高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查：
① 常用数学方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法等； ② 数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等；
③ 数学思维方法：观察与分析、概括与抽象、分析与综合、特殊与一般、类比、归纳和演绎等； ④ 常用数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想等。
第一章 高中数学解题基本方法
一、 配方法
配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简。何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。
最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解，或者缺xy项的二次曲线的平移变换等问题。
配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a＋b)＝a＋2ab＋b，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：
a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝(a－b)2＋2ab；
2
22
3b2a＋ab＋b＝(a＋b)－ab＝(a－b)＋3ab＝(a＋)＋（b）2；
222222a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca＝
1[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(c＋a)2] 2a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)2－2(ab－bc－ca)＝… 结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如： 1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）2； x＋
211212＝(x＋)－2＝(x－)＋2 ；…… 等等。 x2xxⅠ、再现性题组：
1. 在正项等比数列{an}中，a1?a5+2a3?a5+a3?a7=25，则 a3＋a5＝_______。 2. 方程x2＋y2－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。
11 A. 14
3. 已知sin4α＋cos4α＝1，则sinα＋cosα的值为______。 A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0 4. 函数y＝log1 (－2x＋5x＋3)的单调递增区间是_____。
225155 A. （－≦, 54] B. [4,+≦) C. (－2,4] D. [4,3)
5. 已知方程x+(a-2)x+a-1=0的两根x1、x2，则点P(x1,x2)在圆x+y=4上，则实数a＝_____。
【简解】 1小题：利用等比数列性质am?pam?p＝am，将已知等式左边后配方（a3＋a5）易求。答案是：5。 2小题：配方成圆的标准方程形式(x－a)＋(y－b)＝r，解r>0即可，选B。
222222222
3小题：已知等式经配方成(sin2α＋cos2α)2－2sin2αcos2α＝1，求出sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再开方求解。选C。
4小题：配方后得到对称轴，结合定义域和对数函数及复合函数的单调性求解。选D。
5小题：答案3－11。
Ⅱ、示范性题组：
例1. 已知长方体的全面积为11，其12条棱的长度之和为24，则这个长方体的一条对角线长为_____。 A. 23 B. 14 C. 5 D. 6
?2(xy?yz?xz)?11【分析】 先转换为数学表达式：设长方体长宽高分别为x,y,z，则? ,而欲求对角线长
4(x?y?z)?24?x2?y2?z2，将其配凑成两已知式的组合形式可得。
【解】设长方体长宽高分别为x,y,z，由已知“长方体的全面积为11，其12条棱的长度之和为24”而得：
?2(xy?yz?xz)?11。 ?4(x?y?z)?24?22长方体所求对角线长为：x?y?z＝(x?y?z)?2(xy?yz?xz)＝6?11＝5。所以选B。
222【注】本题解答关键是在于将两个已知和一个未知转换为三个数学表示式，观察和分析三个数学式，容易发现使用配方法将三个数学式进行联系，即联系了已知和未知，从而求解。这也是我们使用配方法的一种解题模式。
例2. 设方程x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，若(
p2q2)+()≤7成立，求实数k的取值范围。 qp【解】方程x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2 ,
(p2?q2)2?2p2q2[(p?q)2?2pq]2?2p2q2(k2?4)2?8p2q2p4?q4()+()＝＝＝≤7， 解得k222＝
(pq)(pq)(pq)qp4≤－10或k≥10 。
又 ≧p、q为方程x2＋kx＋2=0的两实根， ? △＝k2－8≥0即k≥22或k≤－22 综合起来，k的取值范围是：－10≤k≤－22 或者 22≤k≤10。
【注】 关于实系数一元二次方程问题，总是先考虑根的判别式“Δ”；已知方程有两根时，可以恰当运用韦达定
理。本题由韦达定理得到p＋q、pq后，观察已知不等式，从其结构特征联想到先通分后配方，表示成p＋q与pq的组合式。假如本题不对“△”讨论，结果将出错，即使有些题目可能结果相同，去掉对“△”的讨论，但解答是不严密、不完整的，这一点我们要尤为注意和重视。
ba19981998例3. 设非零复数a、b满足a＋ab＋b=0，求()＋() 。
a?ba?ba2aa2【分析】 对已知式可以联想：变形为()＋()＋1＝0，则＝ω （ω为1的立方虚根）；或配方为(a＋b)
bbb22＝ab 。则代入所求式即得。
【解】由a＋ab＋b=0变形得：(
22a2a)＋()＋1＝0 ， bba1b233设ω＝，则ω＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：＝，ω＝?＝1。
b?a
又由a2＋ab＋b2=0变形得：(a＋b)2＝ab ，
22babaab所以 ()1998＋()1998＝()999＋()999＝()999＋()999＝ω999＋?ababa?bbaa?b999＝2 。
【注】 本题通过配方，简化了所求的表达式；巧用1的立方虚根，活用ω的性质，计算表达式中的高次幂。一系
列的变换过程，有较大的灵活性，要求我们善于联想和展开。
【另解】由a2＋ab＋b2＝0变形得：(
a2ab?1?3i)＋()＋1＝0 ，解出＝后，化成三角形式，代入所求表
2bba达式的变形式(
?1?3ia999b)＋()999后，完成后面的运算。此方法用于只是未联想到ω时进行解题。
2ba?1?3ib，直接代入所求表达式，2假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a2＋ab＋b2＝0解出：a＝进行分式化简后，化成复数的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的计算。
Ⅲ、巩固性题组： 1.函数y＝(x－a)2＋(x－b)2 （a、b为常数）的最小值为_____。
222a?b(a?b)A. 8 B. C. D.最小值不存在
222.α、β是方程x2－2ax＋a＋6＝0的两实根，则(α-1)2 +(β-1)2的最小值是_____。
A. －494 B. 8 C. 18 D.不存在
3.已知x、y∈R?，且满足x＋3y－1＝0，则函数t＝2x＋8y有_____。
A.最大值22 B.最大值2 C.最小值22 B.最小值2
224.椭圆x2－2ax＋3y2＋a2－6＝0的一个焦点在直线x＋y＋4＝0上，则a＝_____。 A. 2 B. －6 C. －2或－6 D. 2或6
5.化简：21?sin8＋2?2cos8的结果是_____。
A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4
22x6.设F1和F2为双曲线－y＝1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F1PF2＝90°，则△F1PF2的面积是________。 427.若x>－1，则f(x)＝x＋2x＋1的最小值为___________。
x?18.已知?〈β<α〈3π，cos(α-β)＝12，sin(α+β)＝－3，求sin2α的值。(92年高考题)
241359.设二次函数f(x)＝Ax＋Bx＋C，给定m、n（m ① 解不等式f(x)>0； ② 是否存在一个实数t，使当t∈(m+t,n-t)时，f(x)<0 ？若不存在，说出理由；若存在，指出t的取值范围。 10.设s>1，t>1，m∈R，x＝logst＋logts，y＝logst＋logts＋m(logst＋logts), ① 将y表示为x的函数y＝f(x)，并求出f(x)的定义域； ② 若关于x的方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求m的取值范围。 44222222222 二、换元法 解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法。换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理。 换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化。 它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。 换元的方法有：局部换元、三角换元、均值换元等。 局部换元又称整体换元，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现。例如解不等式：4x＋2x－2≥0，先变形为设2x＝t（t>0），而变为熟悉的一元二次不等式求解和指数方程的问题。 三角换元，应用于去根号，或者变换为三角形式易求时，主要利用已知代数式中与三角知识中有某点联系进行换元。 ?如求函数y＝x＋1?x的值域时，易发现x∈[0,1]，设x＝sinα ，α∈[0,]，问题变成了熟悉的求三角函数 22值域。为什么会想到如此设，其中主要应该是发现值域的联系，又有去根号的需要。如变量x、y适合条件x＋y＝r（r>0）时，则可作三角代换x＝rcosθ、y＝rsinθ化为三角问题。 均值换元，如遇到x＋y＝S形式时，设x＝ 222 SS＋t，y＝－t等等。 22我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原则，换元后要注重新变量范围的选取，一定要使新变量 ?范围对应于原变量的取值范围，不能缩小也不能扩大。如上几例中的t>0和α∈[0,]。 2Ⅰ、再现性题组： 1.y＝sinx〃cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。 2.设f(x＋1)＝loga(4－x) （a>1），则f(x)的值域是_______________。 3.已知数列{an}中，a1＝－1，an?1〃an＝an?1－an，则数列通项an＝___________。 4.设实数x、y满足x2＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________。 241?3?x5.方程x＝3的解是_______________。 1?36.不等式log2(2－1) 〃log2(2 xx?1－2)〈2的解集是_______________。 t211【简解】1小题：设sinx+cosx＝t∈[－2,2]，则y＝＋t－，对称轴t＝－1，当t＝2，ymax＝＋2； 2222小题：设x＋1＝t (t≥1)，则f(t)＝loga[-(t-1)＋4]，所以值域为(－≦,loga4]； 3小题：已知变形为 221an?1－ 111＝－1,设bn＝，则b1＝－1,bn＝－1＋(n－1)(-1)＝－n，所以an＝－； anann24小题：设x＋y＝k，则x－2kx＋1＝0, △＝4k－4≥0,所以k≥1或k≤－1； 5小题：设3＝y，则3y＋2y－1＝0,解得y＝ xx221，所以x＝－1； 35,log23)。 46小题：设log2(2－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－2 Ⅱ、示范性题组： 例1.实数x、y满足4x2－5xy＋4y2＝5（①式），设S＝x2＋y2，求 1Smax＋ 1Smin的值。（93年全国高中数学联赛题） ??x?Scosα分析：由S＝x＋y联想到cosα＋sinα＝1,于是进行三角换元，设?代入①式求Smax和Smin的值。 ??y?Ssinα2222?10?x?Scosα【解】设?代入①式得： 4S－5S〃sinαcosα＝5 解得 S＝ ； 8?5sin2α??y?Ssinα101010≧ -1≤sin2α≤1 ? 3≤8－5sin2α≤13 ? ≤≤ 138?5sin?3? 1Smax＋ 1Smin＝ 313168＋＝＝ 1010105此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。 【另解】 由S＝x2＋y2，设x2＝ 8S?108S?10的有界性而求，即解不等式：||≤1。这种SSSSSS＋t，y2＝－t，t∈[－，]， 2222S2S22－t代入①式得：4S〒5－t2=5， 则xy＝〒44移项平方整理得 100t2+39S2－160S＋100＝0 。 ? 39S－160S＋100≤0 解得： 21010≤S≤ 133? 1Smax＋ 1Smin＝ 313168＋＝＝ 1010105【注】 此题第一种解法属于“三角换元法”，主要是利用已知条件S＝x2＋y2与三角公式cos2α＋sin2α＝1的联系而联想和发现用三角换元，将代数问题转化为三角函数值域问题。第二种解法属于“均值换元法”，主要是由等式S＝x2＋y2而按照均值换元的思路，设x2＝S＋t、y2＝S－t，减少了元的个数，问题且容易求解。另外，还用到 22了求值域的几种方法：有界法、不等式性质法、分离参数法。 和“均值换元法”类似，我们还有一种换元法，即在题中有两个变量x、y时，可以设x＝a＋b，y＝a－b，这称为“和差换元法”，换元后有可能简化代数式。本题设x＝a＋b，y＝a－b，代入①式整理得3a＋13b＝5 ，求得a∈ 222[0, 1151020210102222]，所以S＝(a－b)＋(a＋b)＝2(a＋b)＝＋a∈[,]，再求＋的值。 SmaxSmin31313133cosA1＝－2cosBcosC例2． △ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，1＋ ，求cosA?C的值。（96年全国理） 2A?C?120°【分析】 由已知“A＋C＝2B”和“三角形内角和等于180°”的性质，可得 ?；由“A＋C＝120°”进行??B＝60°A＝60°?α ，再代入可求cosα即cosA?C。 均值换元，则设???C＝60°－α2