平面图形的二维面积问题，转化成面积型几何概型问题．
五.均匀随机数的应用
例5 利用随机模拟方法计算图中阴影部分(由曲线y= 2x与x轴、x=±1围成的部分）面积．

思路点拨 不规则图形的面积可用随机模拟法计算．
解 (1)利用计算机产生两组[0,1]上的随机数,a1=rand（ ），b1=rand( )．
(2)进行平移和伸缩变换,a=(a1-0.5)*2,b=b1*2,得到一组[0,2]上的均匀随机数．
(3)统计试验总次数N和落在阴影内的点数N1.
(4)计算频率，则即为落在阴影部分的概率的近似值．
(5)利用几何概型公式得出点落在阴影部分的概率
(6)因为=,所以S=即为阴影部分的面积.
方法技巧 根据几何概型计算公式，概率等于面积之比，如果概率用频率近似在不规则图形外套上一个规则图形，则不规则图形的面积近似等于规则图形面积乘以频率．而频率可以通过随机模拟的方法得到，从而求得不规则图形面积的近似值．
【高考数学】破题36关
第13关： 直线中的对称问题—4类对称题型
直线的对称问题是我们学习平面解析几何过程中的不可忽视的问题，我们可以把它主要归纳为，点关于点对称，点关于线对称，线关于点对称，线关于线对称问题，下面我们来一一探讨：
一、点关于点对称问题
解决点点对称问题的关键是利用中点坐标公式，同时也是其它对称问题的基础.
例1.求点（1）关于点的对称点的坐标,
（2）， 关于点对称，求点坐标.
解：由题意知点是线段的中点,
所以易求（1）
（2）.
因此，平面内点关于对称点坐标为
平面内点，关于点对称
二、点关于线对称问题
求定点关于定直线的对称问题时，根据轴对称定义利用①两直线斜率互为负倒数,②中点坐标公式来求得.
例2．已知点直线：，求点关于直线的对称点的坐标
解:法（一）解：设，则中点坐标为且满足直线的方程
①
又与垂直，且斜率都存在
即有 ②
由①②解得 ，

法（二）求点点关于线对称问题，其实我们可以转化为求点关于点对称的问题，可先求出的直线方程进而求与的交点坐标，再利用中点坐标公式建立方程求坐标.

三、线关于点对称问题
求直线关于某一点的对称直线的问题，一般转化为直线上的点关于点的对称问题.
例3．求直线：关于点的对称直线的方程.
解:法（一）直线：与两坐标轴交点为，
点关于对称点
点关于对称点
过的直线方程为
故所求直线方程为.
法（二）由两直线关于点对称，易知两直线平行，则对称点到两直线的距离相等，可以建立等式，求出直线方程.

四、线关于线的对称问题
求直线关于直线的对称问题，一般转化为点关于直线对称问题：即在已知直线上任取两不同点，求出这两点关于直线的对称点再求出直线方程.
例4．求已知直线：关于直线对称的直线方程.
解：在：上任取一点
直线的斜率为3
过点且与直线垂直的直线斜率为，方程为
得
所以点为直线与的交点，利用中点坐标公式求出关于的对称点坐标为
又直线与的交点也在所求直线上
由 得 所以交点坐标为.
过和的直线方程为，故所求直线方程.

【高考数学】破题36关
第14关： 利用导数证明不等式问题—4大解题技巧
趣题引入
已知函数 设，
证明：
分析：主要考查利用导数证明不等式的能力。
证明：，设
当时 ，当时 ，
即在上为减函数，在上为增函数
∴，又 ∴，
即
设
当时，，因此在区间上为减函数；
因为，又 ∴，
即
故
综上可知，当 时，
本题在设辅助函数时，考虑到不等式涉及的变量是区间的两个端点，因此，设辅助函数时就把其中一个端点设为自变量，范例中选用右端点，读者不妨设为左端点试一试，就能体会到其中的奥妙了。
技巧精髓
一、利用导数研究函数的单调性，再由单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，也是近几年高考的热点。
二、解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或求最值，从而证得不等式，而如何根据不等式的结构特征构造一个可导函数是用导数证明不等式的关键。
1、利用题目所给函数证明
【例1】 已知函数，求证：当时，
恒有
分析：本题是双边不等式，其右边直接从已知函数证明，左边构造函数
，从其导数入手即可证明。
【绿色通道】
∴当时，，即在上为增函数
当时，，即在上为减函数
故函数的单调递增区间为，单调递减区间
于是函数在上的最大值为，因此，当时，，即∴ （右面得证），现证左面，令，
当 ，
即在上为减函数，在上为增函数，
故函数在上的最小值为，
∴当时，，即
∴，综上可知，当
【警示启迪】如果是函数在区间上的最大（小）值，则有（或），那么要证不等式，只要求函数的最大值不超过就可得证．
2、直接作差构造函数证明
【例2】已知函数 求证：在区间上，函数的图象在函数的图象的下方；
分析：函数的图象在函数的图象的下方问题，
即，只需证明在区间上，恒有成立，设，，考虑到
要证不等式转化变为：当时，，这只要证明： 在区间是增函数即可。
【绿色通道】设，即，
则=当时，=从而在上为增函数，∴
∴当时 ，即，故在区间上，函数的图象在函数的图象的下方。
【警示启迪】本题首先根据题意构造出一个函数（可以移项，使右边为零，将移项后的左式设为函数），并利用导数判断所设函数的单调性，再根据函数单调性的定义，证明要证的不等式。读者也可以设做一做，深刻体会其中的思想方法。
3、换元后作差构造函数证明
【例3】证明：对任意的正整数n，不等式 都成立.
分析：本题是山东卷的第（II）问，从所证结构出发，只需令，则问题转化为：当时，恒有成立，现构造函数，求导即可达到证明。
【绿色通道】令，则在上恒正，所以函数在上单调递增，∴时，恒有 即，∴
对任意正整数n，取
【警示启迪】我们知道，当在上单调递增，则时，有．如果＝，要证明当时，，那么，只要令＝－，就可以利用的单调增性来推导．也就是说，在可导的前提下，只要证明０即可．
4、从条件特征入手构造函数证明
【例4】若函数y=在R上可导且满足不等式x>－恒成立，且常数a，b满足a>b，求证：．a>b
【绿色通道】由已知 x+>0 ∴构造函数 ，
则 x+>0， 从而在R上为增函数。
∴ 即 a>b
【警示启迪】由条件移项后，容易想到是一个积的导数，从而可以构造函数，求导即可完成证明。若题目中的条件改为，则移项后，要想到是一个商的导数的分子，平时解题多注意总结。
【思维挑战】
1、 设
求证：当时，恒有，
2、已知定义在正实数集上的函数其中a>0，且， 求证：
3、已知函数，求证：对任意的正数、，
恒有
4、是定义在（0，+∞）上的非负可导函数，且满足≤0，对任意正数a、b，若a < b，则必有 （ ）
（A）af (b)≤bf (a)（B）bf (a)≤af (b)
（C）af (a)≤f (b)（D）bf (b)≤f (a)
【答案咨询】
1、提示：，当，时，不难证明
∴，即在内单调递增，故当时，
，∴当时，恒有
2、提示：设则
= ，∴ 当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，于是函数 在上的最小值是，故当时，有，即
3、提示：函数的定义域为，
∴当时，，即在上为减函数
当时，，即在上为增函数
因此在取得极小值，而且是最小值
于是，即
令 于是
因此
4、提示：，，故在（0，+∞）上是减函数，由 有 af (b)≤bf (a) 故选（A）
【高考数学】破题36关
第15关： 函数中易混问题—11对
函数是高中数学中最重要的概念之一．在处理函数有关问题时，有些概念容易混淆，若不能理解概念的本质，就会产生错误．本文针对函数中容易混淆的十一对问题加以剖析并举例说明．
一、定义域与值域
例1．（I）若函数的定义域为，求实数的取值范围．
（II）若函数的值域为，求实数的取值范围．
分析：（I）若函数的定义域为，就是无论为何实数，永远成立．令，则的图象始终在轴的上方，因此，就有且，从而，．
（II）若函数的值域为，就是应该取遍一切正的实数，也就是集合是值域的子集．当时，，它的值域是，符合要求；当时，只要就能保证集合是值域的子集，解得；时不合要求．故实数的取值范围是．
评注：在处理具体的函数时，要切实把握定义域是自变量取值的集合，而值域是函数值的集合．
二、定义域与有意义
例2．（I）已知函数的定义域为，求实数的取值范围．
（II）已知函数在区间上有意义，求实数的取值范围
分析：（I）因为函数的定义域为，所以不等式的解集是，于是，是方程的根，代入求得．
（II）因为函数在区间上有意义，所以，不等式对恒成立，即对恒成立，而，即．
评注：若在上有意义，则是函数定义域的子集．
三、值域与函数值变化范围
例3．（I）若函数的值域为，求实数的取值范围．
（II）若函数的值恒大于或等于1，求实数的取值范围．
分析：（I）因为函数，所以，即的值域为，于是有，解得或．
（II）因为函数恒成立，即恒成立，因此有恒成立，解得．
评注：函数的值域是函数值的集合，其中每一个元素都是函数值；而函数值恒大于等于1，是指函数值在内，并非要求取遍内的每一个值．
四、主元与次元
例4．（I）对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
（II）对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
分析：（I）原来的不等式可以转化为对于恒成立；按对称轴分下面三种情况讨论：
i）当时，即时，只要，即，此时矛盾．
ii）当时，即时，只要，即，此时矛盾．
iii）当时，即时，只要，即．
综上，实数的取值范围．
（II）原来的不等式可以转化为对于恒成立；只要即可，于是，解得或或
评注：构造函数时并不一定要以为自变量，应该根据已知条件，选择恰当的变量为主元，从而使问题简化．
五、有解与恒成立
例5．（I）已知，若恒成立，求实数的取值范围．
（II）已知，若有解，求实数的取值范围．
分析：（I）因为恒成立，这就要求的图象全部在直线的上方，即就可，易知，所以，．
（II）要使有解，这就要求的图象上有点在直线的上方即可，即，又，所以，
评注：“有解”是要求某范围内存在使得不等式成立即可．有解，有解．
“恒成立”要求对某范围内任意的，不等式都成立．恒成立，恒成立．
六、单调区间与区间单调
例6．（I）若函数在区间上单调递增，求实数的取值范围．
（II）若函数单调递增区间是，求实数的取值范围．
分析：（I）在区间上单调递增，那么，对称轴，解得．
（II）图象的对称轴是，那么，的单调递增区间为，于是就有，解得．
评注：若函数在区间上具有单调性，则在的任一子区间上具有相同的单调性，而单调区间是具有单调性的最大区间．
七、某点处的切线与过某点的切线
例7．（I）求曲线在点处的切线方程．
（II）求曲线过点的切线方程．
分析：（I）由得，，所以曲线在点处的切线方程为，即．
（II）设切点为，又，所以切线斜率为，则曲线在点的切线方程为．又在切线上，于是就有，即，解得或；
当时，切点就是，切线为；
当时，切点就是，切线斜率为，切线为．
评注：只有曲线在某点处的切线斜率才是函数在该点处的导函数值，此时切线是唯一的；过某点作曲线的切线，无论该点是否在曲线上，都要设切点坐标，从而求出切点处的切线，满足条件的切线可能不唯一．
八、对称与周期
例8．（I）若函数对一切实数都有，且，求．（II）若函数对一切实数都有，且，求．
分析：（I）因为对于一切，都有，即，恒成立，那么就有的图象关于直线对称，所以，．
（II）因为函数对一切实数都有，那么就有是周期函数且，则 ．
评注：若函数对一切实数都有，则有的图象关于直线对称．若函数对一切实数都有，则有是周期函数，且其中一个周期为．
九、中心对称与轴对称
例9．（I）若函数对一切实数都有，且时有．求解析式．
（II）若函数对一切实数都有，且时有．求解析式．
分析：（I）若函数对一切实数都有，则有的图象关于直线成轴对称；又时有；所以时，有，；
解析式为
（II）函数对一切实数都有，那么的图象关于点成中心对称；又时有；所以时，有，．解析式为
评注：函数对一切实数都有，那么的图象关于点成中心对称．
十、时恒成立与时恒成立
例10．（I）已知函数，（为实数），若对于任意的，都有成立，求实数的取值范围．
（II）已知函数，（为实数），若对于任意的，都有成立，求实数的取值范围．
分析：（I）设，则；于是，对于任意的时，恒成立．即；容易知道，故．
（II）对于任意的，都有恒成立，等价于当时，；容易求得，，于是，故．
评注：时恒成立，等价于时，；时恒成立，等价于时．
十一、函数单调与数列单调
例11．（I）若函数是单调增函数，求实数的取值范围．
（II）若函数（且）是单调增函数，求实数的取值范围．
分析：（I）因为函数在区间是单调增函数，所以对称轴直线，得实数的取值范围是．
（II）因为函数在且上是单调增函数，所以，对于一切，恒成立，即恒成立，故．
评注：数列是特殊的函数．若在上是增函数，则数列一定是增数列，但反之未必成立．因此，函数的单调性与对应数列的单调性有时会不一致，应该慎重处理．
【高考数学】破题36关
第16关： 三项展开式问题—破解“四法”
如何求解三项展开式中某些指定的项，同学们普遍感到比较陌生。下面介绍四种破解三项展开式问题的方法，供参考．
问题：求展开式中的系数为.

1、两项看成一项，利用二项式定理展开
三项展开式的问题可将其中两项作为整体，利用二项式定理来处理，这是把三项式向二项式转化的有效途径．
解法1：
=
所以项的系数为．

2、两项看成一项，抓展开式的通项公式
解法2：
，r=0，1，2，3，4，5，则的系数由来确定
由r + k = 5得
所以项的系数为．
点评：这种解法本质上同解法1相同，先将其中两项作为整体，两次利用二项式定理的通项公式后，就得到了三项展开式的通项公式为

3、因式分解，转化为两个二项展开式
解法3：
=
相乘合并得项的系数为92．
点评：若三项式可分解因式，则可以转化为两个二项式的积的形式；若三项式恰好是二项式的平方，则也可直接转化为二项式问题求解，如 ．

4、看作多个因式的乘积，用组合的知识解答
解法4：将看作5个因式的乘积，这5个因式乘积的展开式中形成的来源有：
①5个因式各出一个2x，这样的方式有种，对应的项为；
②有3个因式各出一个2x，有1个因式出一个 - 3x2，剩余1个因式出一个1，这样的方式有种，对应的项为；
③有1个因式出一个2x，2个因式各出一个- 3x2，剩余2个因式各出一个1，这样的方式有种，对应的项为；
所以项的系数为
点评：对于求三项展开式中指定项的系数问题，一般都可以根据因式连乘的规律，结合组合的知识求解，也很简捷，但要注意将各种情况讨论全，避免遗漏．

【高考数学】破题36关
第17关： 由递推关系求数列通项问题—“不动点”法
由递推公式求其数列通项历来是高考的重点和热点题型，对那些已知递推关系但又难求通项的数列综合问题，充分运用函数的相关性质是解决这类问题的着手点和关键．与递推关系对应的函数的“不动点”决定着递推数列的增减情况，因此我们可以利用对函数“不动点”问题的研究结果，来简化对数列通项问题的探究。笔者在长期的教学实践中，不断总结探究反思，对那些难求通项的数列综合问题，形成利用函数不动点知识探究的规律性总结，以期对同学们解题有所帮助．
不动点的定义
一般的，设的定义域为,若存在，使成立，则称为的
不动点，或称为图像的不动点。
求线性递推数列的通项
定理1 设，且为的不动点，满足递推关系，，证明是公比为a的等比数列。
证：∵是的不动点，所以，所以，所以，∴数列是公比为的等比数列。
例1 已知数列的前项和为，且，
(1)证明：是等比数列；(2)求数列的通项公式，并求出使得成立的最小正整数.
证：(1) 当n1时，a114；当时，anSnSn15an5an11，即即，记，令，求出不动点，由定理1知：，又a11 15 ≠0，所以数列{an1}是等比数列。(2)解略。
求非线性递推数列的通项
定理2 设，且是的不动点，数列满足递推关系，，（ⅰ）若，则数列是公比为的等比数列；（ⅱ），则数列是公差为的等差数列。
证：（ⅰ）由题设知；
同理
∴，
所以数列是公比为的等比数列。
（ⅱ）由题设知＝的解为，∴且＝。所以

，所以数列是公差为的等差数列。
例2设数列的前项和为，且方程有一根为。求数列的通项公式。
解：依题，且，将代入上式，得，记，令，求出不动点，由定理2（ⅱ）知：，所以数列是公差为的等差数列，所以，因此数列的通项公式为。
例3已知数列中，
（Ⅰ）设，求数列的通项公式. （Ⅱ）求使不等式成立的的取值范围 .
解：（Ⅰ）依题，记，令，求出不动点；由定理2（ⅰ）知：， ；
两式相除得到，所以是以为公比，为首项的等比数列，所以，从而（Ⅱ）解略。
定理3 设，且是的不动点，数列满足递推关系，，则有；若，则是公比为的等比数列。
证：∵是的不动点，∴，。
，又，则，
∴，故是公比为的等比数列。
已知数列满足，．⑴求证：；⑵求证：；⑶求数列的通项公式．
证：⑴、⑵证略；⑶依题，记，令，求出不动点；由定理3知：，，
所以，又，所以．
又，令，则数列是首项为，公比为的等比数列．所以．由，得．所以．
利用函数“不动点”法求解较复杂的递推数列的通项问题，并不局限于以上三种类型，基于高考数列试题的难度，本文不再对更为复杂的递推数列进行论述，以下两个定理供有兴趣的同学探究证明。
定理4 设且是的最小不动点，数列满足递推关系，，则有
定理5 设且是的不动点，数列满足递推关系，，则有
【高考数学】破题36关
第18关： 类比推理问题—高考命题新亮点
类比是常见而重要的一种数学思想方法，它是指在新事物与已知事物之间的某些方面作类似的比较，把已经获得的知识、方法、理论迁移到新事物中，从而解决新问题。类比不仅是一种富有创造性的方法，而且更能体现数学的美感。
（一）不同知识点之间的类比
数学中的不同知识点在教材中是相对分散的，知识点之间的联系需要教师通过自己的数学设计展示给学生，从而使得学生的概念图网络更加丰富和结构化。它不仅可以在知识复习中使用，也可以在新知识的学习中进行。
1、立体几何中的类比推理
【例1】若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点M1、M2与点N1、N 2，则三角形面积之比为：若从点O所作的不在同一个平面内的三条射线OP、OQ和OR上分别有点P1、P2与点Q1、Q2和R1、R2，则类似的结论为： 。
【分析】在平面中是两三角形的面积之比，凭直觉可猜想在空间应是体积之比，故猜想
（证明略）
评注 本题主要考查由平面到空间的类比。要求考生由平面上三角形面积比的结论类比得出空间三棱锥体积比的相应结论。
【例2】在中有余弦定理：拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的3个侧面面积与其中两个侧面所成二面角之间的关系式，并予以证明。
【分析】根据类比猜想得出其中为侧面为与所成的二面角的平面角。
证明：作斜三棱柱的直截面DEF，则为面与面所成角，在中有余弦定理：，同乘以，得
即
评注 本题考查由平面三角形的余弦定理到空间斜三角柱的拓展推广，因为类比是数学发现的重要源泉，因此平时的教学与复习中更要注意类比等思想方法的学习。
【例3】 在平面几何中有“正三角形内任一点到三边的距离之和为定值”，那么在立体几何中有什么结论呢？
解析 “正三角形”类比到空间“正四面体”，“任一点到三边距离之和”类比到空间为“任一点到四个面的距离之和”，于是猜想的结论为：正四面体内任一点到其各面距离之和为定值。
图1
如图1，设边长为的正三角形内任一点到其三边的距离分别为、、，将分割成三个小三角形，则有，即距离之和为正三形的高（定值） 图2
类似地，如图2,设棱长为的正四面体内任一点到四个面的距离分别为、、、， 将正四面体分割成以为顶点，以四个面为底面的小三棱锥，则有，于是
所以为定值
【例4】 在平面几何中，有勾股定理：设的两边、互相垂直，则。拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面面积与底面面积间的关系，可得出的正确结论是：“设三棱锥的三个侧面、、两两互相垂直，则
答案为
类比不仅可以提供探求新背景下结论的思路，而且也为寻求结论的证明提供方法上的指导。将平面图形中的三角形与立体图形中的多面体进行类比，使不同数学分支之间的知识得到了巧妙的沟通，也使解题过程得到美化，让人有意犹未尽却又顺理成章的感觉。
2、解析几何中的类比推理
【例5】已知两个圆：①与②，则由①式减去②式可得上述两圆的对称轴方程，将上述命题在曲线仍为圆的情况下加以推广，既要求得到一个更一般的命题，而已知命题要成为所推广命题的一个特例，推广的命题为 。
【分析】将题设中所给出的特殊方程①、②推广归纳到一般情况：
设圆的方程为③与④，其中或，则由③式减去④式可得两圆的对称轴方程。
评注 本题通过类比推广，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。
3、数列中的类比推理
【例6】定义“等和数列”：在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和。已知数列，是等和数列，且，公和为5，那么的值为 ，这个数列的前n项和的计算公式为 。
【分析】由等和数列的定义，易知故
当n为偶数时，；当n为奇数时，
评注 本题以“等和数列”为载体，解决本题的关键是课本中所学的等差数列的有关知识及其数学活动的经验，本题还考查分类讨论的数学思想方法。
4、函数中的类比推理
【例7】设函数，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得的值 。
【分析】此题得用类比课本中推导等差数列前n项和公式的倒序相加法，观察每一个因式的特点，尝试着计算
∵
∴
发现正好是一个定值，∴，∴
评注 此题依据大纲和课本，在常见中求新意，在平凡中见奇巧，将分析和解决问题的能力的老本放在了突出的位置。本题通过弱化或强化条件与结论，揭示出它与某类问题的联系与区别并变更出新的命题。这样，通过从课本出发，无论是对内容的发散，还是对解题思维的深入，都能收到固本拓新之用，收到“秀枝一株，嫁接成林”之效，从而有效于发展学生创新的思维。
5、排列组合中的类比推理
【例8】已知数列（n为正整数）的首项为，公比为的q等比数列。
（1）求和：
（2）由（1）的结果，归纳概括出关于正整数n的一个结论，并加以证明。
【分析】本题由（1）的结论，通过大胆猜测，归纳猜想出一般性的结论：
（1）
（2）归纳概括的结论为：若数列是首项为，公比为q的等比数列，则
（证明略）
评注 本题主要考查探索能力、类比归纳能力与论证能力，突出了创新能力的考查；通过抓住问题的实质，探讨具有共同的属性，可以由特殊型命题直接归纳概括出一般型命题。
6、新定义、新运算中的类比
【例9】若记号“*”表示两个实数a与b的算术平均的运算，即，则两边均含有运算符号“*”和“+”，且对于任意3个实数a，b，c都能成立的一个等式可以是 。
【分析】由于本题是探索性和开放性问题，问题的解决需要经过一定的探索过程，并且答案不惟一。这题要把握住，还要注意到试题的要求不仅类比推广到三个数，而且等式两边均含有运算符号“*”和“+”，则可容易得到
正确的结论还有：等。
【例10】对于直角坐标平面内的任意两点，定义它们之间的一种“距离”：
给下列三个命题：
①若点C线段AB上，则;
②在中，若°，则;
③在中，
其中真命题的个数为（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【分析】对于直角坐标平面内的任意两点定义它们之间的一种“距离”： ①若点C在线段AB上，设C点坐标为，在、之间，在、之间，则
③在中，
∴命题①成立，命题③错误。而命题②在在中，若则明显不成立，选B。
【例11】设P是一个数集，且至少含有两个数，若对任意，都有
（除数）则称P是一个数域，例如有理数集Q是数域，数集也是数域。有下列命题：
①整数集是数域；
②若有理数集,则数集M必为数域；
③数域必为无限集；
④存在无穷多个数域。
其中正确的命题的序号是 。（把你认为正确的命题的序号都填上）
【分析】①错。4,5是整数，但不是整数。②错。设M由有理数集合Q和元素组成，则1,，但是不属于M。③正确。设，其中一个必定不等于零，设，则，所以所以，所以所有负整数都属于P，而负整数有无穷多个，所以③正确。④正确。把数域中的改为，仍是数域，有无穷多个。
故应填③④。
（二）数学知识与实际生活问题的类比
学生在处理常规数学问题时较易上手，而对有生活背景的问题则“怵”。数学知识与生活问题本身存在这样那样的联系，如果注意挖掘，那么对于培养学生的应用意识是十分有利的。
【例12】从1楼到2楼总共有20级台阶，如果规定每步只能跨上一级或二级，问从1楼爬上2楼共有几种不同的走法？
解析 这是生活中常见的一个问题，直接思考觉得走法太多，所以思考这个问题能否在数学中找到相应的模型，记上第级台阶共有种方法，若想上第20级台阶，则可从第18级跨两级或从第19级跨一级而到达，所以，类似地，….注意到，运用以上递推关系（斐波那契数列），逐项计算得，那上2楼共有10946种方法。
生活中的不少问题往往可以找到其数学根源，通过思考将这种联系（数学模型）挖掘出来，就把生活中的问题与数学知识、方法进行了类比，有意识在引导或发现这种思考方法，有利于增加学生的数学应用意识和解决实际问题的能力。
（三）结束语
讲解双曲线的性质时常用椭圆的性质来类比，讲解等比数列的时候用等差数列来类比。不仅数学知识如此，实际上惠更斯提出的波动说，就是与水波、声波类比而受到的启发。英国医生詹纳发现的种牛痘可以预防天花，就是从挤奶女工感染了牛痘而不患天花中得到启发，从树叶的锯齿形状发明了锯，从雄鹰的飞起到制造飞机上天等，总之，类比思想方法博大精深，能够收到严格逻辑推理所不能达到的效果，它能提高人们的数学素质，改善思维品质，既富有创造性，又让人产生柳暗花明又一村的美感。
【高考数学】破题36关
第19关： 函数定义域问题—知识大盘点
一、求函数的定义域需要从这几个方面入手：
（1）分式中的分母不为零
（2）偶次根式的被开方数非负
（3）对数中的真数部分大于0
（4）指数、对数的底数大于0，且不等于1
（5）y=tanx中x≠kπ+π/2；y=ctx中x≠kπ，k
( 6 )中x
（7）由实际问题建立的函数，要使实际问题有意义
二、定义域的求法
1、直接定义域问题
例1 求下列函数的定义域：
① ；② ；③

解：①∵x-2=0，即x=2时，分式无意义，
而时，分式有意义，∴这个函数的定义域是.
②∵3x+2<0，即x<-时，根式无意义，
而，即时，根式才有意义，
∴这个函数的定义域是{|}.
③∵当，即且时，根式和分式 同时有意义，
∴这个函数的定义域是{|且}
另解：要使函数有意义，必须： Þ
例2 求下列函数的定义域：
① ②
③ ④
⑤

解：①要使函数有意义，必须： 即：
∴函数的定义域为： []
②要使函数有意义，必须：

∴定义域为：{ x|}
③要使函数有意义，必须： Þ
∴函数的定义域为：
④要使函数有意义，必须：
∴定义域为：
⑤要使函数有意义，必须：
即 x< 或 x> ∴定义域为：
2 定义域的逆向问题
例3 若函数的定义域是R，求实数a 的取值范围 (定义域的逆向问题)
解：∵定义域是R,∴
∴

练习： 定义域是一切实数，则m的取值范围；

3 复合函数定义域的求法
例4 若函数的定义域为[1，1]，求函数的定义域
解：要使函数有意义，必须：
∴函数的定义域为：
例5 已知f(x)的定义域为[－1，1]，求f(2x－1)的定义域
分析：法则f要求自变量在[－1，1]内取值，则法则作用在2x－1上必也要求2x－1在 [－1，1]内取值，即－1≤2x－1≤1,解出x的取值范围就是复合函数的定义域；或者从位置上思考f(2x－1)中2x－1与f(x)中的x位置相同，范围也应一样，∴－1≤2x－1≤1,解出x的取值范围就是复合函数的定义域。
（注意：f(x)中的x与f(2x－1)中的x不是同一个x，即它们意义不同。）
解：∵f(x)的定义域为[－1，1]，
∴－1≤2x－1≤1，解之0≤x≤1，
∴f(2x－1)的定义域为[0，1]。

例6已知已知f(x)的定义域为[－1，1]，求f(x2)的定义域
答案：－1≤ ≤1 ≤1－1≤x≤1
练习：设的定义域是[3，]，求函数的定义域
解：要使函数有意义，必须： 得：
∵ ≥0 ∴
∴ 函数的定域义为：

例7 已知f(2x－1)的定义域为[0，1]，求f(x)的定义域
因为2x－1是R上的单调递增函数，因此由2x－1， x∈[0,1]求得的值域[－1，1]是f(x)的定义域

练习：

1、求下列函数的定义域：
⑴
⑵
⑶
2、设函数的定义域为，则函数的定义域为_ _ _；函数的定义域为________；
3、若函数的定义域为，则函数的定义域是 ；函数的定义域为 。
知函数的定义域为，且函数的定义域存在，求实数的取值范围。
5、 已知f(3x－1)的定义域为[－1，2），求f(2x+1)的定义域

6 、已知f(x2)的定义域为[－1，1]，求f(x)的定义域

7、 若的定义域是，则函数的定义域是 （ ）
Ａ．ＢＣ．Ｄ．
8、若函数= 的定义域为,则实数的取值范围是（ ）
A、(－∞,+∞) B、(0, C、(,+∞) D、[0,
9、若函数的定义域为，则实数的取值范围是（ ）
(A) (B) (C) (D)
10、函数的定义域是（ ）
A、 B、 C、 D、
练习题答案：
1、（1） （2） （3）
2、； 3、 4、
5、[ 6、[0,1] 7、C 8、D 9、 B 10、B
三、都是“定义域”惹的祸
函数三要素中，定义域是十分重要的，研究函数的性质时应首先考虑其定义域．在求解函数有关问题时，若忽视定义域，便会直接导致错解．下面我们举例分析错从何起．
一、求函数解析式时
例1．已知，求函数的解析式 .
错解：令，则，，
，
剖析：因为隐含着定义域是，所以由得，的定义域为，即函数的解析式应为（）
这样才能保证转化的等价性.
正解：由，令得，代入原解析式得（），即（）．
二、求函数最值（或值域）时
例2．若求的最大值．
错解：由已知有 ①，代入得
，∴当时，的最大值为．
剖析：上述错解忽视了二次函数的定义域必须是整个实数的集合，同时也未挖掘出约束条件中的限制条件．
正解：由得，
，，因函数图象的对称轴为，∴当是函数是增函数，故当当时，的最大值为．
例3．已知函数，则函数的最大值为（ ）
A．33 B．22 C．13 D．6
错解：==在上是增函数，故函数在时取得最大值为33．
正解：由已知所求函数的定义域是得，
==在是增函数，故函数在时取得最大值为13．
例4．已知，求的最大值和最小值．
错解：由得．∴．
∴
． ∵，∴．∴，．
剖析：∵中，则中，即，∴本题的定义域应为．
∴．
正解：（前面同上），由得．
∴，．
例5．求函数的值域．
错解：令，则，∴
．故所求函数的值域是．
剖析：经换元后，应有，而函数在上是增函数，随着增大而无穷增大．所以当时，．故所求函数的值域是．
三、求反函数时
例6．求函数 的反函数．
错解：函数的值域为,
又，即 ，所求的反函数为．
剖析：上述解法中忽视了原函数的定义域 ，没有对x进行合理取舍,从而得出了一个非函数表达式．
正解：由的值域为, 因，又，所求的反函数为．
四、求函数单调区间时
例7．求函数的单调递增区间.
错解：令，则，它是增函数. 在上为增函数，由复合函数的单调性可知，函数在上为增函数，即原函数的单调增区间是.
剖析：判断函数的单调性，必须先求出函数的定义域，单调区间应是定义域的子区间．
正解：由，得的定义域为.在上为增函数，由可复合函数的单调性可确定函数的单调增区间是.
例8．求的单调区间．
错解：令，，时，为减函数，
时，为增函数，又为减函数，故以复合函数单调性知原函数增区间为，减区间为．
剖析：在定义域内取，值不存在，显然上面所求不对，根本原因正是疏忽了定义域，单调区间必须在函数定义域内．由，得或，故增区间为，减区间为．
例9．指出函数的单调增区间．
错解：∵，∴，∴当时，或，∴函数的单调增区间为．
剖析：此题错在没有考虑函数的定义域，故本题的答案为．
五、判断函数的奇偶性时
例10．判断的奇偶性．
错解：∵， ∴为偶函数．
剖析：事实上奇偶函数定义中隐含着一个重要条件，即首先定义域必须是关于原点的对称区间．而此函数的定义域为，不满足上述条件，即应为非奇非偶函数．
【高考数学】破题36关
第20关： 求函数值域问题—7类题型16种方法
一、函数值域基本知识
1．定义：在函数中，与自变量x的值对应的因变量y的值叫做函数值，函数值的集合叫做函数的值域（或函数值的集合）。
2．确定函数的值域的原则
①当函数用表格给出时，函数的值域是指表格中实数y的集合；
②当函数用图象给出时，函数的值域是指图象在y轴上的投影所覆盖的实数y的集合；
③当函数用解析式给出时，函数的值域由函数的定义域及其对应法则唯一确定；
④当函数由实际问题给出时，函数的值域由问题的实际意义确定。
二、常见函数的值域，这是求其他复杂函数值域的基础。
函数的值域取决于定义域和对应法则，不论采用什么方法球函数的值域均应考虑其定义域。
一般地，常见函数的值域：
1.一次函数的值域为R.
2.二次函数，当时的值域为，当时的值域为.，
3.反比例函数的值域为.
4.指数函数的值域为.
5.对数函数的值域为R.
6.正，余弦函数的值域为，正，余切函数的值域为R.
三、求解函数值域的7类题型
题型一：一次函数的值域（最值）
1、一次函数： 当其定义域为，其值域为；
2、一次函数在区间上的最值，只需分别求出，并比较它们的大小即可。若区间的形式为或等时，需结合函数图像来确定函数的值域。
题型二：二次函数的值域（最值）
1、二次函数， 当其 定义域为时，其值域为
2、二次函数在区间上的值域(最值)
首先判定其对称轴与区间的位置关系
（1）若,则当时，是函数的最小值，最大值为中较大者；当时，是函数的最大值，最大值为中较小者。
（2）若,只需比较的大小即可决定函数的最大（小）值。
特别提醒：
①若给定区间不是闭区间，则可能得不到最大（小）值；
②若给定的区间形式是等时，要结合图像来确函数的值域；
③当顶点横坐标是字母时，则应根据其对应区间特别是区间两端点的位置关系进行讨论。
例1：已知 的定义域为，则的定义域为 。
例2：已知，且，则的值域为 。
题型三：一次分式函数的值域
1、反比例函数的定义域为，值域为
2、形如：的值域：
（1）若定义域为时，其值域为
（2）若时，我们把原函数变形为，然后利用（即的有界性），便可求出函数的值域。
例3：函数的值域为 ；若时，其值域为 。
例4：当时，函数的值域 。 （2）已知，且，则的值域为 。
例5：函数的值域为 ；若，其值域为
题型四：二次分式函数的值域
一般情况下，都可以用判别式法求其值域。但要注意以下三个问题： ①检验二次项系数为零时，方程是否有解，若无解或是函数无意义，都应从值域中去掉该值；②闭区间的边界值也要考查达到该值时的是否存在；③分子、分母必须是既约分式。
例6：；
例7：；
例8：；
例9：求函数的值域
解：由原函数变形、整理可得：
求原函数在区间上的值域，即求使上述方程在有实数解时系数的取值范围
当时，解得： 也就是说，是原函数值域中的一个值 …①
当时，上述方程要在区间上有解，
即要满足或 解得： ……②
综合①②得：原函数的值域为：
题型五：形如的值域 这类题型都可以通过换元转化成二次函数在某区间上求值域问题，然后求其值域。
例10： 求函数在时的值域
题型六：分段函数的值域
一般分别求出每一分段上函数的值域，然后将各个分段上的值域进行合并即可。如果各个分段上的函数图像都可以在同一坐标系上画出，从图像上便可很容易地得到函数的值域。
例11：
例12：
题型七：复合函数的值域
对于求复合函数的值域的方法是：首先求出该函数的定义域，然后在定义域的范围内由内层函数的值域逐层向外递推。
例13：
例14：
四、函数值域求解的十六种求法
（1）直接法（俗名分析观察法）：
有的函数结构并不复杂，可以通过基本函数的值域及不等式的性质观察出函数的值域。即从自变量的范围出发，推出的取值范围。或由函数的定义域结合图象，或直观观察，准确判断函数值域的方法。注意此法关键是定义域。
例1：已知函数，，求函数的值域。
例2：求函数的值域。
例3：求函数的值域。
例4：求函数的值域。
（2）配方法：
二次函数或可转化为二次函数的函数常用此方法来还求解，但在转化的过程中要注意等价性，特别是不能改变定义域。对于形如或类的函数的值域问题，均可使用配方法。
例1．求函数的值域。
分析与解答：因为，即，，于是：
，。
例2．求函数在区间的值域。
分析与解答：由配方得：，
当时，函数是单调减函数，所以；
当时，函数是单调增函数，所以。
所以函数在区间的值域是。
（3）最值法：
对于闭区间上的连续函数，利用函数的最大值、最小值，求函数的值域的方法。
例1 求函数y=3-2x-x2 的值域。
解：由3-2x-x2≥0，解出定义域为［-3，1］。 函数y在［-3，1］内是连续的，在定义域内由3-2x-x2 的最大值为4，最小值为0。
∴函数的值域是［0,2］
例2：求函数，的值域。
例3：求函数的值域。
（4）反函数法（逆求或反求法）：
利用函数和它的反函数的定义域与值域的互逆关系，通过求反函数的定义域，得到原函数的值域。即通过反解，用来表示，再由的取值范围，通过解不等式，得出的取值范围。对于形如的值域，用函数和它的反函数定义域和值域关系，通过求反函数的定义域从而得到原函数的值域。
例1：求函数的值域。
解：由解得，
∵，∴，∴
∴函数的值域为。
（5）分离常数法：
分子、分母是一次函数得有理函数，可用分离常数法，此类问题一般也可以利用反函数法。小结：已知分式函数，如果在其自然定义域（代数式自身对变量的要求）内，值域为；如果是条件定义域（对自变量有附加条件），采用部分分式法将原函数化为，用复合函数法来求值域。
例1：求函数的值域。
解：∵，
∵，∴，
∴函数的值域为。
（6）换元法（代数/三角）：
对于解析式中含有根式或者函数解析式较复杂的这类函数，可以考虑运用代数或三角代换，将所给函数化成值域简单的熟悉的容易确定的基本函数，从而求得原函数的值域。当根式里是一次式时，用代数换元；当根式里是二次式时，用三角换元。
对形如的函数，令；形如的函数，令；形如含的结构的函数，可利用三角代换，令，或令.
例1：求函数的值域。
解：令（），则，
∴
∵当，即时，，无最小值。
∴函数的值域为。
例2．求函数的值域。
分析与解答：令，则。
，
当时，，值域为
例3．求函数的值域。
分析与解答：由=，令，
因为，，则=，
于是，，
，所以。
（7）判别式法：
把函数转化成关于的二次方程；通过方程有实数根，判别式，从而求得原函数的值域。对形如（、不同时为零）的函数的值域，通常转化成关于x的二次方程，由于方程有实根，即从而求得y的范围，即值域。值得注意的是，要对方程的二次项系数进行讨论。
注意：主要适用于定义在R上的分式函数，但定义在某区间上时，则需要另行讨论。
例1：求函数的值域。
解：由变形得，
当时，此方程无解；
当时，∵，∴，
解得，又，∴
∴函数的值域为
（8）函数单调性法：
确定函数在定义域（或某个定义域的子集）上的单调性，求出函数的值域。例如，.当利用不等式法等号不能成立时，可考虑利用函数的单调性解题。
例1：求函数的值域。
解：∵当增大时，随的增大而减少，随的增大而增大，
∴函数在定义域上是增函数。
∴，
∴函数的值域为。
例2．求函数在区间上的值域。
分析与解答：任取，且，则
，因为，所以：，
当时，，则；
当时，，则；而当时，
于是：函数在区间上的值域为。
构造相关函数，利用函数的单调性求值域。
例3：求函数的值域。
分析与解答：因为，而与在定义域内的单调性不一致。现构造相关函数，易知在定义域内单调增。，，，，
又，所以：，。
（9）基本不等式法
利用基本不等式求函数值域, 其题型特征解析式是和式时要求积为定值，解析式是积时要求和为定值。
利用基本不等式，用此法求函数值域时，要注意条件“一正，二定，三相等”.如利用求某些函数值域（或最值）时应满足三个条件①;②为定值；③取等号成立的条件.三个条件缺一不可。此外，有时需要合理地添项和拆项和两边平方等技巧, 添项和拆项的原则是要使最终的乘积结果中不含自变量,比如求函数的值域。
例1 求函数的值域.
解: , 当且仅当时成立. 故函数的值域为.
此法可以灵活运用, 对于分母为一次多项式的二次分式, 当然可以运用判别式法求得其值域, 但是若能变通地运用此法, 可以省去判别式法中介二次不等式的过程.
例2：求函数的值域：.
解：


当且仅当时，即时等号成立，
，所以元函数的值域为.
例3. 求函数的值域。
解：原函数变形为：

当且仅当
即当时，等号成立
故原函数的值域为：
例4. 求函数的值域。
解：

当且仅当，即当时，等号成立。
由可得：
故原函数的值域为：
（10）函数有界性法：
利用某些函数有界性求得原函数的值域。对于对形如，由于正余弦函数都是有界函数，值域为[-1，1]，利用这个性质可求得其值域。
例1：求函数的值域。
解：由函数的解析式可以知道，函数的定义域为，对函数进行变形可得
，
∵，∴（，），
∴，∴，s
∴函数的值域为
形如可解出Yr 范围,从而求出其值域或最值。
例2．求函数的值域
解： 由得

例3：求函数的值域。
例4：求函数的值域。
（11）数型结合法：
如果所给函数有较明显的几何意义（如两点间距离，直线的斜率、截距等）或当一个函数的图象易于作出时，可借助几何图形的直观性来求函数的值域，如由可联想到两点与连线的斜率或距离。
例1：求函数y=|x+1|+|x-2|的值域。
解法1：将函数化为分段函数形式：，画出它的图象，由图象可知，函数的值域是{y|y3}。
解法2（几何法或图象法）：∵函数y=|x+1|+|x-2|表示数轴上的动点x到两定点-1，2的距离之和，∴易见y的最小值是3，∴函数的值域是[3，+]。如图
）
例2．求函数的值域。
点拨：将原函数变形，构造平面图形，由几何知识，确定出函数的值域。
解：原函数变形为
作一个长为4、宽为3的矩形ABCD，再切割成12个单位正方形。设HK=,则EK=2,KF=2,AK=,
KC=。
由三角形三边关系知，AK+KC≥AC=5。当A、K、C三点共线时取等号。
∴原函数的知域为｛y|y≥5｝。
例3．求函数的值域。
解析：令，，则，，，原问题转化为：当直线与圆在直角坐标系的第一象限有公共点时，求直线的截距的取值范围。
由图1知：当经过点时，；
当直线与圆相切时，。
所以，值域为

例4. 求函数的值域。
解：将函数变形为
上式可看成定点A（3，2）到点P（x，0）的距离与定点到点的距离之差。即
由图可知：（1）当点P在x轴上且不是直线AB与x轴的交点时，如点，则构成，根据三角形两边之差小于第三边，有
即
（2）当点P恰好为直线AB与x轴的交点时，有
综上所述，可知函数的值域为
注：求两距离之和时，通常需要将函数式变形，使A、B两点在x轴的两侧，而求两距离之差时，则要使A，B两点在x轴的同侧。
（12）复合函数法：
对函数，先求的值域充当的定义域，从而求出的值域的方法。
例1、求函数 的值域
（复合函数法）设 ，
则


例2：求函数的值域。
（13）非负数法
根据函数解析式的结构特征，结合非负数的性质，可求出相关函数的值域。
例1、(1)求函数的值域。 (2)求函数的值域。
解析：(1)，
故 所求函数的值域为 。
(2)，原函数可化为 ，即 ， 当时，， ，，解得
又 ， 所以 ，
故 所求函数的值域为 。
（不等式性质法）
例2：求下列函数的值域：
（1）y=； （2）y=； （3）y=
（4）y=10-； （2）y=； （3）y=
（14）导数法
若函数在内可导, 可以利用导数求得在内的极值, 然后再计算在,点的极限值. 从而求得的值域.
例1： 求函数在内的值域.
分析:显然在可导，且. 由得的极值点为.
. .
所以, 函数的值域为.
（15）“平方开方法”
求函数值域的方法有很多种，如：“配方法”、“单调性法”、“换元法”、“判别式法”以及“平方开方法”等等.每一种方法都适用于求某一类具有共同特征的函数的值域.本文将指出适合采用“平方开方法”的函数有哪些共同的特征以及“平方开方法”的运算步骤，并给出四道典型的例题.
1.适合函数特征
设（）是待求值域的函数，若它能采用“平方开方法”，则它通常具有如下三个特征：
（1）的值总是非负，即对于任意的，恒成立；
（2）具有两个函数加和的形式，即（）；
（3）的平方可以写成一个常数与一个新函数加和的形式，即
（，为常数），
其中，新函数（）的值域比较容易求得.
2.运算步骤
若函数（）具备了上述的三个特征，则可以将先平方、再开方，从而得到（，为常数）.然后，利用的值域便可轻易地求出的值域.例如，则显然.
3.应用四例
能够应用“平方开方法”求值域的函数不胜枚举,这里仅以其中四道典型的例题来演示此法在解决具体问题时的技巧.
例1 求函数（，）的值域.
解：首先，当时，；
其次，是函数与的和；
最后，
可见，函数满足了采用“平方开方法”的三个特征.于是，对平方、开方得（）.这里，（）.对根号下面的二次函数采用“配方法”，即可求得的值域为.于是，的值域为.
例2 求函数（，，）的值域.
解：显然，该题就是例1的推广，且此题的也满足了采用“平方开方法”的三个特征.于是，对平方、开方得（）.这里，（）.对根号下面的二次函数采用“配方法”，即可求得的值域仍为.于是，的值域也仍为.
例3 求函数（）的值域.
解：参照例1的验证步骤，显然，此题的也满足了采用“平方开方法”的三个特征.于是，对平方、开方得（）.这里，（）.易知，的值域为.于是，的值域为.
例4 求函数（）的值域.
解：参照例1的验证步骤，显然，此题的也满足了采用“平方开方法”的三个特征.于是，对平方、开方得（）.这里，（）.易知，的值域为.于是，的值域为.
例5 求函数 的值域
解：（平方法）函数定义域为：

平方法）函数定义域为：

（16）一 一 映射法
原理：因为在定义域上x与y是一一对应的。故两个变量中，若知道一个变量范围，就可以求另一个变量范围。
例1. 求函数的值域。
解：∵定义域为
由得
故或
解得
故函数的值域为
（17）其他方法
其实，求解函数值域的方法，只不过是从解题过程中，对关键环节或典型步骤的一种称呼。实际上，其解法也远非上面总结的16种方法，还有倒数法等。此外我们还要明白：多种方法的配合使用，以及一题采用多种方法，在不断积累过程中，体会不同方法的长短，和练就根据实际问题选择较为简捷方法的能力。
例1. 求函数的值域。
解：令，则
（1）当时，，当且仅当t=1，即时取等号，所以
（2）当t=0时，y=0。
综上所述，函数的值域为：
注：先换元，后用不等式法
例2. 求函数的值域。
解：
令，则


∴当时，
当时，
此时都存在，故函数的值域为
注：此题先用换元法，后用配方法，然后再运用的有界性。
例3.求函数 的值域
解：（图象法）由图易得，值域为
例4.求函数 的值域
解（复合函数法）：令，则
由指数函数的单调性知，原函数的值域为
例5.求函数的值域
解（三角代换法）： 设

小结：
（1）若题目中含有，则可设

（2）若题目中含有
则可设，其中
（3）若题目中含有，则可设，其中
（4）若题目中含有，则可设，其中
（5）若题目中含有，则可设其中
例6、求函数 的值域
解法一：（逆求法）

解法二：（复合函数法）设 ，
则

解法三：（判别式法）原函数可化为
时 不成立
时，

综合1）、2）值域
解法四：（三角代换法）设，则

原函数的值域为
小结：
已知分式函数 ，如果在其自然定义域内可采用判别式法求值域；如果是条件定义域，用判别式法求出的值域要注意取舍，或者可以化为的形式，采用部分分式法，进而用基本不等式法求出函数的最大最小值；如果不满足用基本不等式的条件，转化为利用函数的单调性去解。
注：此题先用换元法，后用配方法，然后再运用的有界性。
总之，在具体求某个函数的值域时，首先要仔细、认真观察其题型特征，然后再选择恰当的方法，一般优先考虑直接法，函数单调性法和基本不等式法，然后才考虑用其他各种特殊方法。
五、与函数值域有关的综合题
例1设计一幅宣传画，要求画面面积为4840 cm2,画面的宽与高的比为λ(λ<1),画面的上、下各留8 cm的空白，左右各留5 cm空白，怎样确定画面的高与宽尺寸，才能使宣传画所用纸张面积最小？
如果要求λ∈［］，那么λ为何值时，能使宣传画所用纸张面积最小？
解 设画面高为x cm,宽为λx cm,则λx2=4840,设纸张面积为S cm2,
则S=(x+16)(λx+10)=λx2+(16λ+10)x+160,
将x=代入上式得 S=5000+44 (8+),
当8=,即λ=<1)时S取得最小值
此时高 x==88 cm, 宽 λx=×88=55 cm
如果λ∈［］，可设≤λ1<λ2≤,
则由S的表达式得
又≥,故8－>0,
∴S(λ1)－S(λ2)<0,∴S(λ)在区间［］内单调递增 从而对于λ∈［］,当λ=时，S(λ)取得最小值
答 画面高为88 cm,宽为55 cm时，所用纸张面积最小 如果要求λ∈［］,当λ=时，所用纸张面积最小
例2已知函数f(x)=,x∈［1,+∞
(1)当a=时，求函数f(x)的最小值
(2)若对任意x∈［1,+∞,f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围
解 (1) 当a=时，f(x)=x++2
∵f(x)在区间［1，+∞上为增函数，
∴f(x)在区间［1，+∞上的最小值为f(1)=
(2)解法一 在区间［1，+∞上，
f(x)= >0恒成立x2+2x+a>0恒成立
设y=x2+2x+a,x∈［1,+∞
∵y=x2+2x+a=(x+1)2+a－1递增，
∴当x=1时，ymin=3+a,当且仅当ymin=3+a>0时，函数f(x)>0恒成立，
故a>－3 
解法二 f(x)=x++2,x∈［1,+∞
当a≥0时，函数f(x)的值恒为正；
当a<0时，函数f(x)递增，故当x=1时，f(x)min=3+a,
当且仅当f(x)min=3+a>0时，函数f(x)>0恒成立，故a>－3
例3设m是实数，记M={m|m>1},f(x)=lg3(x2－4mx+4m2+m+)
(1)证明 当m∈M时，f(x)对所有实数都有意义；反之，若f(x)对所有实数x都有意义，则m∈M
(2)当m∈M时，求函数f(x)的最小值
(3)求证 对每个m∈M,函数f(x)的最小值都不小于1
(1)证明 先将f(x)变形 f(x)=lg3［(x－2m)2+m+］,
当m∈M时，m>1,∴(x－m)2+m+>0恒成立，
故f(x)的定义域为R
反之，若f(x)对所有实数x都有意义，则只须x2－4mx+4m2+m+>0,令Δ＜0,即16m2－4(4m2+m+)＜0,解得m>1,故m∈M
(2)解 设u=x2－4mx+4m2+m+,
∵y=lg3u是增函数，∴当u最小时，f(x)最小 
而u=(x－2m)2+m+,
显然，当x=m时，u取最小值为m+,
此时f(2m)=lg3(m+)为最小值
(3)证明 当m∈M时，m+=(m－1)+ +1≥3,
当且仅当m=2时等号成立
∴lg3(m+)≥lg33=1
【高考数学】破题36关
第21关： 求函数解析式问题—7种求法
待定系数法：在已知函数解析式的构造时，可用待定系数法．
例1 设是一次函数，且，求．
解：设，则
， ．
．
例2 已知二次函数f（x）满足f（0）=0，f（x+1）= f（x）+2x+8，求f（x）的解析式.
解：设二次函数f（x）= ax2+bx+c，则 f（0）= c= 0 ①
f（x+1）= a+b（x+1）= ax2+（2a+b）x+a+b ②
由f（x+1）= f（x）+2x+8 与①、② 得
解得 故f（x）= x2+7x.
评注: 已知函数类型，常用待定系数法求函数解析式.
配凑法：已知复合函数的表达式，求的解析式，的表达式容易配成的运算形式时，常用配凑法．但要注意所求函数的定义域不是原复合函数的定义域，而是的值域．
例3 已知 ，求 的解析式．
解：， ， ．
例4 已知f（+1）= x+2，求f（x）的解析式.
解： f（+1）= +2+1－1=－1，
∴ f（+1）= －1 （+1≥1），将+1视为自变量x，则有
f（x）= x2－1 （x≥1）.
评注: 使用配凑法时，一定要注意函数的定义域的变化，否则容易出错.
三、换元法：已知复合函数的表达式时，还可以用换元法求的解析式．与配凑法一样，要注意所换元的定义域的变化．
例5 已知，求．
解：令，则， ．
，
， ．
例6 已知f（）= ，求f（x）的解析式.
解： 设= t ，则 x= （t≠1），
∴f（t）= = 1+ +（t－1）= t2－t+1
故 f（x）=x2－x+1 （x≠1）.
评注: 实施换元后,应注意新变量的取值范围,即为函数的定义域.
四、代入法：求已知函数关于某点或者某条直线的对称函数时，一般用代入法．
例7已知：函数的图象关于点对称，求的解析式．
解：设为上任一点，且为关于点的对称点．
则 ，解得： ，
点在上 ， ．
把代入得：．
整理得， ．
例8 已知是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）=2x－x2，求f（x）函数解析式.
解：∵y=f（x）是定义在R上的奇函数， ∴y=f（x）的图象关于原点对称.
当x≥0时，f（x）=2x－x2的顶点（1，1），它关于原点对称点（－1，—1），
因此当x<0时，y=－1= x2 +2x.故 f（x）=
评注: 即根据所给函数图象的对称性及函数在某一区间上的解析式，求另一区间上的解析式.
对于一些函数图象对称性问题,如果能结合图形来解,就会使问题简单化.

五、构造方程组法：若已知的函数关系较为抽象简约，则可以对变量进行置换，设法构造方程组，通过解方程组求得函数解析式．
例9 设求．
分析：欲求f（x），必须消去已知中的f（），若用去代替已知中x，便可得到另一个方程，联立方程组求解即可.
解 ①
显然将换成，得： ②
解① ②联立的方程组，得：．
六、赋值法：当题中所给变量较多，且含有“任意”等条件时，往往可以对具有“任意性”的变量进行赋值，使问题具体化、简单化，从而求得解析式．
例10 已知：，对于任意实数x、y，等式恒成立，
求．
解对于任意实数x、y，等式恒成立，
不妨令，则有．
再令 得函数解析式为：．
七、递推法：若题中所给条件含有某种递进关系，则可以递推得出系列关系式，然后通过迭加、迭乘或者迭代等运算求得函数解析式．
例11 设是定义在上的函数，满足，对任意的自然数 都有，求．
解 ，
不妨令，得：，
又 ①
令①式中的x＝1，2，…，n－1得：
将上述各式相加得：，
， ．
【高考数学】破题36关
第22关：解答立体几何问题—5大数学思想方法

学习立体几何，除了要掌握基本的数学知识和技能外，还要注意领会与总结解决解答对应问题的常见数学思想方法，下面对解答立体几何问题的五大数学思想方法加以归纳整理，供复习参考．
１ 割补思想
分割与补形的思想方法是处理几何图形的重要方法，特别在处理非常规图形时，即使涉及比较熟悉的图形的问题，有时结合割补法也可以更好的得以解决，因此，此考点可明考，即出示陌生图形，也可暗考，即给出熟悉图形，但进行割补实现快速解题．
例１ 如图１，在多面体中，已知是边长为1的正方形，且均为正三角形，，，则该多面体的体积为（ ）．

解析 本题所涉及的为非常规图形，没有可套用的体积公式，故需要考虑割补．
解 如图１，作垂直于，垂足分别为，连结，由，则有垂直于．由图形的对称性，，知，由，，，得．故所求体积为，选．
例２ 表面积为 的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（ ）．

解析 将正八面体嵌入到正方体中，即以正八面体的顶点为正方体各面的中心，则可知正八面体的棱长为１，则正方体底面对角线长为２，正方体棱长为，即为正八面体外接球的直径，故球的体积为，选．
２ 分类讨论思想
若题目描述的情形不唯一，就要考虑借助分类与整合的思想方法解答．
例３ 如图２，在直三棱柱中， ，，，分别为的中点，沿棱柱的表面从到两点的最短路径的长度为 ．
解析 分别将沿折到平面上；将沿折到平面上；将沿折到平面上；将沿折到平面上，比较其中长即可．结果为．
３ 等价转化思想
一些立体几何问题，借助等价转化思想，可以得到更好解答．
３．１ 求距离的转化
点、线与面之间的距离，可以借助平行关系，借助等体积等方法实现距离的转化．
例４ 如图３，正方体的棱长为１，是底面的中心，则到平面的距离为（ ）．

解析 若直接过点作平面的垂线求距离，则难以操作．但若借助“过与平面平行的直线上每个点到平面的距离相等”，如图４，点分别是棱的中点，易知过点且与平面平行，于是，只需求点到平面的距离，又可得所求为的，即．
３．２ 求角的转化
求角问题，往往也可以借助平行关系进行转化解答．
例５ 如图５，在三棱锥P－ABC中，AB⊥BC， ，点O、D分别是AC、PC的中点，OP⊥底面ABC．求直线与平面所成角的大小．
解析 若直接求直线与平面所成的角，不易操作，但若根据，则可转化为求与平面所成的角．，，取的中点，连结，则，作于，连结，则平面，所以是与平面所成的角．又，所以与平面所成的角的大小等于，在中，，所以与平面所成角的大小为．
例６ （１）若一条直线与一个正四棱柱各个面所成的角都为，则．
（２）已知一平面与一正方体的12条棱的夹角都等于，则 ．
解析 对（１），由于正四棱柱的六个面两两对应平行，根据同一条直线与多个平行平面所成的角相等，问题转化为一条直线与正四棱柱共顶点的相邻三个面所成的角都为，求．如图６，设两两垂直且相等，作平面，则与三个侧面成角相等，连结并延长交于，连结，则，于是，设，则，，即．
对（２），类似可知，一组平行直线与同一平面所成的角相等，则问题可转化为如图６所示的与平面所成角的正弦，易知为．
３．３ 求最值的转化
一些立体几何的最值问题，往往通过图形变换进行转化．
例７ 如图７，已知正三棱柱的底面边长为1，高为8，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为．
解析 问题转化为将三棱柱的侧面沿剪开后展开，并补上展开后全等的部分后，所得矩形对角线的长，如图８所示，易得所求为．








３．４求体积的转化
一些求体积问题，往往需要借助体积的转化求解．
例８ 如图９，在体积为1的三棱锥侧棱上分别取点， 使，记为三平面的交点，则三棱锥的体积等于（ ）．

解析 如图１０，设，，则连结的交点为，设到平面的距离为，则由，可知点到平面的距离为；又由，故到平面的距离为；又由，故到平面的距离为．三棱锥的体积为１，故三棱锥的体积等于．选．
评注 本题通过多次体积间关系的转化，实现了所求体积与已知体积关系的明朗化．
４ 向量法
借助空间向量，特别是建立空间直角坐标系后，使向量坐标化，能够更加简捷的解答很多涉及位置关系判断及求角，求距离的题目．
例９ 已知四棱锥的底面为直角梯形，，底面，且，是的中点．
（Ⅰ）证明：面面；
（Ⅱ）求所成的角；
（Ⅲ）求面与面所成二面角的大小．
解析 根据题目特征，注意到两两垂直，可建立空间直角坐标系，借助直线的方向向量与平面的法向量解答．
解 因为，，，以为坐标原点长为单位长度，如图建立空间直角坐标系，则各点坐标为，，，，，．
（Ⅰ）证明：因，，故，所以．由题设知，且与是平面内的两条相交直线，由此得面．又在面上，故面⊥面．
（Ⅱ）解：因故，所以，即与所成的角为．
（Ⅲ）解：在上取一点，则存在使．要使，只需，即，解得．可知当时，点坐标为，能使．此时，，有．由， 得，所以为所求二面角的平面角．
．，故所求的二面角为．
５ 极端化方法
一些几何问题，借助想象其极端情形，可以更好的使问题得以解决．
例１０ 若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ ）．
三棱锥 四棱锥 五棱锥 六棱锥
解析 对于正六棱锥，当其高趋近于０时，侧棱长趋近于底面边长，但侧棱长始终大于底面边长，而不会相等，故选．
借助极端化方法，同学们可以求一下正六棱锥相邻侧面所成二面角的取值范围．

【高考数学】破题36关
第23关： 数列通项公式—常见9种求法
一、公式法
例1 已知数列满足，，求数列的通项公式。
解：两边除以，得，则，故数列是以为首项，以为公差的等差数列，由等差数列的通项公式，得，所以数列的通项公式为。
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，说明数列是等差数列，再直接利用等差数列的通项公式求出，进而求出数列的通项公式。
二、累加法
例2 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由得则
所以数列的通项公式为。
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。
例3 已知数列满足，求数列的通项公式
解：由得
所以
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式。
已知数列满足，求数列的通项公式。
解：两边除以，得，则，故
因此，则
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，即得数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。
三、累乘法
例5 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：因为，所以，则，故
所以数列的通项公式为
评注：本题解题的关键是把递推关系转化为，进而求出，即得数列的通项公式。
例6 已知数列满足，求的通项公式。
解：因为①
所以②
用②式－①式得则故
所以③
由，，则，又知，则，代入③得。
所以，的通项公式为
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，进而求出，从而可得当的表达式，最后再求出数列的通项公式。
四、待定系数法
例7 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：设④
将代入④式，得，等式两边消去，得，两边除以，得代入④式得⑤
由及⑤式得，则，则数列是以为首项，以2为公比的等比数列，则，故。
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
例8 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：设⑥
将代入⑥式，得
整理得。
令，则，代入⑥式得
⑦
由及⑦式，
得，则，
故数列是以为首项，以3为公比的等比数列，因此，则。
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求数列的通项公式。
例9 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：设 ⑧
将代入⑧式，得
，则
等式两边消去，得，
解方程组，则，代入⑧式，得
⑨
由及⑨式，得
则，故数列为以为首项，以2为公比的等比数列，因此，则。
评注：本题解题的关键是把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
五、对数变换法
例10 已知数列满足，，求数列的通项公式。
解：因为，所以。在式两边取常用对数得⑩
设11
将⑩式代入11式，得，两边消去并整理，得，则
，故
代入11式，得 12
由及12式，
得，
则，
所以数列是以为首项，以5为公比的等比数列，则，因此
则。
评注：本题解题的关键是通过对数变换把递推关系式转化为，从而可知数列是等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
六、迭代法
例11 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：因为，所以
又，所以数列的通项公式为。
评注：本题还可综合利用累乘法和对数变换法求数列的通项公式。即先将等式两边取常用对数得，即，
再由累乘法可推知，从而。
七、数学归纳法
例12 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：由及，得
由此可猜测，往下用数学归纳法证明这个结论。
（1）当时，，所以等式成立。
（2）假设当时等式成立，即，则当时，
由此可知，当时等式也成立。
根据（1），（2）可知，等式对任何都成立。
评注：本题解题的关键是通过首项和递推关系式先求出数列的前n项，进而猜出数列的通项公式，最后再用数学归纳法加以证明。
八、换元法
例13 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，则
故，代入得
即
因为，故
则，即，
可化为，
所以是以为首项，以为公比的等比数列，因此，则，即，得
。
评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
九、不动点法
例14 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，得，则是函数的两个不动点。因为
。所以数列是以为首项，以为公比的等比数列，故，则。
评注：本题解题的关键是先求出函数的不动点，即方程的两个根，进而可推出，从而可知数列为等比数列，再求出数列的通项公式，最后求出数列的通项公式。
例15 已知数列满足，求数列的通项公式。
解：令，得，则是函数的不动点。
因为，所以
。
评注：本题解题的关键是通过将的换元为，使得所给递推关系式转化形式，从而可知数列为等比数列，进而求出数列的通项公式，最后再求出数列的通项公式。
【高考数学】破题36关
第24关：导数应用问题—9种错解剖析
导数作为一种工具，在解决数学问题时极为方便，尤其是利用导数求函数的单调性、极值、最值、和切线的方程，但是笔者在教学过程中，发现导数的应用还存在许多误区
一、对导数的定义理解不清致错
例1、已知函数，则
Ａ －１ B 0 C D 2
错解：，从而选；或
剖析：防错的关键是认真理清导数的定义特别是要分清导数定义中“”与“”的对应形式的多样性。
正解：原式=,从而应选Ｃ。
点评：=,函数在某一点x0处的导数，就是函数在这一点的函数值的增量与自变量的增量的比值在自变量的增量趋近于零时的极限，分子分母中的自变量的增量必须保持对应一致，它是非零的变量，它可以是－2，等。在导数定义中应特别注意“”与“”的对应形式的多样性，但不论哪种形式都应突现“”与“”的一致性。
二、对“连续”与“可导”定义理解不清致错。
例2、函数y=f(x)在x=x0处可导是函数y=f(x)在x=x0处连续的（ ）
Ａ、充分不必要条件 B必要不充分条件 Ｃ、充要条件 Ｄ、既不充分也不必要条件
错解： 认为“连续”与“可导”是同一个概念而错选Ｃ。或者对充分、必要条件的概念不清而导致错选Ｂ。
剖析：防错关键是（１）理清充分、必要条件的概念；（２）函数y=f(x)在x=x0处可导必在x=x0处连续，函数y=f(x)在x=x0处连续不一定在x=x0处可导。如函数在x=０处连续但在x=０处不可导。在x=０处连续，当时，的左右极限不相等，所以其极限不相等，因此函数在x=０处不可导。从而本题应选Ａ。
三、对为极值的充要条件理解不清致错。
例3、函数f(x)=x3+ax2+bx+a2在x=1处有极值10，求a、b的值。
错解： =3x2+2ax+b,由题意知 =0,且f(1)=10,即2a+b+3=0,且a2+a+b+1=10,解之得a=4,b=－11 ,或a=－3 b=3
剖析：错误的主要原因是把为极值的必要条件当作了充要条件，为极值的充要条件是=0且x0附近两侧的符号相反.，所以后面应该加上：当a=4,b=－11时=3x2+8x－11=（3x+11）(x－1),在x=1附近两侧的符号相反， a=4,b=－11.当a=－3 b=3时fl(x)=3（x－1）2, 在x=1附近两侧的符号相同，所以a=－3 b=3舍去。 （a=4,b=－11 时，f(x)=x3+4x2－11x+16的图象见下面左图，a=－3 b=3时（f(x)=x3－3x2+3x+9的图象见右图。）
四、对函数的单调区间考虑不全致错
例4、求函数=(x>0)的单调增区间。
错解：由题意得=0，，，又因为函数的定义域是（0，+），所以函数的单调递增区间是（0，1）和（1，+）。
剖析：本题错在对函数在x=1处是否连续没有研究，显然函数在x=1处是连续的，所以函数的单调递增区间是（0，+）.对于 >0（或 <0）的解集中的断开点的连续性，我们要进行研究，不能草率下结论。
五、对函数单调的充要条件理解不清致错
例5、已知函数f(x)=在(－2,+ )内单调递减，求实数a的取值范围。
错解：=,由函数f(x) 在(－2,+ )内单调递减知0在(－2,+ )内恒成立，即在(－2,+ )内恒成立，因此a.
剖析：错误的主要原因是由于对于函数f(x)在D上单调递增（或递减）的充要条件是(或)且在D任一子区间上不恒为零没有理解。而当a=时=0在(－2,+ )恒成立，所以不符合题意，所以舍去。即实数a的取值范围为。
六、没有考虑函数在某点不可导致错
例6、求f(x)=在[－1，3]上的最大值和最小值。
错解：由题意得= ，令=0得x=1.
当x=－1和3时，函数的最大值是，当x=1时，函数的最小值是1.
剖析：错误的主要原因是解题过程中忽略了对函数的不可导点的考察，因为函数的最值可以在导数为零的点或不可导点或区间的端点处取得.所以后面应该加上：在定义域内不可导的点为：x1=0,x2=2 ，f(0)=0 ,f(2)=0
当x=－1和3时，函数的最大值是，当x=0或2时，函数的最小值是0。事实上只要作出函数f(x)的图象就不难发现当x=0或2时，函数的最小值是0。当x=－1和3时，函数的最大值是。
七、忽视原函数的定义域致错。
例7、求函数的单调增区间
错解：函数的单调增区间为。
剖析：错解原因主要是忽视原函数的定义域所致。
正解：先求原函数的导函数即
因此原函数的单调增区间为
评析：利用导数求函数的单调区间，别忘了考虑原函数的定义域。
八、忽视导函数与原函数图象关系致错。
例8、设是函数的导函数，的图象如图所示，则的图象最有可能的是（ ）
错解：本题是一道高考选择题，抽样表明许多考生由于对导函数与原函数图象关系深入不够而凭空乱猜。
剖析：由导函数的图象知，导函数在x=0和2时的导函数 值为0，故原来的函数在x=0和2时取得极值。当时，导函数值为正（或0），当时，导函数值为负,所以当时函数为增函数 ，当时，函数为减函数，故选项为C。
点评：只要抓住导函数的零点就是原函数图象的极值点以及导函数与单调性的相互关系本题就可迎刃而解。
九、忽视切点在曲线上的隐含条件致错。
例9、已知，函数的图象与函数 的图象相切。求b与c的关系式（用c表示b）。
错解：由函数的导函数就是曲线的切线方程知，，得，故。从而有
剖析：本题前面得到是对的，由于条件不够，就胡乱认为：而造成错解。
正解：依题意令，得，故。由于，得。
点评：在由得到，就应想切线的交点必是在原两函数图象的交点，这是解决曲线切线问题的关键。
【高考数学】破题36关
第25关：三角函数与平面向量综合问题—6种类型
一、三角函数与平面向量综合问题经典回顾

开篇语
三角函数与平面向量是高中数学的两大重点内容，在近几年的数学高考中，除了单独考查三角函数问题和平面向量问题以外，还常常考查三角函数与平面向量的交汇问题．即一个问题中既涉及三角函数内容，又涉及平面向量知识，以此检测我们综合处理问题的能力．因此，在高三数学复习中，我们应当有意识地关注平面向量与三角函数的交汇，通过典型的综合问题的分析和研究，逐步掌握这类问题的求解策略．

开心自测
题一：设的三个内角，向量，，若，则=（ ）
A． B． C． D．
题二：设两个向量和，其中为实数．若，则的取值范围是（ ）．
A． B． C． D．
金题精讲
题一：平面上三点不共线，设，则的面积等于（ ）．
A． B．
C． D．

题二：设向量
（Ⅰ）若与垂直，求的值；
（Ⅱ）求的最大值；
（Ⅲ）若，求证：∥．

题三：在中，角所对的边分别为，且满足，．
（I）求的面积；（II）若，求的值．

题四：设是锐角三角形，分别是内角所对边长，并且
．
(Ⅰ)求角的值；(Ⅱ)若，求（其中）．
名师寄语
本讲要点小结与建议：
三角函数和平面向量的综合问题是近几年数学高考的一个新的视角．求解这类问题，既要求我们具有娴熟的三角函数的恒等变换技能，又要求我们熟练地进行平面向量的四种运算，特别是数乘运算和数量积运算．因此，在高三复习中，我们应当选择典型的综合性问题进行求解训练，提高我们处理这类综合问题的能力．
三角函数与平面向量综合问题经典回顾
参考答案
开心自测
题一：C． 题二：A．
金题精讲
题一：C．
题二：（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）略．
题三：（I）；（II）．
题四：(Ⅰ) ；(Ⅱ) ．
二、三角函数与平面向量综合问题—6种类型
题型一：结合向量的数量积,考查三角函数的化简或求值
【例1】已知，为的最小正周期，，求的值．
【解答】因为为的最小正周期，故．因为，
又，故．
由于，所以
．
【评析】 合理选用向量的数量积的运算法则构建相关等式，然后运用三角函数中的和、差、半、倍角公式进行恒等变形，以期达到与题设条件或待求结论的相关式，找准时机代入求值或化简。
题型二：结合向量的夹角公式，考查三角函数中的求角问题 
【例2】如图，函数（其中）的图像与轴交于点（0，1）。
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）设是图像上的最高点，M、N是图像与轴的交点，求与的夹角。
【解答】（I）因为函数图像过点，
所以即
因为，所以.
（II）由函数及其图像，得
所以从而
，故.
【评析】 此类问题的一般步骤是：先利用向量的夹角公式：求出被求角的三角函数值，再限定所求角的范围，最后根据反三角函数的基本运算，确定角的大小；或者利用同角三角函数关系构造正切的方程进行求解。
题型三：结合三角形中的向量知识考查三角形的边长或角的运算
【例3】在中，角的对边分别为，．
（1）求；
（2）若，且，求．
【解答】（1），,
又，解得：，
，是锐角，．
（2），，，
又，，，
，．
【评析】 根据题中所给条件，初步判断三角形的形状，再结合向量以及正弦定理、余弦定理实现边角转化，列出等式求解。
题型四：结合三角函数的有界性，考查三角函数的最值与向量运算
【例4】，其中向量，，，且函数的图象经过点．
（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求函数的最小值及此时值的集合。
【解答】（Ⅰ）
由已知，得．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得
∴当时，的最小值为，
由，得值的集合为．
【评析】 涉及三角函数的最值与向量运算问题时，可先根据向量的数量积的运算法则求出相应的函数基本关系式，然后利用三角函数的基本公式将所得出的代数式化为形如，再借助三角函数的有界性使问题得以解决。
题型五：结合向量平移问题，考查三角函数解析式的求法
【例5】将的图象按向量平移，则平移后所得图象的解析式为（ ）
Ａ．Ｂ．
Ｃ．Ｄ．
【解答】∵，∴平移后的解析式为
，选．
【评析】理清函数按向量平移的一般方法是解决此类问题之关键，平移后的函数解析式为．
题型六：结合向量的坐标运算，考查与三角不等式相关的问题
【例6】设向量，函数.
（Ⅰ）求函数的最大值与最小正周期；
（Ⅱ）求使不等式成立的的取值集.
【解答】（Ⅰ）∵
∴的最大值为，最小正周期是
（Ⅱ）要使成立，当且仅当，
即,
即成立的的取值集合是．
【评析】 结合向量的坐标运算法则，求出函数的三角函数关系式，再根据三角公式对函数的三角恒等关系，然后借助基本三角函数的单调性，求简单三角不等式的解集。
【跟踪训练】
1．设函数，其中向量，
．
（Ⅰ）求函数的最大值和最小正周期；
（Ⅱ）将函数的图像按向量平移，使平移后得到的图像关于坐标原点成中心对称，求长度最小的．
2．已知向量．
（Ⅰ）若，求；
（Ⅱ）求的最大值．
【参考答案】
1．解：(Ⅰ)由题意得，
， 所以，的最大值为，最小正周期是.
（Ⅱ）由得，即，
于是，．
因为为整数，要使最小，则只有，此时即为所求．
2．解：（Ⅰ）若，则，由此得：，
所以， ．
（Ⅱ）由得：
当时，取得最大值，即当时，的最大值为．
【高考数学】破题36关
第26关：概率题错解分类剖析—7大类型
概率问题题型较多，解法灵活，不少同学在解题过程中因概念不清、忽视条件、考虑不周等原因导致思维混乱，最终导致解题失误．本文就概率问题中的常见错误进行成因诊断，下面进行分类举例说明：
类型一：“非等可能”与“等可能”的混淆
例1．掷两枚骰子，求所得的点数之和为6的概率．
错解：掷两枚骰子出现的点数之和2，3，4，…，12共11种基本事件，所以概率为．
剖析：以上11种基本事件不是等可能的，如点数和2只有(1，1)，而点数之和为6有(1，5)、(2，4)、(3，3)、(4，2)、(5，1)共5种．事实上，掷两枚骰子共有36种基本事件，且是等可能的，所以“所得点数之和为6”的概率为．
类型二：“互斥”与“对立”的混淆
例2．把红、黑、白、蓝4张纸牌随机地分给甲、乙、丙、丁4个人，每个人分得1张，事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是
A．对立事件 B．不可能事件 C．互斥但不对立事件 D．以上均不对
错误答案：A
剖析：本题错误的原因在于把“互斥”与“对立”混同，要准确解答这类问题，必须搞清对立事件与互斥事件的联系与区别，这二者的联系与区别主要体现以以下三个方面：
(1)两事件对立，必定互斥，但互斥未必对立；
(2)互斥的概念适用于多个事件，但对立概念只适用于两个事件；
(3)两个事件互斥只表明这两个事件不能同时发生，即至多只能发生其中一个，但可以都不发生；而两事件对立则表示它们有且仅有一个发生．
事件“甲分得红牌”与“乙分得红牌”是不能同时发生的两个事件，这两个事件可能恰有一个发生，一个不发生，可能两个都不发生，所以应选C．
类型三：“互斥”与“独立”的混淆
例3．甲投篮命中率为0.8，乙投篮命中率为0.7，每人各投3次，两人恰好都命中2次的概率是多少？
错解：设“甲恰好投中两次”为事件A，“乙恰好投中两次”为事件B，则两人都恰好投中两次为事件A+B．
∴．
分析：本题错解的原因是把相互独立的事件当成互斥事件来考虑．将两人都恰好投中2次理解为“甲恰好投中两次”与“乙恰好投中两次”的和．而题目的实际含义是在“甲恰好投中两次”的同时“乙恰好投中两次”，即两人都恰好投中两次为事件．
正确解答：设“甲恰好投中两次”为事件A，“乙恰好投中两次”为事件B，且A，B相互独立，则两人都恰好投中两次为事件，则．
例4．某家庭电话在家中有人时，打进的电话响第一声时被接的概率为，响第二声时被接的概率为，响第三声时被接的概率为，响第四声时被接的概率为 ，那么电话在响前4声内被接的概率是多少?
错解：分别记“电话响第一、二、三、四声时被接”为事件4，且=，
=， = ， = ，则电话在响前4声内被接的概率为
==×××=．
剖析：本题错解的原因在于把互斥事件当成相互独立同时发生的事件来考虑．根据实际生活中的经验电话在响前4声内，每一声是否被接彼此互斥．所以，=+++==0.1+0.3+0.4+0.1=0.9．
点评：以上两例错误的原因都在于把两事件互斥与两事件相互独立混同，互斥事件是指两个事件不可能同时发生；两事件相互独立是指一个事件的发生与否对另一个事件发生与否没有影响，它们虽然都描绘了两个事件间的关系，但所描绘的关系是根本不同．
类型四：“条件概率P(B / A)”与“积事件的概率P(AB)” 的混淆
例5．袋中有6个黄色、4个白色的乒乓球，作不放回抽样，每次任取一球，取2次，求第二次才取到黄色球的概率．
错解：记“第一次取到白球”为事件A，“第二次取到黄球”为事件B,”第二次才取到黄球”为事件C,所以= =.
剖析：本题错误在于与的含义没有弄清, 表示在样本空间S中,A与B同时发生的概率；而表示在缩减的样本空间中，作为条件的A已经发生的条件下事件B发生的概率．
正确答案：（C）= = =．
类型五：“有序”与“无序”的混淆
例6．从10件产品（其中次品3件）中，一件一件地不放回地任意取出4件，求4件中恰有1件次品的概率．
错解：因为第一次有10种取法，第二次有9种取法，第三次有8种以法，第四次有7种取法，由乘法原理可知从10件取4件共有10×9×8×7种取法，故任意取出4件含有10×9×8×7个基本事件．
设A=“取出的4件中恰有1件次品”，则A含有种取法
剖析：计算任意取出4件所含基本事件的个数是用排列的方法，即考虑了抽取的顺序；而计算事件A所包含的基本事件个数时是用组合的方法，即没有考虑抽取的顺序．
正确解法一：（都用排列方法）
任意取出4件含有个基本事件，A包含个基本事件
正确解法二：（都用组合方法）
一件一件不放回地抽取4件，可以看成一次抽取4件，故S含有个基本事件，A包含有个基本事件．
类型六:“等可能”与“N次独立重复实验恰有K次发生” 的混淆
例7．冰箱中放甲、乙两种饮料各5瓶，每次饮用时从中任意取一瓶甲或乙种饮料，取用时甲种或乙种饮料的概率相等.
（1）求甲种饮料饮用完毕，而乙种饮料还剩下3瓶的概率.
（2）求甲种饮料被饮用的瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率
错解：（1）5瓶甲种饮料饮用完毕有种，乙种饮料还剩下3瓶即饮用2瓶有种方法，所以求甲种饮料饮用完毕，而乙种饮料还剩下3瓶共有种可能的结果，而从10瓶中选出7瓶共有种可能的结果．所以甲种饮料饮用完毕，而乙种饮料还剩下3瓶的概率为．
（2）甲种饮料被饮用的瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶包括3种情况
①甲被饮用5瓶，乙被饮用1瓶，有种；②甲被饮用5瓶，乙没有被饮用有种；③甲被饮用4瓶，乙没有被饮用，有．所以甲种饮料被饮用的瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶的概率为．
剖析：此法出错的原因是把饮用A、B两种饮料当作一次性取出，而每瓶被饮用的概率相等，所以用“等可能事件的概率”来解决．但实质上，每瓶饮料是一次次的取出饮用的，且A、B两种饮料每次被饮用的概率都为，故应用“N次独立重复实验恰有K次发生的概率”来求．
正解：(1)设“饮用一次，饮用的是甲种饮料”为事件A，则.甲种饮料饮用完毕，而乙种饮料还剩下3瓶的概率即求7次独立重复试验中事件A发生5次的概率为．
(2) 甲种饮料被饮用的瓶数比乙种饮料被饮用瓶数至少多4瓶包括上述3种情况，所求概率为：．
类型七:“可辩认”与“不可辨认”的混淆
例8．将n个球等可能地放入到N个编号的盒子中去（每个盒子容纳球的个数不限），求事件A=“某指定的n个盒子中恰好各有一球的概率”．
错解：将n个球等可能地放入到N个编号的盒子中，所有可能的结果数为，而事件A含有n!种结果．
剖析：这种解法不全面，如果球是编号的（即可辨认的），则答案是对的；若球是不可辩认的，则答案完全错了．因为球是不可辩认的，故只考虑盒子中球的个数，不考虑放的是哪几个球．我们在此用符号“□”表示一个盒子，“○”表示球，先将盒子按号码排列起来
1 2 3 4 5…N


这样的N个盒子由N+1个“|”构成，然后把n个球任意放入N个盒子中，比如：|○|○○|…|○○○|，在这样的放法中，符号“|”和“○”共占有：N+1+n个位置，在这N+1+n个位置中，开始和末了的位置上必须是“|”，其余的N+n-1个位置上“|”和“O”可以任意次序排列．则N-1个“1”和n个“○”在中间的N+n-1个位置上的可以区别的所有可能结果数是，将n个不可辨认的球放入指定的n个盒子，使每盒恰有一球的放法只有1种，故事件A含1个结果，从而
正解：分两种情况：
（1）当球是可辩认的，则
（2）当球是不可辨认的，则．
本文总结了学生易犯的几类错误，我们在教学的过程中，只要注意对这些错误作详细的分析，可减少在这些方面出现的错误．

【高考数学】破题36关
第27关：抽象函数问题—分类解析
一、分类解析抽象函数问题

我们在学习一类函数时，往往会碰到没有给出解析式的函数，称为抽象函数，而这类问题往往抽象性强，灵活性大，同学们在学习时往往感觉到很困惑，让我们和同学们一起来解决这类问题．
问题一：灵活思考会求函数定义域
例1：函数的定义域为，则函数的定义域是
分析：这里需要把看作一个整体来求解．
解：因为相当于中的，则，则可以解得或
．
评注：对于抽象函数的定义域问题，则一定要看清楚中的，或者说对于函数，则可以把其中的看作一个整体，问题就会迎刃而解．
问题二：条件赋值判断奇偶
例2：已知的定义域为，且对于任意的实数、满足，求证：是偶函数．
分析：本题中可设、为具体的值，可确定=时具体的值，再判断的奇偶性．
解：在中，令得到，则可以得到，
令，得到，则得到，于是
，则是偶函数．
评注：对于抽象函数的奇偶性，结合其特点，不妨取特殊值来解决．
问题三：利用图象判断单调性
例3：已知偶函数在上是减函数，问是在上是增函数还是减函数，并证明你的结论．
分析：本题可根据图形来结合该函数是偶函数且是减函数，画出函数的示意图，以形助数，使问题得到迅速地解决．
解：如图1，则容易知道是在上是增函数，证明如下：任取，
因为是在上是减函数，所以，又是偶函数，所以，
，从而，故在上是增函数．
评注：往往有很多关于函数的奇偶性和单调性的问题，则可以通过数形结合来解决．

图1
问题四：巧妙求解函数值
例4：已知的定义域为，且对一切正实数、都成立，若，则 ．
分析：本题可取特殊值代入即可解决问题．
解：在条件中，令，则得到，
则得到，又令，则得到，所以．
评注：实际上可通过紧扣已知条件进行迭代变换，经过有限次的迭代，发现函数具有周期性，则可以利用周期性巧妙解答．
问题五：讨论方程根的问题
例5：已知函数对一切实数都满足，并且方程有三个实数根，则这三个实数根之和是 ．
分析：求抽象函数的实数根的问题也是常见的题型，关键是抓住对称轴分析解决．
解：由知道直线是函数图象的对称轴，又方程有三个实根，则由对称性可以知道必定是方程的一个根，其余两个根、关于直线对称，所以
=，故．
评注：寻找对称，从而确定根的特点，最终寻求到解决的方法与思路．
问题六：求解析式
例6：设函数存在反函数，，与的图象关于直线对称，则函数 ．
分析：要求的解析式，实际上是求的图象上任意一点的横、纵坐标之间的关系．
解：图象上任意一点关于直线的对称点适合，即，
又，所以得到，即．
评注：问题转化是解决本题的关键．
抽象函数比较抽象，但只要把握好问题的关键，则抽象函数就不抽象了．

二、抽象函数--单调性、奇偶性与周期性相结合的经典习题
1、已知奇函数的定义域为，且在区间内递减，求满足的实数的取值范围．
2、已知定义在上的奇函数满足，且在区间上是增函数。
若方程在区间上有四个不同的根，则
3、已知为上的最小正周期为2的周期函数，当时，，
则函数的图像在区间上与轴的交点的个数为 （ ）
A．6 B．7 C．8 D．9
4、定义在上的函数满足，当时，，
当时，，则（ ）
A．335 B．338 C．1678 D．2012
5、定义在上的函数满足：且，则的值为（ ）
A． B．0 C．1 D．无法确定
6、已知为上的偶函数，且对任意的，等式都成立，又当时，，则（ ）
A． B． C． D．
7、定义在上的函数满足：，若，则 （ ）
A．13 B．2 C． D．
8、定义在上的奇函数满足：，则的值为 （ ）
A． B．0 C．1 D．2
9、已知函数满足：，且是偶函数，当时，，若在区间内，函数有4个零点，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
10、设是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时，，若在区间内关于的方程，恰有3个不同的实数根，则实数的取值范围是（）
A． B． C． D．
习题答案：1、 2、-8 3、B 4、B 5、B 6、B 7、C 8、B 9、C 10、D
【高考数学】破题36关
第28关：三次函数专题—全解全析
一、定义：
定义1、形如的函数，称为“三次函数”（从函数解析式的结构上命名）
定义2、三次函数的导数，把叫做三次函数导函数的判别式
由于三次函数的导函数是二次函数，而二次函数是高中数学中的重要内容，所以三次函数的问题，已经成为高考命题的一个新的热点和亮点。
二、三次函数图象与性质的探究：
1、单调性
一般地，当时，三次函数在上是单调函数；当时，三次函数在上有三个单调区间
（根据两种不同情况进行分类讨论）
2、对称中心
三次函数是关于点对称，且对称中心为点，此点的横坐标是其导函数极值点的横坐标。
证明：设函数的对称中心为（m，n）。
按向量将函数的图象平移，则所得函数是奇函数，所以
化简得：
上式对恒成立，故，得，
。
所以，函数的对称中心是（）。
可见，y＝f(x)图象的对称中心在导函数y＝的对称轴上，且又是两个极值点的中点，同时也是二阶导为零的点。

3、三次方程根的问题
（1）当△=时，由于不等式恒成立，函数是单调递增的，所以原方程仅有一个实根。
（2）当△=时，由于方程有两个不同的实根，不妨设，可知，为函数的极大值点，为极小值点，且函数在和上单调递增，在上单调递减。
此时：
①若，即函数极大值点和极小值点在轴同侧，图象均与轴只有一个交点，所以原方程有且只有一个实根。
若，即函数极大值点与极小值点在轴异侧，图象与轴必有三个交点，所以原方程有三个不等实根。
若，即与中有且只有一个值为0，所以，原方程有三个实根，其中两个相等。

4、极值点问题
若函数f(x)在点x0的附近恒有f(x0)≥f(x) (或f(x0)≤f(x))，则称函数f(x)在点x0处取得极大值（或极小值），称点x0为极大值点（或极小值点）。
当时，三次函数在上的极值点要么有两个。
当时，三次函数在上不存在极值点。

5、最值问题
函数若，且，则：；
三、三次函数与导数专题：
1. 三次函数与导数例题
例1. 函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数在区间（1，2）是增函数，求的取值范围.
解：（Ⅰ），的判别式△=36（1-a）.
（ⅰ）当a≥1时，△≤0，则恒成立，且当且仅当，故此时在R上是增函数.
（ⅱ）当且，时，有两个根：，
若，则, 当或时，，故在
上是增函数；当时，，故在上是减函数；
若，则当或时，，故在和
上是减函数；当时，，故在上是增函数；
（Ⅱ）当 且时, ,所以
当时，在区间（1，2）是增函数.
当时， 在区间（1,2）是增函数，当且仅当且，解得.
综上，的取值范围是.
例2. 设函数，其中。（1）讨论在其定义域上的单调性；
当时，求取得最大值和最小值时的的值.
（Ⅰ）的定义域为，
令，得
所以
当或时，；当时，，
故在内单调递减，在内单调递增
（Ⅱ）因为，所以
（ⅰ）当时，，由（Ⅰ）知，在[0，1]上单调递增，
所以在和处分别取得最小值和最大值
（ⅱ）当时，，由（Ⅰ）知，在[0，]上单调递增，在[，1]
上单调递减，因此在处取得最大值
又，所以
当时，在处取得最小值；
当时，在和处同时取得最小值；
当时，在处取得最小值。
例3. 已知函数
求的单调区间和极值；（2）若对于任意的，都存在
，使得，求的取值范围
解：（Ⅰ）由已知，有
令，解得或
当变化时，的变化情况如下表：
所以，的单调递增区间是；单调递减区间是，，
当时，有极小值，且极小值；
当时，有极大值，且极大值
（Ⅱ）解：由及（Ⅰ）知，当时，；当时，设集合，集合，则“对于任意的，都存在，使得”等价于，显然，.
下面分三种情况讨论：
（1）当，即时，由可知，，而，所以不是的子集。
（2）当，即时，有，且此时在上单调递减，故，因而；
由，有在上的取值范围包含，则所以，
（3）当，即时，有，且此时在上单调递减，
故，所以不是的子集。
综上，的取值范围是
2.三次函数与导数---课后练习题
1. 设.
(1)若在上存在单调递增区间,求的取值范围；
(2)当时，在上的最小值为，求在该区间上的最大值.
1.解：（1）已知，，函数在上
存在单调递增区间，即导函数在上存在函数值大于零的部分
已知, 在上取到最小值，而的图像开口
向下，且对轴轴为，
则必有一点使得此时函数在上单调递增，在上单调递减，，
，
此时，由，，所以函数
2．已知函数，．（1）讨论函数的单调区间；
（2）设函数在区间内是减函数，求的取值范围．
2．解：（1）求导：
当时，，，在上递增
当，求得两根为
即在递增，递减，递增
（2），且解得：
3.设函数
（Ⅰ）当求曲线处的切线斜率
（Ⅱ）求函数的单调区间与极值；
【解析】解：（1）当
所以曲线处的切线斜率为1.
（2）解：，令，得到
因为
当x变化时，的变化情况如下表：
在和内减函数，在内增函数。
函数在处取得极大值，且=
函数在处取得极小值，且=
（3）解：由题设，
所以方程=0由两个相异的实根，故，且，解得
因为
若，而，不合题意
若则对任意的有
则又，所以函数在的最小值为0，于是对任意的，恒成立的充要条件是,
解得综上，m的取值范围是
4. 已知函数，若在上的最小值记为。
（1）求；（2）证明：当时，恒有
解：（Ⅰ）因为，所以
（ⅰ）当时，
若，则，故在上是减函数；
若，则，故在上是增函数；
所以
（ⅱ）当时，有，则，故在（-11）上
是减函数，所以
综上，
（Ⅱ）证明：令，
（ⅰ）当时，
若，得，则在上是增函数，所以
在设的最大值是，且，所以，故
若，得，则在上是减函数，所以
在设的最大值是
令，则
知在上是增函数，所以，，即，故
（ⅱ）当时，，故，得
此时在（-1，1）上是减函数，因此在[-1，1]上的最大值是，故
综上，当时，恒有
5. 已知函数
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，试讨论是否存在，使得
解：（1），方程的判别式，
所以，当时，，此时在上为增函数；
当时，方程的两根为
当时，，此时为增函数；
当时，，此时为减函数；
当时，，此时为增函数；
综上时，在上为增函数；
当时，的单调递增区间为，
的单调递减区间为
（2）
所以，若存在，使得，必须在上有解，
方程的两根为，
因为，所以只能是
依题意，，即
所以，即
又由，得，故欲使满足题意的存在，则
所以，当时，存在唯一的满足
当时，不存在使得
6. 已知函数.(1)若，求的单调区间；
(2)若在单调增加，在单调减少，证明:＜6.
解：
（Ⅰ）当时，，故

当当
从而单调减少.
(Ⅱ)
由从而
因为
所以
将右边展开，与左边比较系数得，故
又由此可得于是
7. 设函数．（1）对于任意实数，恒成立，求的
最大值；（2）若方程有且仅有一个实根，求的取值范围．
解：(1) ,
因为,, 即 恒成立,
所以 , 得，即的最大值为
(2) 因为 当时, ;当时, ;当时, ;
所以 当时,取极大值 ;
当时,取极小值 ;
故当 或时, 方程仅有一个实根. 解得 或.
8. 已知函数，曲线在点（0,2）处的切线与轴交点的横坐标为-2.（1）求；（2）证明：当时，曲线与直线只有一个交点。
解：（Ⅰ），曲线在点（0，2）处的切线方程为
由题设得，所以
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，设
由题设知
当时，，单调递增，，所以在有唯一实根。
当时，令，则
在单调递减，在单调递增，所以
故在没有实根
综上在R由唯一实根，即曲线与直线只有一个交点
【高考数学】破题36关
第29关：二次函数在闭区间上的最值问题—大盘点
知识要点：
一元二次函数的区间最值问题，核心是函数对称轴与给定区间的相对位置关系的讨论。一般分为：对称轴在区间的左边，中间，右边三种情况.
设 ，求 在 上的最大值与最小值。
分析：将 配方，得顶点为（ ）、对称轴为
当>0 时，它的图象是开口向上的抛物线，数形结合可得在[m，n]上的最值：
（1）当 时， 的最小值是， 的最大值是 中的较大者。
（2）当 时
若 ，由 在 上是增函数则的最小值是 ，最大值是
若 ， 由 在上是减函数则的最大值是，最小值是
当 时，可类比得结论
二、例题分析归类：
（一）、正向型
是指已知二次函数和定义域区间，求其最值。对称轴与定义域区间的相互位置关系的讨论往往成为解决这类问题的关键。此类问题包括以下四种情形：（1）轴定，区间定；（2）轴定，区间变；（3）轴变，区间定；（4）轴变，区间变。
1. 轴定区间定
二次函数是给定的，给出的定义域区间也是固定的，我们称这种情况是“定二次函数在定区间上的最值”。
例1. 函数 在区间[0，3]上的最大值是_________，最小值是_______
解：函数是定义在区间[0，3]上的二次函数，其对称轴方程是，顶点坐标为（2，2），且其图象开口向下，显然其顶点横坐标在［0，3］上，
如图1所示。函数的最大值为=2 ，最小值为
图1
练习. 已知 ，求函数 的最值
解：由已知，可得 ，即函数 是定义在区间 上的二次函数，将二次函数配方得
其对称轴方程 ，顶点坐标 ，且图象开口向上。显然其顶点横坐标不在区间内，如图2所示。函数的最小值为 ，最大值为
图2
2、轴定区间变
二次函数是确定的，但它的定义域区间是随参数而变化的，我们称这种情况是“定函数在动区间上的最值”。
例2. 如果函数 定义在区间 上，求 的最小值
解：函数，其对称轴方程为 ，顶点坐标为（1，1），图象开口向上
如图1所示，若顶点横坐标在区间左侧时，有1< ，此时，当 时，函数取得最小值 =
图1
如图2所示，若顶点横坐标在区间上时，有 ，即 当 时，函数取得最小值
图2
如图3所示，若顶点横坐标在区间右侧时，有 ，即 当 时，函数取得最小值
综上讨论，
图3
例3. 已知，当时，求的最大值．
解：由已知可求对称轴为．
（1）当时，．
（2）当，即时，．
根据对称性若即时，．
若即时，．
（3）当即时，．
综上，
观察前两题的解法，为什么最值有时候分两种情况讨论，而有时候又分三种情况讨论呢？这些问题其实仔细思考就很容易解决。不难观察：二次函数在闭区间上的的最值总是在闭区间的端点或二次函数的顶点取到。第一个例题中，这个二次函数是开口向上的，在闭区间上，它的最小值在区间的两个端点或二次函数的顶点都有可能取到，有三种可能，所以分三种情况讨论；而它的最大值不可能是二次函数的顶点，只可能是闭区间的两个端点，哪个端点距离对称轴远就在哪个端点取到，当然也就根据区间中点与左右端点的远近分两种情况讨论。根据这个理解，不难解释第二个例题为什么这样讨论。
对二次函数的区间最值结合函数图象总结如下：
当 时


当 时

3、轴变区间定
二次函数随着参数的变化而变化，即其图象是运动的，但定义域区间是固定的，我们称这种情况是“动二次函数在定区间上的最值”。
例4. 已知 ，且 ，求函数 的最值。
解：由已知有 ， 于是函数 是定义在区间 上的二次函数，将 配方得：
二次函数 的对称轴方程 是顶点坐标为 ，图象开口向上
由 可得 ，显然其顶点横坐标在区间的左侧或左端点上
函数的最小值是 ，最大值是

例4图
例5. (1) 求在区间[-1,2]上的最大值。
(2) 求函数在上的最大值。
解：(1)二次函数的对称轴方程为，
当即时，；
当即时，。
综上所述：。
(2)函数图象的对称轴方程为，应分，，即，和这三种情形讨论，下列三图分别为
（1）；由图可知
（2）；由图可知
（3） 时；由图可知
；即
4. 轴变区间变
二次函数是含参数的函数，而定义域区间也是变化的，我们称这种情况是“动二次函数在动区间上的最值”。
例6. 已知，求的最小值。
解：将代入u中，得
①，即时，
②，即时，
所以

（二）、逆向型
是指已知二次函数在某区间上的最值，求函数或区间中参数的取值。
例7. 已知函数在区间上的最大值为4，求实数a的值。
解：
（1）若，不符合题意。
（2）若则
由，得
（3）若时，则
由，得
综上知或
例8.已知函数在区间上的最小值是3最大值是3，求，的值。
解法1：讨论对称轴中1与的位置关系。
①若，则
解得
②若，则，无解
③若，则，无解
④若，则，无解
综上，
解析2：由，知，则，
又∵在上当增大时也增大所以
解得
评注：解法2利用闭区间上的最值不超过整个定义域上的最值，缩小了，的取值范围，避开了繁难的分类讨论，解题过程简洁、明了。
例9. 已知二次函数在区间上的最大值为3，求实数a的值。这是一个逆向最值问题，若从求最值入手，需分与两大类五种情形讨论，过程繁琐不堪。若注意到最大值总是在闭区间的端点或抛物线的顶点处取到，因此先计算这些点的函数值，再检验其真假，过程就简明多了。
具体解法为：
（1）令，得
此时抛物线开口向下，对称轴方程为，且，故不合题意；
（2）令，得
此时抛物线开口向上，闭区间的右端点距离对称轴较远，故符合题意；
（3）若，得
此时抛物线开口向下，闭区间的右端点距离对称轴较远，故符合题意。
综上，或
解后反思：若函数图象的开口方向、对称轴均不确定，且动区间所含参数与确定函数的参数一致，可采用先斩后奏的方法，利用二次函数在闭区间上的最值只可能在区间端点、顶点处取得，不妨令之为最值，验证参数的资格，进行取舍，从而避开繁难的分类讨论，使解题过程简洁、明了。

三、巩固训练
1．函数在上的最小值和最大值分别是 （ ） 1 ,3 ,3 （C） ,3 （D）, 3
2．函数在区间 上的最小值是 （ ）
2
3．函数的最值为 （ ）
最大值为8，最小值为0 不存在最小值，最大值为8
（C）最小值为0, 不存在最大值 不存在最小值，也不存在最大值
4．若函数的取值范围是______________________
5．如果实数满足，那么有 （ ）
(A)最大值为 1 , 最小值为 (B)无最大值，最小值为
（C）)最大值为 1, 无最小值 (D)最大值为1，最小值为
6．已知函数在闭区间上有最大值3，最小值2，则的取值范围是（ ）
(A) (B) (C) (D)
7．若，那么的最小值为__________________
8．设是方程的两个实根，则的最小值______
9．设求函数的最小值的解析式。
10．已知，在区间上的最大值为，求的最小值。
11.设为实数，函数.(1)若，求的取值范围；(2)求的最小值；(3)设函数，直接写出(不需给出演算步骤)不等式的解集.【解析】本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。
（1）若，则
（2）当时，
当时，
综上
（3）时，得，
当时，；
当时，△>0,得：
讨论得：当时，解集为;
当时，解集为;
当时，解集为.
习题答案：1、B 2、C 3、B 4、[0,2] 5、D 6、C 7、 8、4 9-10略
【高考数学】破题36关
第30关：解析几何与向量综合问题—知识点大扫描
解析几何与向量综合时可能出现的向量内容与答案：
（1） 给出直线的方向向量或，那么该直线的法向量是（-k,1）r (-n,m) ；
（2）给出与相交,等于已知过的 中点 ;
（3）给出,等于已知是的 中点 ;
（4）给出,等于已知A，B与PQ的中点 三点共线 ;
（5） 给出以下情形之一：①；②存在实数；③若存在实数,等于已知 三点共线.
（6） 给出，等于已知是的定比分点，为定比，即
（7） 给出,等于已知,即是 直角,给出,等于已知是 钝角 , 给出,等于已知是 锐角 ,
（8）给出,等于已知是 的平分线。
（9）在平行四边形中，给出，等于已知
是 菱形 ;
（10） 在平行四边形中，给出，等于已知
是 矩形 ;
（11）在中，给出，等于已知是的外心 ；（三角形外接圆的圆心，三角形的外心是三角形三边垂直平分线的交点）
（12在中，给出，等于已知是的 重心 ；（三角形的重心是三角形三条中线的交点）；
（13）在中，给出，等于已知是的
垂心 （三角形的垂心是三角形三条高的交点）；
（14）在中，给出等于已知必通过的 内心 ；
（15）在中，给出等于已知是的 内心（三角形内切圆的圆心，三角形的内心是三角形三条角平分线的交点）；
（16） 在中，给出,等于已知是中边的 中线 ;
【高考数学】破题36关
第31关：平面向量与三角形四心知识的交汇
一、四心的概念介绍
（1）重心——中线的交点：重心将中线长度分成2：1；
（2）垂心——高线的交点：高线与对应边垂直；
（3）内心——角平分线的交点（内切圆的圆心）：角平分线上的任意点到角两边的距离相等；
（4）外心——中垂线的交点（外接圆的圆心）：外心到三角形各顶点的距离相等。
二、四心与向量的结合
（1）是的重心.
证法1：设
是的重心.
证法2：如图


三点共线，且分为2：1
是的重心

（2）为的垂心.
证明：如图所示O是三角形ABC的垂心，BE垂直AC，AD垂直BC， D、E是垂足.

同理，
为的垂心

（3）设,,是三角形的三条边长，O是ABC的内心
为的内心.
证明：分别为方向上的单位向量，
平分,
)，令
（)
化简得

（4）为的外心。

典型例题：
例1：是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足， ，则点的轨迹一定通过的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
分析：如图所示，分别为边的中点.
//
点的轨迹一定通过的重心，即选.
例2： 是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足， ，则点的轨迹一定通过的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
分析：分别为方向上的单位向量，
平分,
点的轨迹一定通过的内心，即选.

例3：是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，动点满足， ，则点的轨迹一定通过的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心

分析：如图所示AD垂直BC，BE垂直AC， D、E是垂足.
=
=
=+=0
点的轨迹一定通过的垂心，即选.
举一反三：通过上述例题及解答,我们可以总结出关于三角形“四心”的向量表达式.若点为内任意一点，若点满足:
1．;
2.两点分别是的边上的中点,且
;
3. ;
4. .

练习：
1．已知三个顶点及平面内一点，满足，若实数满足：，则的值为（ ）
A．2 B． C．3 D．6
2．若的外接圆的圆心为O，半径为1，，则( )
A． B．0 C．1 D．
3．点在内部且满足，则面积与凹四边形面积之比是（ ）
A．0 B． C． D．
4．的外接圆的圆心为O，若，则是的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
5．是平面上一定点，是平面上不共线的三个点，若，则是的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
6．的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H，，则实数m =

A．三边均不相等的三角形 B．直角三角形
C．等腰非等边三角形 D．等边三角形
8．已知三个顶点，若，则为（ ）
A．等腰三角形 B．等腰直角三角形
C．直角三角形 D．既非等腰又非直角三角形
练习答案：C、D、C、D、D、1、D、C
【高考数学】破题36关
第32关：数学解题的“灵魂变奏曲”—转化思想
把问题进行转化是解决问题的重要的方法，著名数学家、教育家G•波利亚在《怎样解题》一书中说道：“不断地变换你的问题，……，我们必须一再地变换它，重新叙述它、变换它，直到最后成功地找到有用的东西为止”．我们在解决数学问题时，常把复杂、生疏、抽象、困难、未知的问题变成简单、熟悉、具体、容易、已知的问题来解决．这是一种思想方法，也是一种策略。它把一个数学问题转化为另一个数学问题，达到化生为熟，化繁为简的目的，不仅可以节省时间和精力，巧妙简捷地解题，还可以提高我们的思维水平，培养创新能力，及分析问题和解决问题的能力。下面例析问题转换几种基本途径及方法．
一、等与不等的转化
等与不等的转化主要体现为化不等为相等及化等为不等。在等与不等的矛盾转化中，基本不等式、函数的性质等常发挥着重要作用，它们是联系着等与不等的纽带，是等与不等矛盾差异间的内在联系。等与不等是数学中两个重要的关系，把不等问题转化成相等问题，可以减少运算量，提高正确率；把相等问题转化为不等问题，能突破难点找到解题的突破口。
例1：若正数满足，则的取值范围是______________
【解法一】 为正数，
，
（舍去）或
的取值范围为．
【解法二】 由得， 且
当且仅当，即时取等号
则的范围为
【点评】：将一个等式转化为一个不等式，是求变量取值范围的一个重要方法。
巩固练习题：已知x，y同为非负数，且满足，求x，y的值。
例2：已知a，b，c均为正整数，且a2+b2+c2+48<4a+6b+12c，求的值.
【解答】 因为原不等式两边均为正整数，所以不等式a2+b2+c2+48<4a+6b+12c与不等式a2+b2+c2+48+1≤4a+6b+12c等价，这个等价不等式又可化为(a-2)2+(b-3)2+(c-6)2+(c-6)2≤0,故
【点评】 将等式与不等式对应转化，是转化数学问题常用的、有效的手段.
二、正与反的转化
解决某些问题时，若按习惯从“正面进攻”难已解决或运算繁杂。此时可从相反的方向去探求，有可能会转化为我们较熟悉或简单的问题。2、正与反的相互转化
对于那些从“正面进攻”很难奏效或运算较难的问题，可先攻其反面，从而使正面问题得以解决。
当一个数学问题从正面处理较难时，不妨从反面思考，如逆推法、分析法、反证法、补集法等都是重要的反面思维方法．
例3已知抛物线y＝x2＋4ax－4a＋3，y＝x2＋(a－1)x＋a2，y＝x2＋2ax－2a中至少有一条与x轴相交,求实数a的取值范围.
分析：此题先从正面入手,要对各种可能性逐一分析,相当繁琐.若逆向思维求其反面：求三条抛物线都不与x轴相交时a的取值范围.再求其补集,则简洁得多.
解：先求结论的反面，都无交点，即
，解得－＜a＜－1．
故所求a的取值范围是a≤－或a≥－1．
例4：在由数字0，1，2，3，4，5组成的没有重复数字的四位数中，不能被5整除的共有__________个。
【分析】：以前我们做过能被5整除的排列组合题，先按照以前做过的方法求出能被5整除的数的个数，再求出所有的四位数的个数，就能求出符合条件的数的个数。
解：有0，1，2，3，4，5组成没有重复数字的所有四位数共有个，其中能被5整除的，即个位数为0，5的数有个，所以不能被5整除的数有600—216=384个。
【点评】 此题从正面入手也行，但把不熟悉的问题转化为熟悉的问题，做起来更加得心应手。另外，在考试时用正反两种方法，可以提高准确率。
巩固练习题：若曲线的所有弦都不能被直线垂直平分，求变量m的取值范围。
例5：试求常数m的范围，使曲线y＝x2的所有弦都不能被直线y＝m(x－3)垂直平分．
分析：“不能”的反面是“能”，被直线垂直平分的弦的两端点关于此直线对称问题转化为“抛物线y＝x2上存在两点关于直线y＝m(x－3)对称，求m的取值范围”．再求出m的取值集合的补集即为原问题的解．
解：抛物线上两点(x1，)、(x2，)关于直线y＝m(x－3)对称，满足
，即，
消去x2，得．
∵ x1∈R，∴ △＝＞0，
∴ (2m＋1)(6m2－2m＋1)＜0，∴ m＜－．
即当m＜－时，抛物线上存在两点关于直线y＝m(x－3)对称．
而原题要求所有弦都不能被直线垂直一部分，那么所求m的范围为m≥－．
很多的数学问题,如果直接从正面入手求解,难度较大,致使解题思路受阻,但如果转化为考虑问题的反面，则往往可以将问题轻松解决.数学解题中的反证法、补集法等体现的就是这种思想.
正向向逆向转化
一个命题的题设和结论是因果关系的辨证统一，解题时，如果从下面入手思维受阻，不妨从它的正面出发，逆向思维，往往会另有捷径。
例6 ：四面体的顶点和各棱中点共10个点，在其中取4个不共面的点，不共面的取法共有__________种。
A、150 B、147 C、144 D、141
分析：本题正面入手，情况复杂，若从反面去考虑，先求四点共面的取法总数再用补集思想，就简单多了。
解：10个点中任取4个点取法有种，其中面ABC内的6个点中任取4点都共面有种，同理其余3个面内也有种，又，每条棱与相对棱中点共面也有6种，各棱中点4点共面的有3种，不共面取法有种，应选（D）。
三 动与静的转化
运动与静止的相互转化普遍存在于客观世界中，动与静的转化是解题的重要策略之一，它包括
化静为动，化动为静两个方面，适时的进行动静转化，常常会收到奇妙的效果。
例7： 对于抛物线上任意一点 Q，如果点P（a，0）满足，则a的取值范围是（ ）
A （－ B C D
【分析】：依题意，点是抛物线上的动点，点P是轴上的定点，而当求a的取值范围时，又考虑点P的可动性，把a看成是不等式的未知量来求解。
解：设Q，则等价于不等式，即，对于任意实数y恒成立，从而a只要小于或等于的最小值，所以a，选B
【点评】：从代数角度来看，动与静的转化相当于变量与常量的转化。
巩固练习题：过圆x的内部一点M作动弦AB，过A，B分别作圆的切线，求两切线的交点P的轨迹方程
四 主与次的转化
利用主元与参变量的关系，视参变量为主元（即参变量与主元的角色转换），常使问题柳暗花明。
例8： 已知函数，当时，恒成立，求实数的取值范围。
解： 若视为主元，为辅元，即可转化为。
当时， 恒成立，
当时， 是关于的一次函数，所以当时恒成立等 价于
即 的取值范围为
【点评】：此方法在解决原函数与反函数的问题时也很实用。
巩固练习题：设不等式对满足的一切实数m均成立，求实数x的取值范围。
主元向辅元的转化
主元与辅元是人为的相对的，可以相互切换，当确定了某一元素为主元时，则其他元素是辅元。
例9：已知关于的方程：有且仅有一个实根，求实数的取值范围。
分析：显然，题目中的是主元，为辅元，但方程中的最高次数为3，求根比较困难，注意到的最高次数为2，故可视为主元，原方程转化为关于的二次方程。
解：原方程可代为即
，原方程有唯一实根，无实根，
五 原命题与逆否命题的转化
由于原命题与逆否命题等价，因此我们在判断原命题的真假有困难时，可以通过判断逆否命题达到目的。
例10：已知函数是R上的增函数，a，bR，若，则a+b0，试判断该命题的真假。
【分析】：直接判断原命题的真假难以入手，若改为判断逆否命题，就比较方便。
解：原命题的逆否命题是：已知函数是R上的增函数，若a+b0，，则。
判断：函数是是R上的增函数，且a，bR， a+b0，即
a，
该命题是真命题，原命题也是真命题。

巩固练习题 ： “x”是“sinxx”的（ ）
A充分非必要条件 B 必要非充分条件 C充分必要条件 D 既非充分又非必要条件
六、数与形的相互转化
通过挖掘已知条件的内涵，发现式子的几何意义，利用几何图形的直观性解决问题，使问题简化。
例11、设均为正数，且，，．则（ ）
A．B．C．D．
解析：这里要比较三个正数的大小，而由已知条件很难求出三个数的准确值。由已知条件可知分别是指数函数与对数函数图象交点的横坐标，因此可利用化归转化数学思想的“数与形的相互转化”来进行解题。
答案：在同一直角坐标系下画出函数与与及的图象（如图所示）则表示的是函数与交点的横坐标的值，同理有：表示的是函数与交点的横坐标的值，表示的是函数与交点的横坐标的值，则有：．故选A。
点评：通过发掘函数式的几何意义，将代数问题转化为函数问题或几何问题或解析几何，然后利用函数图象或几何图形来解决，这也是近年来高考中常用的解题方法。
数形结合，实现转化
把数量关系的问题转化为图形性质的问题则会变抽象为直观，使隐含的关系显露出来，许多代数、三角问题有着几何图形背景．因此绘制其图形来研究问题会显得十分直观．反之，把图形性质的问题转化为数量关系的问题，在一定程度上说，使研究方式程序化．许多几何问题可以利用代数、三角函数的方法解决，显得十分简洁、明确．
例12已知向量≠，||＝1，对任意t∈R，恒有|－t|≥|－|，则
(A) ⊥ (B) ⊥(－)
(C) ⊥(－) (D) (＋)⊥(－)
分析：本题若用常规方法，较为繁琐，而运用其几何意义，即数形结合法，则能直观看出答案，|－t|≥|－|恒成立，⊥，从而使问题解决
解：如图，设，，，则对任意t∈R，恒有|－t|≥|－|，即||≥||，而点P在直线OA上，故||为垂线段，即⊥，得⊥(－)，故选(C)．
数向形的转化
数缺形时少直观，形缺数时难入微，形数结合是数学的重要表现形式，通过对已知不等式函数等变形，代换处理后，赋于其几何意义，以形定数，可以避繁就简。
例13设，
求证：
分析：不等式右端为，可看为单位正方形的两条对角线之和，从题目的整体结构容易联想到勾股定理。
证明：作边长为1的正方形ABCD，作两组平行线把正方形分成四个矩形，那么不等式左端=（PA+PC）+（PB+PD）AC+BD=，当且仅当P在正方形中心处，即时，“等号”成立。
七、特殊与一般的相互转化
对于那些结论不明或解题思路不易发现的问题，可先用特殊情形探求解题思路或命题结论，再在一般情况下给出证明，这不失为一种解题的明智之举。
例14 在平面直角坐标系中，已知的顶点和，顶点在椭圆上，则_____．
解析：这里顶点是椭圆上的动点，所以、、不易确定。但根据“一般成立特殊一定成立”可将这个一般性的问题转化化归为点在特殊位置（椭圆短轴端点）来处理较易。
当然：注意到A、C是两焦点，利用正弦定理，进行数形转化也能取得很好的效果.
答案：顶点取椭圆短轴端点，即 ，则，，，
点评：象这种“特殊与一般的相互转化”在高考的选择题和填空题中经常应用。
一般与特殊，辩证转化
辩证思维告诉我们，事物发展总存在一般性和特殊性，且可以互相转化．一般性寓于特殊性之中，有些一般性问题很难找到解题方法，不妨将其向特殊方向转化，这种转化在选择题及填空题中比较常见．
例15（1）在中，已知，给出以下四个论断：
① ②
③④
其中正确的是
(A)①③(B)②④ (C)①④(D)②③
⑵的外接圆的圆心为O，两条边上的高的交点为H，，则实数m = ．
分析：本题的两个小题直接从条件出发推理，显然是小题大做，在考场上就会浪费宝贵的时间．对于客观题完全可用特殊化法加以解决，即选择特殊的直角三角形即可．
解：⑴取符合题意的直角三角形，令A＝30°，B＝60°，C＝90°．则①tan30°•ct60°≠1；②sinA＋sinB＝∈(0，]，③sin230°＋cs260°≠1，④．故选(B)．
⑵取等腰直角三角形ABC，则外接圆的圆心为斜边上中点O，两直角边上的高为直角顶点H(C)，即有＋＋＝，即＝m，故m＝1．应填1．
已知数列{an}中，a1=1，an+1=2an+1.求数列的通项公式及前n项和Sn.
【分析】 这个数列既不是等差数列也不是等比数列，但又看到其中既含等差数列又含等比数列：比如把递推式中的常数1去掉，则变成等比数列，把系数2换成1则变成等差数列.为此，破题工作在化归上寻找入口：向等比（等差）数列转换.
【解答】 在递推式an+1=2an+1两边加1，化为(an+1+1)=2(an+1)，数列{an+1}为等比数列，公比q=2. 所以an+1=2n-1(a1+1)，即an=2n-1，且Sn=2n-n-1.
【插语】 本数列的一般形式为：an+1=kan+b(k≠0、1，b≠0)，有人称其为“等差比数列”.等差、等比数列都是它的特例，分别是k=1，或b=0时的特殊情况.用换元法化归为等比数列的“常数匹配”可用待定系数法求得：
设an+1+c=k(an+c)=kan+kcan+1=kan+kc-ckc-c=b，c=
对于上题，b=1，k=2，因此解得c=1.
【点评】 化归开门体现在本题中：把我们不熟悉的“等差比数列”化归到我们熟悉的等比数列来解.化归采用的办法是换元，实际上是an+1+c=bn+1=kbn.
说来也很滑稽，对中学生来讲，不向“等比（等差）”化归，还有什么别的出路呢？点评：数列是每年高考的必考内容。已知数列的递推公式或已知数列前n项和与的关系求数列通项也是常考内容。若已知数列的递推公式为（）的形式，求数列的通项时常通过变形使之转化为形式的等比数列来解决；若已知数列前n项和与的关系式求数列通项，则常用将与的关系式化归转化为与（或与）间的递推关系再进一步求解。
抽象向具体转化
有些题目看起来较为抽象，貌似不易解决，但结合具体数学情境，联系相知，建立模型，以启迪解题思路，寻找解决问题的突破口。
例16：已知为常数，且，问是不是周期函数，若是，求出周期，若不是说明理由。
分析：由联想到，找到一个具体函数，=，而函数猜想是一个周期为的函数。这样方向明，思路清。
证明：，
个别向一般的转化
华罗庚说过：“善于退，足够地退，退到起始，而不失去重要地步，是学好数学的决窍。”
对于表面上难于解决的问题，需要我们退步考虑，研究特殊现象，再运用分析归纳、迁移、演绎等手法去概括一般规律，使问题获解。
例17：已知数列 ()是首项为，公比为的等比数列。
求和：；
由（1）的结果归纳出关于正整数的一个结论，并加以证明。
分析：（1） （）
同理可得：=
猜想：
证明：=
=
八、整体与局部的相互转化
整体由局部构成，研究某些整体问题可以从局部开始。
零整割补变换，实现转化
求解几何问题，如果仅根据题目给出的图形解题困难时，可考虑将图形按一定规则分割成若干个简单图形或通过增添辅助线、而补成一个简单几何体，把问题转化为我们所熟知或易于研究的问题，从而化繁为简．这种方法是解几何综合题的常用的重要方法．：局部向整体的转化
从局部入手，按部就班地分析问题，是常用思维方法，但对较复杂的数学问题却需要从总体上去把握事物，不纠缠细节，从系统中去分析问题，不单打独斗。
例18一个四面体所有棱长都是，四个顶点在同一球面上，则此球表面积为（ ）
A、 B、 C、 D、
分析：若利用正四面体外接球的性质，构造直角三角形去求解，过程冗长，容易出错，但把正四面体补形成正方体，那么正四面体，正方体的中心与其外接球的球心共一点，因为正四面体棱长为，所以正方体棱长为1，从而外接球半径为，应选（A）。
例19 如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且均为正三角形，EF∥AB，EF=2，则该多面体的体积为( )
(A) (B) (C)(D)
分析：本题所给几何体运用中学知识，无法直接体积公式加以计算，这时需用割补变换，实施转化，可分割为两个等积的三棱锥和一个三棱柱，故所求多面体的体积为此三部分体积之和．
解：如图，过BC作EF的直截面BCG，作面ADM∥面BCG，
FO＝，FG＝，
∴ GO＝，∴ ，
，，
，故选(A)．
点评：本题运用典型的分割法，即将一个几何体分割成若干个简单几何体，使问题显现在其中之一内，其思想方法是“化整为零，各个击破”．
例20设函数f(x)的图象与直线x =a，x =b及x轴所围成图形的面积称为函数f(x)在[a，b]上的面积，已知函数y＝sinnx在[0，]上的面积为(n∈N*)，⑴y＝sin3x在[0,]上的面积为 ；⑵y＝sin(3x－)＋1在[，]上的面积为 ．
分析：本题是一道很好的理性思维信息开放性定义型题，能很好地考查学生分析思维能力及割补法．
解：⑴由新定义的面积公式，知y＝sin3x在[0，]上的面积为，据对称性，故得．
⑵由诱导公式，得y＝－sin3x＋1，如图，由定义知在[，]上的面积为S1＋S2＋S3＋S4，由对称性知S4＝S5，根据割补法得S1＋S2＋S3＋S4＝S1＋＝＋．
点评：本题把已知不规则的图形适当地增加辅助线y＝1，而使之成为一个完整的特殊的几何图形，这样便于从整体出发，揭示图形的内在联系，使问题得到解决．此法指导思想是“聚零为整，统筹考虑”．
九、高维与低维的相互转化
事物的空间形成，总是表现为不同维数且遵循由低维想高维的发展规律，通过降维转化，可把问题有一个领域转换到另一个领域而得以解决，这种转化在复数与立体几何中特别常见。
空间与平面，维数转化
在高等代数中常见有高维数的问题，如果把它向低维问题转化，问题往往变得简单、明了．最简单的由三维向二维空间转化，即把三维的空间的立体图形转化为二维的平面图形来研究，也是研究立体几何问题的重要方法之一．
例21一个与球心距离为1的平面截球所得的圆面面积为，则球的表面积为( )
(A)(B)(C)(D)
解：作出球的大圆截面图，由截面小圆的面积为，即r2＝，得r＝1．
∴ R＝＝．则＝4R2＝8，而选(B)．
点评：展示大圆的特征图是将空间的球问题平面化的重要途径．对于球问题通常要抓住其特征Rt△来解决(即球半径、小圆半径及圆心距构成的直角三角形)．
十、模式向创造的转化
数学题目千变万化，虽然不存在固有的解题模式和千篇一律的解题方法，但只要我们破除思维定势，树立创新意识，进行发散思维，左挂右联，巧思妙想，分析题目结构特征，还是可以找到令人耳目一新的解法
例22：已知：
求证：
证明：构造对偶式：令

则
=
又 （

十一、暄量向定性的转化
当定量求解某些问题困难时，可以考虑将定量问题转化为定性问题，通过定性判断来解决。
例11已知函数图象如下图，则函图象可能是（ ）






分析:要根据的函数图象准确地画出的图象是困难的，但我们注意到一奇一偶，所以是奇函数排除B，但在无意义，又排除C、D，应选A。

以上是化归思想中的几种主要的转化途径。其实，化归的途径很多，如还有数与形的转化，空间与平面的转化，无限与有限的转化等等。转化的目的是改容易面，化繁为简，巧闯难关。高考中正确灵活的运用化归思想，找到化归途径，使用化归手段，定会取得事半功倍的效果。
转换是化归的实施.化归重在理念，转换重在操作.
转换是寻找“替身”，由彼及此，“彼”得对“此”全盘负责.因此，转换前面经常冠以“等价”二字，即“等价转换”.
从“条件”的角度看问题，转换是在寻找解决问题的充要条件，而化归有时在寻找解决问题的充分条件，甚至是探究中的必要条件.

【高考数学】破题36关
第33关：函数零点问题—求解策略
函数的零点是高中新课标中新增内容，在教材中给出了具体的定义：“对于函数,我们把使的实数x叫做函数的零点，这样函数的零点就是方程的实数根，也就是函数的图象与X轴交点的横坐标，所以方程有实根函数的图象与X轴有交点函数有零点”（必修1.P95.人教版）
对于函数零点问题，我们除了可应用根的存在性定理直接求解外，还可利用“方程有实根函数的图象与X轴有交点函数有零点” 题目进行适当转换，得到各种不同的求解策略。兹总结如下：
一 、函数零点的存在性定理指出：“如果函数在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且，那么，函数在区间（a,b）内有零点，即存在,使得,这个c也是方程的根”。根据函数零点的存在性定理判断函数在某个区间上是否有零点（或方程在某个区间上是否有根）时，一定要注意该定理是函数存在零点的充分不必要条件：如
例1、函数的零点所在的大致区间是（ ）
（A）（0，1）； （B）（1，2）； （C） （2，e）； （D）（3，4）。
分析：显然函数在区间[1,2]上是连续函数，且,，所以由根的存在性定理可知，函数的零点所在的大致区间是（1，2），选B
例2.函数在下列区间是否存在零点？（ ）
（A）（-3，-1）； （B）（-1，2）； （C） （2，3）； （D）（3，4）。
分析：利用函数零点的存在性定理分析，函数在所给出的四个区间中都不满足条件，但由函数的图象可知它一定有零点。仅当函数在区间[a,b]上是单调函数时，函数零点的存在性定理才是函数存在零点的充要条件。
二 、求解有关函数零点的个数（或方程根的个数）问题
函数零点的存在性定理，它仅能判断零点的存在性，不能求出零点的个数。对函数零点的个数问题，我们可以通过适当构造函数，利用函数的图象和性质进行求解。如：
对于求一个陌生函数的零点个数，若能把已知函数分解成两个熟悉的函数，那么可利用构造函数法化归为求两个熟悉函数图象的交点个数求解,如：
例3.求零点的个数。
分析：本题直接求解，无法下手，由函数的零点也是方程的根，即方程的解，但这个方程不是
熟悉的常规方程，由方程的解与两函数图象交点的关系，可构
造函数、,在同一坐标系中作出它们的图象，可得
出它们有三个交点，所以零点的个数有三个。
2对于一元高次函数，可利用导数法研究函数图象的特征，作出函数的图象，确定图象与X轴交点的情况求解。如：
例4.函数零点的个数为
分析：，
令,得列出x,y/,y的对应值表如下：

作出函数的草图可知，函数的图
象与X轴仅有一个交点，则仅有一个零点。
注意：本类型题的特点是找出函数的图象与X轴交点，实质上仍是求函数与函数交点的情况。若把换成，相当在原题中引入参数a，得出一般情况下的解法，如：
例5、（例4变式题）试讨论函数()零点的个数。
分析：方法1：直接模仿例4的解法，可得如下表格:
然后再结合函数的图象与X轴的关系，确定分类讨论的标准，由极大值、极小值与零的关系，讨论图象与X轴交点情况，得出如下结论：
当即时有一个交点；当即时有两个交点；当且即时有三个交点；当即时有两个交点；当即时有一个交点.
方法2：通过构造函数与转化求解，利用例4的方法可得到函数的图象，讨论两个函数图象的位置关系，
可得出结论：当仅有一个零点；
当有二个零点；当有三个零点；
当时有二个零点；当仅有一个零点。
例6、已知，函数在区间（0，3）内零点的个数为 。
分析：本题利用导数法可得出在区间（0，3）上是单调递减函数，且,，由函数的图象可知仅有一个零点。
三．求函数的具体零点或求方程的根。对于某些特殊类型的函数，可通过研究式子的特征，构造新函数,转化求解。如：
例7、求函数的零点。
分析：考察的特点，直接求解难以入手，可转化为求的解，根据式子特点构造函数，显然为奇函数，且在R上单调递增，由可化为，故利用函数的性质可得，则，所以函数的零点为
综上所述，对于函数的零点问题，我们除了要掌握利用函数的零点存在性定理判断外，还要更好地懂得利用函数与方程思想，构造函数，数形结合，优化解题的策略，提高学生分析问题、解决问题的能力。

【高考数学】破题36关
第34关：求离心率取值范围—常见6法
在圆锥曲线的诸多性质中，离心率经常渗透在各类题型中。离心率是描述圆锥曲线“扁平程度”或“张口大小”的一个重要数据，在每年的高考中它常与“定义”、“焦点三角形”等联系在一起。因此求离心率的取值范围，综合性强，是解析几何复习的一个难点。笔者从事高中数学教学二十余载，积累了六种求解这类问题的通法，供同仁研讨。
一、利用椭圆上一点P(x,y)坐标的取值范围，构造关于a,b,c的不等式
例1 若椭圆上存在一点P，使，其中0为原点，A为椭圆的右顶点，求椭圆离心率e的取值范围。
解：设为椭圆上一点，则
. ① 因为，所以以OA为直径的圆经过点P，所以
. ② 联立①、②消去并整理得
当时，P与A重合，不合题意，舍去。
所以 又，所以，
即 得，即又，故的取值范围是
二、利用圆锥曲线的焦点和曲线上一点构成的“焦三角形”三边大小关系，构造关于a,b,c不等式
例2 已知双曲线左、右焦点分别为F1、F2，左准线为 是双曲线左支上一点，并且，由双曲线第二定义得，
所以. ①由又曲线第一定义得
②由①-②得
在中，所以 ，
即.又，从而解得的取值范围是。
三、利用圆锥曲线的“焦三角形”+余弦定理+均值不等式
例3 设椭圆的两焦点为F1、F2，问当离心率E在什么范围内取值时，椭圆上存在点P，使=120°.
解：设椭圆的焦距为2c，由椭圆的定义知.
在中，由余弦定理得
==（
所以所以.
又，故的取值范围是
四、利用圆锥曲线的定义，结合完全平方数（式）非负的属性构造关于a,b,c的不等式
例4 如图1，已知椭圆长轴长为4，以 轴为准线，且左顶点在抛物线上，求椭圆离心率e的取值范围。
解：设椭圆的中心为，并延长交 轴于N，则=
因为，所以。所以
所以椭圆离心率的取值范围为
五、将题中已知不等关系巧妙转化为关于a,b,c的不等式
例5 已知椭圆的两焦点为F1、F2，斜率为K的直线过右焦点F2，与椭圆交于A、B，与Y轴交于C，B为CF2的中点，若，求椭圆离心率e的取值范围。
解：设F2 (C,0),直线则，代入椭圆方程得.
又所以，所以，
解得 因为，所以
解得，所以
六、利用圆锥曲线参数方程设点，结合正余弦函数的有界性，构造关于a,b,c的不等式
例6 若椭圆上存在一点P，使，其中O为原点，A为椭圆的右顶点，求椭圆离心率e的取值范围。
解：设P（），由，
得，
即（ ①
解得
当
因此要使①有解，需，
即.
又，故e的取值范围是
总之，求圆锥曲线的离心率范围首先从定义出发，利用圆锥曲线上点坐标的范围和焦三角形的三边大小 关系，结合参数方程中三角函数有界性和均值不等式，有时也常常转化为一元二次方程利用判别式或者完全平方数（式），具体问题具体对待，贵在划归转化。
【高考数学】破题36关
第35关：高考数学选择题—解题策略
数学选择题在当今高考试卷中，不但题目多，而且占分比例高，选择题题量为12题每题5分共60分，分值占到试卷总分的40％。数学选择题具有概括性强，知识覆盖面广，小巧灵活，且有一定的综合性和深度等特点，考生能否迅速、准确、全面、简捷地解好选择题，成为高考成功的关键。
解答选择题的基本策略是准确、迅速。准确是解答选择题的先决条件，选择题不设中间分，一步失误，造成错选，全题无分，所以应仔细审题、深入分析、正确推演、谨防疏漏，确保准确；迅速是赢得时间获取高分的必要条件，对于选择题的答题时间，应该控制在不超过40分钟左右，速度越快越好，高考要求每道选择题在1～3分钟内解完，要避免“超时失分”现象的发生。
高考中的数学选择题一般是容易题或中档题，个别题属于较难题，当中的大多数题的解答可用特殊的方法快速选择。解选择题的基本思想是既要看到各类常规题的解题思想，但更应看到选择题的特殊性，数学选择题的四个选择支中有且仅有一个是正确的，因而，在解答时应该突出一个“选”字，尽量减少书写解题过程，要充分利用题干和选择支两方面提供的信息，依据题目的具体特点，灵活、巧妙、快速地选择解法，以便快速智取，这是解选择题的基本策略
（一）数学选择题的解题方法
1、直接法：就是从题设条件出发，通过正确的运算、推理或判断，直接得出结论再与选择支对照，从而作出选择的一种方法。运用此种方法解题需要扎实的数学基础。
例1、某人射击一次击中目标的概率为0.6，经过3次射击，此人至少有2次击中目标的概率为 （ ）
解析：某人每次射中的概率为0.6，3次射击至少射中两次属独立重复实验。
+ = 故选A
例2、有三个命题：①垂直于同一个平面的两条直线平行；②过平面α的一条斜线l有且仅有一个平面与α垂直；③异面直线a、b不垂直，那么过a的任一个平面与b都不垂直。其中正确命题的个数为（ ）
A．0B．1C．2D．3
解析：利用立几中有关垂直的判定与性质定理对上述三个命题作出判断，易得都是正确的，故选D。
例3、已知F1、F2是椭圆+=1的两焦点，经点F2的的直线交椭圆于点A、B，若|AB|=5，则|AF1|+|BF1|等于（ ）
A．11B．10C．9D．16
解析：由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|=2a=8,|BF1|+|BF2|=2a=8，两式相加后将|AB|=5=|AF2|+|BF2|代入，得|AF1|+|BF1|＝11，故选A。
例4、已知在[0，1]上是的减函数，则a的取值范围是（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（0，2）D．[2，+∞）
解析：∵a>0,∴y1=2-ax是减函数，∵ 在[0，1]上是减函数
∴a>1，且2-a>0，∴12、特例法：就是运用满足题设条件的某些特殊数值、特殊位置、特殊关系、特殊图形、特殊数列、特殊函数等对各选择支进行检验或推理，利用问题在某一特殊情况下不真，则它在一般情况下也不真的原理，由此判明选项真伪的方法。用特例法解选择题时，特例取得愈简单、愈特殊愈好。
（1）特殊值
例5、若sinα>tanα>ctα()，则α∈（ ）
A．(，)B．（，0） C．（0，）D．（，）
解析：因，取α=－代入sinα>tanα>ctα，满足条件式，则排除A、C、D，故选B。
例6、一个等差数列的前n项和为48，前2n项和为60，则它的前3n项和为（ ）
A．－24B．84C．72D．36
解析：结论中不含n，故本题结论的正确性与n取值无关，可对n取特殊值，如n=1，此时a1=48,a2=S2－S1=12，a3=a1+2d= －24，所以前3n项和为36，故选D。
（2）特殊函数
例7、如果奇函数f(x) 是[3，7]上是增函数且最小值为5，那么f(x)在区间[－7，－3]上是（ ）
A.增函数且最小值为－5B.减函数且最小值是－5
C.增函数且最大值为－5D.减函数且最大值是－5
解析：构造特殊函数f(x)=x，虽然满足题设条件，并易知f(x)在区间[－7，－3]上是增函数，且最大值为f(-3)=-5，故选C。
例8、定义在R上的奇函数f(x)为减函数，设a+b≤0，给出下列不等式：①f(a)·f(－a)≤0；②f(b)·f(－b)≥0；③f(a)+f(b)≤f(－a)+f(－b)；④f(a)+f(b)≥f(－a)+f(－b)。其中正确的不等式序号是（ ）
A．①②④B．①④C．②④D．①③
解析：取f(x)= －x，逐项检查可知①④正确。故选B。
（3）特殊数列
例9、已知等差数列满足，则有 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：取满足题意的特殊数列，则，故选C。
（4）特殊位置
例10、过的焦点作直线交抛物线与两点，若与的长分别是，则 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：考虑特殊位置PQ⊥OP时，，所以，故选C。
例11、向高为的水瓶中注水，注满为止，如果注水量与水深的函数关系的图象如右图所示，那么水瓶的形状是 ( )
解析：取，由图象可知，此时注水量大于容器容积的，故选B。
（5）特殊点
例12、设函数，则其反函数的图像是 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：由函数，可令x=0，得y=2；令x=4，得y=4，则特殊点(2,0)及(4,4)都应在反函数f－1(x)的图像上，观察得A、C。又因反函数f－1(x)的定义域为，故选C。
（6）特殊方程
例13、双曲线b2x2－a2y2=a2b2 (a>b>0)的渐近线夹角为α，离心率为e,则cs等于（ ）
A．eB．e2C．D．
解析：本题是考查双曲线渐近线夹角与离心率的一个关系式，故可用特殊方程来考察。取双曲线方程为－=1，易得离心率e=,cs=，故选C。
（7）特殊模型
例14、如果实数x,y满足等式(x－2)2+y2=3，那么的最大值是（ ）
A．B．C．D．
解析：题中可写成。联想数学模型：过两点的直线的斜率公式k=，可将问题看成圆(x－2)2+y2=3上的点与坐标原点O连线的斜率的最大值，即得D。
3、图解法：就是利用函数图像或数学结果的几何意义，将数的问题(如解方程、解不等式、求最值，求取值范围等)与某些图形结合起来，利用直观几性，再辅以简单计算，确定正确答案的方法。这种解法贯穿数形结合思想，每年高考均有很多选择题(也有填空题、解答题)都可以用数形结合思想解决，既简捷又迅速。
例15、已知α、β都是第二象限角，且csα>csβ，则（ ）
A．α<βB．sinα>sinβ
C．tanα>tanβD．ctα解析：在第二象限角内通过余弦函数线csα>csβ找出α、β的终边位置关系，再作出判断，得B。
例16、已知、均为单位向量，它们的夹角为60°，那么｜＋3|= （ ）
A． B． C．D．4
解析：如图，＋3＝，在中，由余弦定理得｜＋3|=｜｜＝，故选C。
例17、已知{an}是等差数列，a1=-9,S3=S7,那么使其前n项和Sn最小的n是（ ）
A．4B．5C．6D．7
解析：等差数列的前n项和Sn=n2+(a1-)n可表示
为过原点的抛物线，又本题中a1=-9<0, S3=S7,可表示如图，
由图可知，n=,是抛物线的对称轴，所以n=5是抛物线的对称轴，所以n=5时Sn最小，故选B
4、验证法：就是将选择支中给出的答案或其特殊值，代入题干逐一去验证是否满足题设条件，然后选择符合题设条件的选择支的一种方法。在运用验证法解题时，若能据题意确定代入顺序，则能较大提高解题速度。
例18、计算机常用的十六进制是逢16进1的计数制，采用数字0—9和字母A—F共16个计数符号，这些符号与十进制的数的对应关系如下表：
例如：用十六进制表示E+D=1B，则A×B= （ ）
A.6EB.72C.5FD.BO
解析：采用代入检验法，A×B用十进制数表示为1×11=110,而
6E用十进制数表示为6×16＋14=110；72用十进制数表示为7×16＋2=114
5F用十进制数表示为5×16＋15=105；B0用十进制数表示为11×16＋0=176，故选A。
例19、方程的解 ( )
A.（0，1）B.（1，2）C.（2，3）D.（3，+∞）
解析：若，则，则；若，则，则；若，则，则；若,则，故选C。
5、筛选法（也叫排除法、淘汰法）：就是充分运用选择题中单选题的特征，即有且只有一个正确选择支这一信息，从选择支入手，根据题设条件与各选择支的关系，通过分析、推理、计算、判断，对选择支进行筛选，将其中与题设相矛盾的干扰支逐一排除，从而获得正确结论的方法。使用筛选法的前提是“答案唯一”，即四个选项中有且只有一个答案正确。
例20、若x为三角形中的最小内角，则函数y=sinx+csx的值域是（ ）
A．（1， B．（0， C．[，] D．（，
解析：因为三角形中的最小内角，故，由此可得y=sinx+csx>1，排除B,C,D，故应选A。
例21、原市话资费为每3分钟0.18元，现调整为前3分钟资费为0.22元，超过3分钟的，每分钟按0.11元计算，与调整前相比，一次通话提价的百分率（ ）
A．不会提高70% B．会高于70%，但不会高于90%
C．不会低于10% D．高于30%，但低于100%
解析：取x＝4，y＝·100%≈－8.3%，排除C、D；取x＝30，y ＝ ·100%≈77.2%，排除A，故选B。
例22、给定四条曲线：①，②，③，④,其中与直线仅有一个交点的曲线是( )
A. ①②③B. ②③④C. ①②④D. ①③④
解析：分析选择支可知，四条曲线中有且只有一条曲线不符合要求，故可考虑找不符合条件的曲线从而筛选，而在四条曲线中②是一个面积最大的椭圆，故可先看②，显然直线和曲线是相交的，因为直线上的点在椭圆内，对照选项故选D。
6、分析法：就是对有关概念进行全面、正确、深刻的理解或对有关信息提取、分析和加工后而作出判断和选择的方法。
（1）特征分析法——根据题目所提供的信息，如数值特征、结构特征、位置特征等，进行快速推理，迅速作出判断的方法，称为特征分析法。
例23、如图，小圆圈表示网络的结点，结点之间的连线
表示它们有网线相联，连线标的数字表示该段网线单位时间内可以通过的最大息量，现从结点A向结点B传送信息，信息可以分开沿不同的路线同时传送，则单位时间内传递的最大信息量为（ ）
A．26B．24C．20D．19
解析：题设中数字所标最大通信量是限制条件，每一支要以最小值来计算，否则无法同时传送，则总数为3+4+6+6=19，故选D。
例24、设球的半径为R, P、Q是球面上北纬600圈上的两点，这两点在纬度圈上的劣弧的长是，则这两点的球面距离是 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：因纬线弧长＞球面距离＞直线距离，排除A、B、D，故选C。
例25、已知，则等于 （ ）
A、 B、 C、 D、
解析：由于受条件sin2θ+cs2θ=1的制约，故m为一确定的值，于是sinθ,csθ的值应与m的值无关，进而推知tan的值与m无关，又<θ<π，<<,∴tan>1，故选D。
（2）逻辑分析法——通过对四个选择支之间的逻辑关系的分析，达到否定谬误支，选出正确支的方法，称为逻辑分析法。
例26、设a,b是满足ab<0的实数，那么 （ ）
A．|a+b|>|a－b|B．|a+b|<|a－b| C．|a－b|<|a|－|b|D．|a－b|<|a|+|b|
解析：∵A，B是一对矛盾命题，故必有一真，从而排除错误支C，D。又由ab<0，可令a=1,b= －1，代入知B为真，故选B。
例27、的三边满足等式，则此三角形必是（）
A、以为斜边的直角三角形 B、以为斜边的直角三角形
C、等边三角形 D、其它三角形
解析：在题设条件中的等式是关于与的对称式，因此选项在A、B为等价命题都被淘汰，若选项C正确，则有，即，从而C被淘汰，故选D。
7、估算法：就是把复杂问题转化为较简单的问题，求出答案的近似值，或把有关数值扩大或缩小，从而对运算结果确定出一个范围或作出一个估计，进而作出判断的方法。
例28、农民收入由工资性收入和其它收入两部分构成。03年某地区农民人均收入为3150元（其中工资源共享性收入为1800元，其它收入为1350元），预计该地区自04年起的5年内，农民的工资源共享性收入将以每年的年增长率增长，其它性收入每年增加160元。根据以上数据，08年该地区人均收入介于 （ ）
（A）4200元~4400元 （B）4400元~4460元
（C）4460元~4800元 （D）4800元~5000元
解析：08年农民工次性人均收入为：
又08年农民其它人均收入为1350+160=2150
故08年农民人均总收入约为2405+2150=4555（元）。故选B。
说明：1、解选择题的方法很多，上面仅列举了几种常用的方法，这里由于限于篇幅，其它方法不再一一举例。需要指出的是对于有些题在解的过程中可以把上面的多种方法结合起来进行解题，会使题目求解过程简单化。
2、对于选择题一定要小题小做，小题巧做，切忌小题大做。“不择手段，多快好省”是解选择题的基本宗旨。
（二）选择题的几种特色运算
1、借助结论——速算
例29、棱长都为的四面体的四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ ）
A、B、C、D、
解析：借助立体几何的两个熟知的结论：（1）一个正方体可以内接一个正四面体；（2）若正方体的顶点都在一个球面上，则正方体的对角线就是球的直径。可以快速算出球的半径，从而求出球的表面积为，故选A。
2、借用选项——验算
例30、若满足，则使得的值最小的是 （ ）
A、（4.5，3）B、（3，6）C、（9，2）D、（6，4）
解析：把各选项分别代入条件验算，易知B项满足条件，且的值最小，故选B。
3、极限思想——不算
例31、正四棱锥相邻侧面所成的二面角的平面角为，侧面与底面所成的二面角的平面角为，则的值是 （ ）
A、1 B、2 C、－1 D、
解析：当正四棱锥的高无限增大时，，则故选C。
4、平几辅助——巧算
例32、在坐标平面内，与点A（1，2）距离为1，且与点B（3，1）距离为2的直线共有 （ ）
A、1条B、2条C、3条D、4条
解析：选项暗示我们，只要判断出直线的条数就行，无须具体求出直线方程。以A（1，2）为圆心，1为半径作圆A，以B（3，1）为圆心，2为半径作圆B。由平面几何知识易知，满足题意的直线是两圆的公切线，而两圆的位置关系是相交，只有两条公切线。故选B。
5、活用定义——活算
例33、若椭圆经过原点，且焦点F1（1，0），F2（3，0），则其离心率为 （ ）
A、B、C、D、
解析：利用椭圆的定义可得故离心率故选C。
6、整体思想——设而不算
例34、若，则的值为 （ ）
A、1B、-1C、0D、2
解析：二项式中含有，似乎增加了计算量和难度，但如果设，，则待求式子。故选A。
7、大胆取舍——估算
例35、如图，在多面体ABCDFE中，已知面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF=，EF与面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为（ ）
A、B、5C、6 D、
解析：依题意可计算，而＝6，故选D。
8、发现隐含——少算
例36、交于A、B两点，且，则直线AB的方程为 （ ）
A、B、
C、D、
解析：解此题具有很大的迷惑性，注意题目隐含直线AB的方程就是，它过定点（0，2），只有C项满足。故选C。
9、利用常识——避免计算
例37、我国储蓄存款采取实名制并征收利息税，利息税由各银行储蓄点代扣代收。某人在2001年9月存入人民币1万元，存期一年，年利率为2.25%，到期时净得本金和利息共计10180元，则利息税的税率是 （ ）
A、8%B、20%C、32%D、80%
解析：生活常识告诉我们利息税的税率是20%。故选B。
（三）选择题中的隐含信息之挖掘
1、挖掘“词眼”
例38、过曲线上一点的切线方程为（ ）
A、B、
C、D、
错解：，从而以A点为切点的切线的斜率为–9，即所求切线方程为故选C。
剖析：上述错误在于把“过点A的切线”当成了“在点A处的切线”，事实上当点A为切点时，所求的切线方程为，而当A点不是切点时，所求的切线方程为故选D。
2、挖掘背景
例39、已知，为常数，且，则函数必有一周期为 （ ）
A、2B、3C、4D、5
分析：由于，从而函数的一个背景为正切函数tanx，取，可得必有一周期为4。故选C。
3、挖掘范围
例40、设、是方程的两根，且，则的值为 （ ）
A、B、C、D、
错解：易得，从而故选C。
剖析：事实上，上述解法是错误的，它没有发现题中的隐含范围。由韦达定理知.从而，故故选A。
4、挖掘伪装
例41、若函数，满足对任意的、，当时，，则实数的取值范围为（ ）
A、 B、
C、 D、
分析：“对任意的x1、x2，当时，”实质上就是“函数单调递减”的“伪装”，同时还隐含了“有意义”。事实上由于在时递减，从而由此得a的取值范围为。故选D。
5、挖掘特殊化
例42、不等式的解集是（ ）
A、 B、 C、{4，5，6} D、{4，4.5，5，5.5，6}
分析：四个选项中只有答案D含有分数，这是何故？宜引起高度警觉，事实上，将x值取4.5代入验证，不等式成立，这说明正确选项正是D，而无需繁琐地解不等式。
6、挖掘修饰语
例43、在纪念中国人民抗日战争胜利六十周年的集会上，两校各派3名代表，校际间轮流发言，对日本侵略者所犯下的滔天罪行进行控诉，对中国人民抗日斗争中的英勇事迹进行赞颂，那么不同的发言顺序共有（ ）
A、72种B、36种C、144种D、108种
分析：去掉题中的修饰语，本题的实质就是学生所熟悉的这样一个题目：三男三女站成一排，男女相间而站，问有多少种站法？因而易得本题答案为。故选A。
7、挖掘思想
例44、方程的正根个数为（ ）
A、0B、1C、2D、3
分析：本题学生很容易去分母得，然后解方程，不易实现目标。
事实上，只要利用数形结合的思想，分别画出的图象，容易发现在第一象限没有交点。故选A。
8、挖掘数据
例45、定义函数，若存在常数C，对任意的，存在唯一的，使得，则称函数在D上的均值为C。已知，则函数上的均值为（ ）
A、B、C、D、10
分析：，从而对任意的，存在唯一的，使得为常数。充分利用题中给出的常数10，100。令,当时，，由此得故选A。
（四）选择题解题的常见失误
1、审题不慎
例46、设集合M＝｛直线｝，P＝｛圆｝，则集合中的元素的个数为 （ ）
A、0B、1C、2D、0或1或2
误解：因为直线与圆的位置关系有三种，即交点的个数为0或1或2个，所以中的元素的个数为0或1或2。故选D。
剖析：本题的失误是由于审题不慎引起的，误认为集合M，P就是直线与圆，从而错用直线与圆的位置关系解题。实际上，M，P表示元素分别为直线和圆的两个集合，它们没有公共元素。故选A。
2、忽视隐含条件
例47、若、分别是的等差中项和等比中项，则的值为 （ ）
A、B、C、D、
误解：依题意有，① ②
由①2-②×2得，，解得。故选C。
剖析：本题失误的主要原因是忽视了三角函数的有界性这一隐含条件。事实上，由，得，所以不合题意。故选A。
3、概念不清
例48、已知，且，则m的值为（ ）
A、2B、1C、0D、不存在
误解：由，得，方程无解，m不存在。故选D。
剖析：本题的失误是由概念不清引起的，即，则，是以两直线的斜率都存在为前提的。若一直线的斜率不存在，另一直线的斜率为0，则两直线也垂直。当m=0时，显然有；若时，由前面的解法知m不存在。故选C。
4、忽略特殊性
例49、已知定点A（1，1）和直线，则到定点A的距离与到定直线的距离相等的点的轨迹是 （ ）
A、椭圆B、双曲线C、抛物线D、直线
误解：由抛物线的定义可知，动点的轨迹是抛物线。故选C。
剖析：本题的失误在于忽略了A点的特殊性，即A点落在直线上。故选D。
5、思维定势
例50、如图1，在正方体AC1中盛满水，E、F、G分别为A1B1、BB1、BC1的中点。若三个小孔分别位于E、F、G三点处，则正方体中的水最多会剩下原体积的（ ）
A、 B、C、D、
误解：设平面EFG与平面CDD1C1交于MN，则平面EFMN左边的体积即为所求，由三棱柱B1EF—C1NM的体积为，故选B
剖析：在图2中的三棱锥ABCD中，若三个小孔E、F、G分别位于所在棱的中点处，则在截面EFG下面的部分就是盛水最多的。本题的失误在于受图2的思维定势，即过三个小孔的平面为截面时分成的两部分中，较大部分即为所求。事实上，在图1中，取截面BEC1时，小孔F在此截面的上方，，故选A。
6、转化不等价
例51、函数的值域为 （ ）
A、 B、 C、 D、
误解：要求原函数的值域可转化为求反函数的定义域。因为反函数，所以，故选A。
剖析：本题的失误在于转化不等价。事实上，在求反函数时，由，两边平方得，这样的转化不等价，应加上条件，即，进而解得，，故选D

【高考数学】破题36关
第36关：高考数学填空题—解题策略
数学填空题在近几年新课标全国卷中题量一直为4题，每题5分共20分，在高考数学试卷中约占13.33%。它和选择题同属客观性试题，它们有许多共同特点：其形态短小精悍、跨度大、知识覆盖面广、考查目标集中，形式灵活，答案简短、明确、具体，评分客观、公正、准确等。
根据填空时所填写的内容形式，可以将填空题分成两种类型：
一是定量型，要求考生填写数值、数集或数量关系，如：方程的解、不等式的解集、函数的定义域、值域、最大值或最小值、线段长度、角度大小等等。由于填空题和选择题相比，缺少选择支的信息，所以高考题中多数是以定量型问题出现。
二是定性型，要求填写的是具有某种性质的对象或者填写给定的数学对象的某种性质，如：给定二次曲线的准线方程、焦点坐标、离心率等等。近几年出现了定性型的具有多重选择性的填空题。
在解答填空题时，由于不反映过程，只要求结果，所以对正确性的要求比解答题更高、更严格，《考试说明》中对解答填空题提出的基本要求是“正确、合理、迅速”。为此在解填空题时要做到：快——运算要快，力戒小题大作；稳——变形要稳，不可操之过急；全——答案要全，力避残缺不齐；活——解题要活，不要生搬硬套；细——审题要细，不能粗心大意。
（一）数学填空题的解题方法
1、直接法：直接从题设条件出发，利用定义、性质、定理、公式等，经过变形、推理、计算、判断得到结论的，称为直接法。它是解填空题的最基本、最常用的方法。使用直接法解填空题，要善于通过现象看本质，自觉地、有意识地采取灵活、简捷的解法。
例1、乒乓球队的10名队员中有3名主力队员，派5名参加比赛。3名主力队员要安排在第一、三、五位置，其余7名队员选2名安排在第二、四位置，那么不同的出场安排共有_________种（用数字作答）。
解：三名主力队员的排法有种，其余7名队员选2名安排在第二、四位置上有种排法，故共有排法数=252种。
例2、的展开式中的系数为 。
解：
得展开式中的系数为=179。
例3、已知函数在区间上为增函数，则实数的取值范围是 。
解：，由复合函数的增减性可知，在上为增函数，∴，∴。
2、特殊化法：当填空题已知条件中含有某些不确定的量，但填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时，可以将题中变化的不定量选取一些符合条件的恰当特殊值（或特殊函数，或特殊角，特殊数列，图形特殊位置，特殊点，特殊方程，特殊模型等）进行处理，从而得出探求的结论。这样可大大地简化推理、论证的过程。
例4、在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，如果a、b、c成等差数列，则
解法一：取特殊值a＝3, b＝4, c＝5 ,则csA＝csC＝0, 。
解法二：取特殊角A＝B＝C＝600 csA＝csC＝,。
例5、如果函数对任意实数都有，那么的大小关系是。
解：由于，故知的对称轴是。可取特殊函数，即可求得。∴。
例6、已知SA，SB，SC两两所成角均为60°，则平面SAB与平面SAC所成的二面角为。
解：取SA=SB=SC，则在正四面体S－ABC中，易得平面SAB与平面SAC所成的二面角为
例7、已知是直线，是平面，给出下列命题：①若，则∥；②若，则∥；③若内不共线的三点到的距离都相等，则∥；④若，且∥，∥，则∥；⑤若为异面直线，，∥，,∥，则∥。则其中正确的命题是。（把你认为正确的命题序号都填上）
解：依题意可取特殊模型正方体AC1（如图），在正方体AC1中逐一判断各命题，易得正确的命题是②⑤。
3、数形结合法：对于一些含有几何背景的填空题，若能根据题目条件的特点，作出符合题意的图形，做到数中思形，以形助数，并通过对图形的直观分析、判断，则往往可以简捷地得出正确的结果。
例8、已知向量=，向量=，则|2－|的最大值是
解：因，故向量2和所对应的点A、B都在以原点为圆心，2为半径的圆上，从而|2－|的几何意义即表示弦AB的长，故|2－|的最大值为4。
例9、如果不等式的解集为A，且，那么实数的取值范围是 。
解：根据不等式解集的几何意义，作函数和
函数的图象（如图），从图上容易得出实数的取
值范围是。
例10、设函数 f(x)＝x3＋ax2＋2bx＋c．若当 x∈（0，1）时，f(x)取得极大值；x∈（1，2）时，f(x)取得极小值，则 的取值范围是 ．
解：f´(x)＝ x2＋ax＋2b，令f´(x)＝0，由条件知，上述方程应满足：一根在（0，1）之间，另一根在（1，2）之间，∴ 得在ab坐标系中，作出上述区域如图所示，而的几何意义是过两点P(a，b)与A(1，2)的直线斜率，而P(a，b)在区域内，由图易知kPA∈（，1）．
4、等价转化法：通过“化复杂为简单、化陌生为熟悉”将问题等价转化成便于解决的问题，从而得到正确的结果。
例11、不等式的解集为，则_______，________。
解：设，则原不等式可转化为：∴a > 0，且2与是方程的两根，由此可得：
例12、不论为何实数，直线与圆恒有交点，则实数的取值范围是 。
解：题设条件等价于点（0，1）在圆内或圆上，或等价于点（0，1）到圆，∴。
5、构造法：根据题设条件与结论的特殊性，构造出一些新的数学形式，并借助于它认识和解决问题的一种方法。
例13、如图，点P在正方形ABCD所在的平面外，PD⊥ABCD，PD=AD，则PA与BD所成角的度数为。
解：根据题意可将此图补形成一正方体，在正方体中易求得PA与BD所成角为60°。
例14、4个不同的小球放入编号为1，2，3，4的4个盒中，则只有1个空盒的放法共有 种（用数字作答）。
解：符合条件的放法是：有一个盒中放2个球，有2个盒中各放1个球。因此可先将球分成3堆（一堆2个，其余2堆各1个，即构造了球的“堆”），然后从4个盒中选出3个盒放3堆球，依分步计算原理，符合条件的放法有（种）。
例15、椭圆 的焦点F1、F2，点P是椭圆上动点，当∠F1PF2为钝角时，点P的横坐标的取值范围是
解：构造圆x2＋y2＝5，与椭圆 联立求得交点x02 ＝ x0∈（－ ，）
6、分析法：根据题设条件的特征进行观察、分析，从而得出正确的结论。
例16、如右图，在直四棱柱中，当底面四边形满足条件 时，有（填上你认为正确的一个条件
即可，不必考虑所有可能性的情形）。
解：因四棱柱为直四棱柱，故为在面上的射影，从而要使，只要与垂直，故底面四边形只要满足条件即可。
例17、以双曲线的左焦点F，左准线l为相应的焦点和准线的椭圆截直线所得的弦恰好被x轴平分，则k的取值范围是 。
解：左焦点F为（－2，0），左准线l：x ＝－，因椭圆截直线所得的弦恰好被x轴平分，故根据椭圆的对称性知，椭圆的中心即为直线与x轴的交点，由 ，得0 ＜ k ＜ 。
（二）减少填空题失分的检验方法
1、回顾检验
例18、满足条件的角的集合为
错解：
检验：根据题意，答案中的不满足条件，应改为；其次，角的取值要用集合表示。故正确答案为
2、赋值检验。若答案是无限的、一般性结论时，可赋予一个或几个特殊值进行检验，以避免知识性错误。
例19、已知数列的前n项和为，则通项公式= 。
错解：
检验：取n=1时，由条件得，但由结论得a1=5。
故正确答案为
3、逆代检验。若答案是有限的、具体的数据时，可逐一代入进行检验，以避免因扩大自变量的允许值范围而产生增解致错。
例20、方程的解是 。
错解：设，则，根据复数相等的定义得解得。故
检验：若，则原方程成立；若，则原方程不成立。
故原方程有且只有一解z=-i.
4、估算检验。当解题过程是否等价变形难以把握时，可用估算的方法进行检验，以避免忽视充要条件而产生逻辑性错误。
例21、不等式的解是 。
错解：两边平行得，即，解得。
检验：先求定义域得，原不等式成立；若，原不等式不成立，故正确答案为x>1。
5、作图检验。当问题具有几何背景时，可通过作图进行检验，以避免一些脱离事实而主观臆断致错。
例22、函数的递增区间是 。
错解：
检验：由
作图可知正确答案为
6、变法检验。一种方法解答之后，再用其它方法解之，看它们的结果是否一致，从而可避免方法单一造成的策略性错误。
例23、若，则的最小值是 。
错解：
检验：上述错解在于两次使用重要不等式，等号不可能同时取到。
换一种解法为：
7、极端检验。当难以确定端点处是否成立时，可直接取其端点进行检验，以避免考虑不周全的错误。
例24、已知关于x的不等式的解集是空集，求实数a的取值范围 。
错解：由，解得
检验：若a=-2，则原不等式为，解集是空集，满足题意；若，则原不等式为，即，解得，不满足题意 故正确答案为
切记：解填空题应方法恰当，争取一步到位，答题形式标准，避免丢三落四，“一知半解”
0
-
0
+
0
-
0
+
0
-
0
+
极小值
极大值
x
1
(1,3)
3
+
0
-
0
+
y
增函数
减函数
增函数
x
1
(1,3)
3
+
0
-
0
+
y
增函数
减函数
增函数
十六进制
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
A
B
C
D
E
F
十进制
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15