第一篇：2012(好)高中数学排列组合问题常用的解题方法

高中数学排列组合问题常用的解题方法

江苏省滨海县五汛中学 王玉娟

排列组合是高中数学的重点和难点之一，是进一步学习概率的基础。排列组合问题通常联系实际，生动有趣，并且能够锻炼同学们的逻辑推理能力和思维的缜密性，但题型多样，思路灵活，不易掌握。实践证明，备考有效方法是题型与解法归类、识别模式、熟练运用，现将高中阶段常用的排列问题和组合问题的解题方法归纳如下：

一、相邻问题捆绑法

题目中规定相邻的几个元素并为一个组(当作一个元素)参与排列． 例1 五人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有 种。

分析：把甲、乙视为一人，并且乙固定在甲的右边，则本题相当于4人4的全排列，A424种。

二、相离问题插空法

元素相离(即不相邻)问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定相离的几个元素插入上述几个元素间的空位和两端．

例2 七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是。

分析：除甲乙外，其余5个排列数为A5种，再用甲乙去插6个空位有A652种，不同的排法种数是A5A63600种。

三、定序问题缩倍法

在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序，可用缩小倍数的方法． 例3 A、B、C、D、E五个人并排站成一排，如果 B必须站A的右边(A、B可不相邻)，那么不同的排法种数有。

分析：B在A的右边与B在A的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元

1560种。素全排列数的一半，即A

52四、标号排位问题分步法

把元素排到指定号码的位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成．

例4 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有。

分析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法。

五、有序分配问题逐分法

有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，可用逐步下量分组法。例5 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法总数有。

分析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承 担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有211C10C8C72520种。

六、多元问题分类法

元素多，取出的情况也有多种，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计。

例6 由数字 0，1，2，3，4，5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有 个。

分析：按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有1***个，A4A3A3,A3A3A3,A2A3A3,A3A3个，合并总计300个。A5例7 从1，2，3，„100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法(不计顺序)共有多少种？

分析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做A7,14,21,98共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做A1,2,3,4，10086个元素；由此可知，从A中任取2个元素的取法有共有211，从A中任取一个，又从A中任取一个共有C14，两种情形共符合要求的C14C86211取法有C14C14C861295种。

例8 从1，2，„100这100个数中，任取两个数，使其和能被4整除的取法(不计顺序)有多少种？

分析：将I1,2,3,100分成四个不相交的子集，能被4整除的数集A4,8,12,100；能被4除余1的数集B1,5,9,97，能被4除余2的数集C2,6,,98，能被4除余3的数集D3,7,11,99，易见这四个集合中每一个有25个元素；从A中任取两个数符合要；从B,D中各取一个数也符合要求；从C中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求2112的取法共有C25种。C25C25C2

5七、交叉问题集合法

某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式n(AB)n(A)n(B)n(AB)。

例 9 从6名运动员中选出4个参加4×100m接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同参赛方法？

分析：设全集Ⅰ＝｛6人中任取4人参赛的排列｝，A＝｛甲第一棒的排列｝，B＝｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有： n(Ⅰ)－n(A)－ n(B)＋n(A∩B)＝P64P53P53P42＝252(种)．

八、定位问题优先法

某个(或几个)元素要排在指定位置，可先排这个(几个)元素，再排其他元素。

例10 1名老师和4名获奖同学排成一排照像留念，若老师不在两端，则有不同的排法有_______ _种。

14分析：老师在中间三个位置上选一个有A3种，4名同学在其余4个位置上有A414种方法；所以共有A3A472种。

九、多排问题单排法

把元素排成几排的问题，可归结为一排考虑，再分段处理。

例11 6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是。

分析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排6成一排，共A6720种。

例12 8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某 1个元素要排在后排，有多少种排法？

2分析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A4种，某11个元素排在后半段的四个位置中选一个有A4种，其余5个元素任排5个位置上1255有A5种，故共有A4A4A55760种排法。

十、“至少”问题间接法

关于“至少”类型组合问题，用间接法较方便。例13 从4台甲型和5台乙型电视机中任取出3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有 种。

分析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种

333型号的电视机，故不同的取法共有C9C4C570种。

分析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；

2112甲型2台乙型1台；故不同的取法有C5C4C5C470种。

十一、选排问题先取后排法

从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上，可用先取后排法。

例14 四个不同的球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有_____ ___种

2分析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C4种，再排：在233四个盒中每次排3个有A4种，故共有C4A4144种。

例15 9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同分组法？

22分析：先取男女运动员各2名，有C52C4种，这四名运动员混和双打练习有A2222中排法，故共有C5C4A2120种。

十二、部分合条件问题排除法

在选取总数中，只有一部分合条件，可从总数中减去不合条件数，即为所求。

例16 以一个正方体顶点为顶点的四面体共有 个。分析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成C84四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有C841258个。

例17 四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有 种。

4分析：10个点中任取4个点共有C10种，其中四点共面的有三种情况：①在44四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为C6，四个面共有4C6个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6

44个；所以四点不共面的情况的种数是C104C636141种。

十三、复杂排列组合问题构造模型法

例18马路上有编号为1，2，3„9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？

分析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮3的灯C5种方法。所以满足条件的关灯方案有10种。

说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决。

十四、利用对应思想转化法

对应思想是教材中渗透的一种重要的解题方法，它可以将复杂的问题转化为简单问题处理。

例19 圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？ 分析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的410个点可以确定多少个不同的四边形，显然有C10个，所以圆周上有10点，以4这些点为端点的弦相交于圆内的交点有C10个。

以上介绍的各种方法是解决一般排列组合问题常用方法，并非绝对的。数学是一门非常灵活的课程，同一问题有时会有多种解法，所以解题时要注意不断积 累经验，总结解题规律，掌握更多的解题技巧。

第二篇：2016(好)高中数学排列组合问题常用的解题方法

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高中数学排列组合问题常用的解题方法

一、相邻问题捆绑法

题目中规定相邻的几个元素并为一个组(当作一个元素)参与排列． 例1 五人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有 种。

分析：把甲、乙视为一人，并且乙固定在甲的右边，则本题相当于4人4的全排列，A424种。

二、相离问题插空法

元素相离(即不相邻)问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定相离的几个元素插入上述几个元素间的空位和两端．

例2 七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是。

分析：除甲乙外，其余5个排列数为A5种，再用甲乙去插6个空位有A652种，不同的排法种数是A5A63600种。

三、定序问题缩倍法

在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序，可用缩小倍数的方法． 例3 A、B、C、D、E五个人并排站成一排，如果 B必须站A的右边(A、B可不相邻)，那么不同的排法种数有。

分析：B在A的右边与B在A的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元

1560种。素全排列数的一半，即A

52四、标号排位问题分步法

把元素排到指定号码的位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成．

例4 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有。

分析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法。

五、有序分配问题逐分法

有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，可用逐步下量分组法。例5 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法总数有。

分析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有211C10C8C72520种。

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六、多元问题分类法

元素多，取出的情况也有多种，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计。

例6 由数字 0，1，2，3，4，5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有 个。

分析：按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有511311311313个，A4A5A3A3,A3A3A3,A2A3A3,A3A3个，合并总计300个。

例7 从1，2，3，„100这100个数中，任取两个数，使它们的乘积能被7整除，这两个数的取法(不计顺序)共有多少种？

分析：被取的两个数中至少有一个能被7整除时，他们的乘积就能被7整除，将这100个数组成的集合视为全集I,能被7整除的数的集合记做A7,14,21,98共有14个元素,不能被7整除的数组成的集合记做A1,2,3,4，10086个元素；由此可知，从A中任取2个元素的取法有共有211，从A中任取一个，又从A中任取一个共有C14，两种情形共符合要求的C14C86211取法有C14C14C861295种。

例8 从1，2，„100这100个数中，任取两个数，使其和能被4整除的取法(不计顺序)有多少种？

分析：将I1,2,3,100分成四个不相交的子集，能被4整除的数集

97，能被4除余2的数99，易见这四个集合中A4,8,12,集C2,6,100；能被4除余1的数集B1,5,9，98，能被4除余3的数集D3,7,11,每一个有25个元素；从A中任取两个数符合要；从B,D中各取一个数也符合要求；从C中任取两个数也符合要求；此外其它取法都不符合要求；所以符合要求2112的取法共有C25种。C25C25C2

5七、交叉问题集合法

某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式n(AB)n(A)n(B)n(AB。)

例 9 从6名运动员中选出4个参加4×100m接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同参赛方法？

分析：设全集Ⅰ＝｛6人中任取4人参赛的排列｝，A＝｛甲第一棒的排列｝，B＝｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：

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n(Ⅰ)－n(A)－ n(B)＋n(A∩B)＝P64P53P53P42＝252(种)．

八、定位问题优先法

某个(或几个)元素要排在指定位置，可先排这个(几个)元素，再排其他元素。

例10 1名老师和4名获奖同学排成一排照像留念，若老师不在两端，则有不同的排法有_______ _种。

41分析：老师在中间三个位置上选一个有A3种，4名同学在其余4个位置上有A414种方法；所以共有A3A472种。

九、多排问题单排法

把元素排成几排的问题，可归结为一排考虑，再分段处理。

例11 6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是。

分析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排6成一排，共A6720种。

例12 8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某 1个元素要排在后排，有多少种排法？

2分析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A4种，某11个元素排在后半段的四个位置中选一个有A4种，其余5个元素任排5个位置上5125有A5种，故共有A4A4A55760种排法。

十、“至少”问题间接法

关于“至少”类型组合问题，用间接法较方便。例13 从4台甲型和5台乙型电视机中任取出3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有 种。

分析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种

333型号的电视机，故不同的取法共有C9C4C570种。

分析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；

2112甲型2台乙型1台；故不同的取法有C5C4C5C470种。

十一、选排问题先取后排法

从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上，可用先取后排法。

例14 四个不同的球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有_____ ___种

2分析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C4种，再排：在 3

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323四个盒中每次排3个有A4种，故共有C4A4144种。

例15 9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同分组法？

22分析：先取男女运动员各2名，有C52C4种，这四名运动员混和双打练习有A2222中排法，故共有C5C4A2120种。

十二、部分合条件问题排除法

在选取总数中，只有一部分合条件，可从总数中减去不合条件数，即为所求。

例16 以一个正方体顶点为顶点的四面体共有 个。分析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成C84四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有C841258个。

例17 四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有 种。

4分析：10个点中任取4个点共有C10种，其中四点共面的有三种情况：①在44四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为C6，四个面共有4C6个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6

44个；所以四点不共面的情况的种数是C104C636141种。

十三、复杂排列组合问题构造模型法

例18马路上有编号为1，2，3„9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？

分析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮3的灯C5种方法。所以满足条件的关灯方案有10种。

十四、利用对应思想转化法

例19 圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？ 分析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的410个点可以确定多少个不同的四边形，显然有C10个，所以圆周上有10点，以4这些点为端点的弦相交于圆内的交点有C10个。

第三篇：2012(好)高中数学排列组合问题常用的解题方法

排列组合常用的解题方法

一、相邻问题捆绑法

题目中规定相邻的几个元素并为一个组(当作一个元素)参与排列． 例1 五人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有 种。

分析：把甲、乙视为一人，并且乙固定在甲的右边，则本题相当于4人4的全排列，A424种。

二、相离问题插空法

元素相离(即不相邻)问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定相离的几个元素插入上述几个元素间的空位和两端．

例2 七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是。

分析：除甲乙外，其余5个排列数为A5种，再用甲乙去插6个空位有A652种，不同的排法种数是A5A63600种。

三、定序问题缩倍法

在排列问题中限制某几个元素必须保持一定顺序，可用缩小倍数的方法． 例3 A、B、C、D、E五个人并排站成一排，如果 B必须站A的右边(A、B可不相邻)，那么不同的排法种数有。

分析：B在A的右边与B在A的左边排法数相同，所以题设的排法只是5个元素全排列数的一半，即

15A560种。

2四、标号排位问题分步法

把元素排到指定号码的位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一个元素，如此继续下去，依次即可完成．

例4 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有。

分析：先把1填入方格中，符合条件的有3种方法，第二步把被填入方格的对应数字填入其它三个方格，又有三种方法；第三步填余下的两个数字，只有一种填法，共有3×3×1=9种填法。

五、有序分配问题逐分法

有序分配问题是指把元素按要求分成若干组，可用逐步下量分组法。例5 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法总数有。

分析：先从10人中选出2人承担甲项任务，再从剩下的8人中选1人承担乙项任务，第三步从另外的7人中选1人承担丙项任务，不同的选法共有211C10C8C72520种。

六、多元问题分类法

元素多，取出的情况也有多种，可按结果要求，分成不相容的几类情况分别计算，最后总计。

例6 由数字 0，1，2，3，4，5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有 个。

分析：按题意，个位数字只可能是0，1，2，3，4共5种情况，分别有511311311313个，A4A5A3A3,A3A3A3,A2A3A3,A3A3个，合并总计300个。

七、交叉问题集合法

某些排列组合问题几部分之间有交集，可用集合中求元素个数公式n(AB)n(A)n(B)n(AB。)

例 9 从6名运动员中选出4个参加4×100m接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同参赛方法？

分析：设全集Ⅰ＝｛6人中任取4人参赛的排列｝，A＝｛甲第一棒的排列｝，B＝｛乙跑第四棒的排列｝，根据求集合元素个数的公式得参赛方法共有：

n(Ⅰ)－n(A)－ n(B)＋n(A∩B)＝P64P53P53P42＝252(种)．

八、定位问题优先法

某个(或几个)元素要排在指定位置，可先排这个(几个)元素，再排其他元素。

例10 1名老师和4名获奖同学排成一排照像留念，若老师不在两端，则有不同的排法有_______ _种。

41分析：老师在中间三个位置上选一个有A3种，4名同学在其余4个位置上有A4 2 14种方法；所以共有A3A472种。

九、多排问题单排法

把元素排成几排的问题，可归结为一排考虑，再分段处理。

例11 6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是。

分析：前后两排可看成一排的两段，因此本题可看成6个不同的元素排6成一排，共A6720种。

例12 8个不同的元素排成前后两排，每排4个元素，其中某2个元素要排在前排，某 1个元素要排在后排，有多少种排法？

2分析：看成一排，某2个元素在前半段四个位置中选排2个，有A4种，某11个元素排在后半段的四个位置中选一个有A4种，其余5个元素任排5个位置上5125有A5种，故共有A4A4A55760种排法。

十、“至少”问题间接法

关于“至少”类型组合问题，用间接法较方便。

例13 从4台甲型和5台乙型电视机中任取出3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有 种。

分析1：逆向思考，至少各一台的反面就是分别只取一种型号，不取另一种

333型号的电视机，故不同的取法共有C9C4C570种。

分析2：至少要甲型和乙 型电视机各一台可分两种情况：甲型1台乙型2台；

2112甲型2台乙型1台；故不同的取法有C5C4C5C470种。

十一、选排问题先取后排法

从几类元素中取出符合题意的几个元素，再安排到一定位置上，可用先取后排法。

例14 四个不同的球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有_____ ___种

2分析：先取四个球中二个为一组，另二组各一个球的方法有C4种，再排：在323四个盒中每次排3个有A4种，故共有C4A4144种。

例15 9名乒乓球运动员，其中男5名，女4名，现在要进行混合双打训练，有多少种不同分组法？

22分析：先取男女运动员各2名，有C52C4种，这四名运动员混和双打练习有A2222中排法，故共有C5C4A2120种。

十二、部分合条件问题排除法

在选取总数中，只有一部分合条件，可从总数中减去不合条件数，即为所求。

例16 以一个正方体顶点为顶点的四面体共有 个。

分析：正方体8个顶点从中每次取四点，理论上可构成C84四面体，但6个表面和6个对角面的四个顶点共面都不能构成四面体，所以四面体实际共有C841258个。

例17 四面体的顶点和各棱中点共10点，在其中取4个不共面的点，不同的取法共有 种。

4分析：10个点中任取4个点共有C10种，其中四点共面的有三种情况：①在44四面体的四个面上，每面内四点共面的情况为C6，四个面共有4C6个；②过空间四边形各边中点的平行四边形共3个；③过棱上三点与对棱中点的三角形共6

44个；所以四点不共面的情况的种数是C104C636141种。

十三、复杂排列组合问题构造模型法

例18马路上有编号为1，2，3„9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？

分析：把此问题当作一个排对模型，在6盏亮灯的5个空隙中插入3盏不亮3的灯C5种方法。所以满足条件的关灯方案有10种。

说明：一些不易理解的排列组合题，如果能转化为熟悉的模型如填空模型，排队模型，装盒模型可使问题容易解决。

十四、利用对应思想转化法

例19 圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？ 分析：因为圆的一个内接四边形的两条对角线相交于圆内一点，一个圆的内 接四边形就对应着两条弦相交于圆内的一个交点，于是问题就转化为圆周上的410个点可以确定多少个不同的四边形，显然有C10个，所以圆周上有10点，以4这些点为端点的弦相交于圆内的交点有C10个。

一、相邻问题捆绑法

例1 五人并排站成一排，如果甲、乙必须相邻且乙在甲的右边，那么不同的排法种数有 种。

二、相离问题插空法

例2 七个人并排站成一行，如果甲乙两个必须不相邻，那么不同排法的种数是。

三、定序问题缩倍法

例3 A、B、C、D、E五个人并排站成一排，如果 B必须站A的右边(A、B可不相邻)，那么不同的排法种数有。

四、标号排位问题分步法

例4 将数字1、2、3、4填入标号为1、2、3、4的四个方格里，每格填一个数，则每个方格的标号与所填数字均不相同的填法有。

五、有序分配问题逐分法

例5 有甲、乙、丙三项任务，甲需2人承担，乙丙各需1人承担，从10人中选出4人承担这三项任务，不同的选法总数有。

六、多元问题分类法

例6 由数字 0，1，2，3，4，5组成且没有重复数字的六位数，其中个位数字小于十位数字的共有 个。

七、交叉问题集合法

例 7 从6名运动员中选出4个参加4×100m接力赛，如果甲不跑第一棒，乙不跑第四棒，共有多少种不同参赛方法？

八、定位问题优先法

例8 1名老师和4名获奖同学排成一排照像留念，若老师不在两端，则 6 有不同的排法有_______ _种。

九、多排问题单排法

例9 6个不同的元素排成前后两排，每排3个元素，那么不同的排法种数是。

十、“至少”问题间接法

例10 从4台甲型和5台乙型电视机中任取出3台，其中至少要甲型和乙型电视机各一台，则不同取法共有 种。

十一、选排问题先取后排法

例11 四个不同的球放入编号为1，2，3，4的四个盒中，则恰有一个空盒的放法共有_____ ___种

十二、部分合条件问题排除法

例12 以一个正方体顶点为顶点的四面体共有 个。

十三、复杂排列组合问题构造模型法

例13 马路上有编号为1，2，3„9九只路灯，现要关掉其中的三盏，但不能关掉相邻的二盏或三盏，也不能关掉两端的两盏，求满足条件的关灯方案有多少种？

十四、利用对应思想转化法

例14 圆周上有10点，以这些点为端点的弦相交于圆内的交点有多少个？

第四篇：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：

a＋b＝(a＋b)－2ab＝(a－b)＋2ab；

a＋ab＋b＝(a＋b)－ab＝(a－b)＋3ab＝(a＋)＋（b）；

a＋b＋c＋ab＋bc＋ca＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]

a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)－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）；

x＋＝(x＋)－2＝(x－)＋2

；……

等等.Ⅰ、再现性题组：

1.在正项等比数列{a}中，asa+2asa+aža=25，则

a＋a＝_______.2.方程x＋y－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____.A.

B.k<或k>1

C.k∈R

D.k＝或k＝1

3.已知sinα＋cosα＝1，则sinα＋cosα的值为______.A.1

B.－1

C.1或－1

D.0

4.函数y＝log

(－2x＋5x＋3)的单调递增区间是_____.A.（－∞,]

B.[,+∞)

C.(－,]

D.[,3)

5.已知方程x+(a-2)x+a-1=0的两根x、x，则点P(x,x)在圆x+y=4上，则实数a＝_____.【简解】

1小题：利用等比数列性质aa＝a，将已知等式左边后配方（a＋a）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.3小题：已知等式经配方成(sinα＋cosα)－2sinαcosα＝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－.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.2

B.C.5

D.6

【分析】

先转换为数学表达式：设长方体长宽高分别为x,y,z，则,而欲求对角线长，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：.长方体所求对角线长为：＝＝＝5，所以选B.【注】本题解答关键是在于将两个已知和一个未知转换为三个数学表示式，观察和分析三个数学式，容易发现使用配方法将三个数学式进行联系，即联系了已知和未知，从而求解.这也是我们使用配方法的一种解题模式.例2.设方程x＋kx＋2=0的两实根为p、q，若()+()≤7成立，求实数k的取值范围.【解】方程x＋kx＋2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2,()+()＝＝＝＝≤7，解得k≤－或k≥

.又

∵p、q为方程x＋kx＋2=0的两实根，∴

△＝k－8≥0即k≥2或k≤－2

综合起来，k的取值范围是：－≤k≤－

或者

≤k≤.【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.例3.设非零复数a、b满足a＋ab＋b=0，求()＋()

.【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)＝ab

.则代入所求式即得.【解】由a＋ab＋b=0变形得：()＋()＋1＝0，设ω＝，则ω＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：＝，ω＝＝1.又由a＋ab＋b=0变形得：(a＋b)＝ab，所以

()＋()＝()＋()＝()＋()＝ω＋＝2

.【注】

本题通过配方，简化了所求的表达式；巧用1的立方虚根，活用ω的性质，计算表达式中的高次幂.一系列的变换过程，有较大的灵活性，要求我们善于联想和展开.【另解】由a＋ab＋b＝0变形得：()＋()＋1＝0，解出＝后，化成三角形式，代入所求表达式的变形式()＋()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.假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a＋ab＋b＝0解出：a＝b，直接代入所求表达式，进行分式化简后，化成复数的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的计算.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：4＋2－2≥0，先变形为设2＝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＝＋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＝＋t，y＝－t等等.我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原则，换元后要注重新变量范围的选取，一定要使新变量范围对应于原变量的取值范围，不能缩小也不能扩大.如上几例中的t>0和α∈[0,].Ⅰ、再现性题组：

1.y＝sinx·cosx＋sinx+cosx的最大值是_________.2.设f(x＋1)＝log(4－x)

（a>1），则f(x)的值域是_______________.3.已知数列{a}中，a＝－1，a·a＝a－a，则数列通项a＝___________.4.设实数x、y满足x＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________.5.方程＝3的解是_______________.6.不等式log(2－1)

·log(2－2)〈2的解集是_______________.【简解】1小题：设sinx+cosx＝t∈[－,]，则y＝＋t－，对称轴t＝－1，当t＝，y＝＋；

2小题：设x＋1＝t

(t≥1)，则f(t)＝log[-(t-1)＋4]，所以值域为(－∞,log4]；

3小题：已知变形为－＝－1,设b＝，则b＝－1,b＝－1＋(n－1)(-1)＝－n，所以a＝－；

4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＝，所以x＝－1；

6小题：设log(2－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－2

例1.实数x、y满足4x－5xy＋4y＝5

（①式），设S＝x＋y，求＋的值.【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S和S的值.【解】设代入①式得：

4S－5S·sinαcosα＝5，解得

S＝；

∵

-1≤sin2α≤1

∴

3≤8－5sin2α≤13

∴

≤≤

∴

＋＝＋＝＝

此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝的有界性而求，即解不等式：||≤1.这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”.【另解】

由S＝x＋y，设x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，则xy＝±代入①式得：4S±5=5，移项平方整理得

100t+39S－160S＋100＝0

.∴

39S－160S＋100≤0

解得：≤S≤，∴

＋＝＋＝＝

【注】

此题第一种解法属于“三角换元法”，主要是利用已知条件S＝x＋y与三角公式cosα＋sinα＝1的联系而联想和发现用三角换元，将代数问题转化为三角函数值域问题.第二种解法属于“均值换元法”，主要是由等式S＝x＋y而按照均值换元的思路，设x＝＋t、y＝－t，减少了元的个数，问题且容易求解.另外，还用到了求值域的几种方法：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∈[0,]，所以S＝(a－b)＋(a＋b)＝2(a＋b)＝＋a∈[,]，再求＋的值.例2．

△ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，＋＝－，求cos的值.【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°”进行均值换元，则设，再代入可求cosα即cos.【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得,由A＋C＝120°，设，代入已知等式得：

＋＝＋＝＋＝＝＝－2,解得：cosα＝，即：cos＝.【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°.所以＋＝－＝－2，设＝－＋m，＝－－m，所以cosA＝，cosC＝，两式分别相加、相减得：cosA＋cosC＝2coscos＝cos＝，cosA－cosC＝－2sinsin＝－sin＝，即：sin＝－，＝－，代入sin＋cos＝1整理得：3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cos＝＝.【注】

本题两种解法由“A＋C＝120°”、“＋＝－2”分别进行均值换元，随后结合三角形角的关系与三角公式进行运算，除由已知想到均值换元外，还要求对三角公式的运用相当熟练.假如未想到进行均值换元，也可由三角运算直接解出：由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°.所以＋＝－＝－2，即cosA＋cosC＝－2cosAcosC，和积互化得：2coscos＝－[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos＝－cos(A-C)＝－(2cos－1)，整理得：4cos＋2cos－3＝0,解得：cos＝

y，－

x

例3.设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a的最大值和最小值.【解】

设sinx＋cosx＝t，则t∈[-,]，由(sinx＋cosx)＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx＝

∴

f(x)＝g(t)＝－(t－2a)＋

（a>0），t∈[-,]

t＝-时，取最小值：－2a－2a－

当2a≥时，t＝，取最大值：－2a＋2a－；

当0<2a≤时，t＝2a，取最大值：

.∴

f(x)的最小值为－2a－2a－，最大值为.【注】

此题属于局部换元法，设sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx与sinx·cosx的内在联系，将三角函数的值域问题转化为二次函数在闭区间上的值域问题，使得容易求解.换元过程中一定要注意新的参数的范围（t∈[-,]）与sinx＋cosx对应，否则将会出错.本题解法中还包含了含参问题时分类讨论的数学思想方法，即由对称轴与闭区间的位置关系而确定参数分两种情况进行讨论.一般地，在遇到题目已知和未知中含有sinx与cosx的和、差、积等而求三角式的最大值和最小值的题型时，即函数为f(sinx±cosx，sinxcsox)，经常用到这样设元的换元法，转化为在闭区间上的二次函数或一次函数的研究.例4.设对所于有实数x，不等式xlog＋2x

log＋log>0恒成立，求a的取值范围.【分析】不等式中log、log、log三项有何联系？进行对数式的有关变形后不难发现，再实施换元法.【解】

设log＝t，则log＝log＝3＋log＝3－log＝3－t，log＝2log＝－2t，代入后原不等式简化为（3－t）x＋2tx－2t>0，它对一切实数x恒成立，所以，解得

∴

t<0即log<0，0<<1，解得0

(②式)，求的值.【解】

设＝＝k，则sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sinθ＋cosθ＝k(x+y)＝1,代入②式得：

＋＝＝

即：＋＝

设＝t，则t＋＝,解得：t＝3或

∴＝±或±

【另解】

由＝＝tgθ，将等式②两边同时除以，再表示成含tgθ的式子：1＋tgθ＝＝tgθ，设tgθ＝t，则3t—10t＋3＝0，∴t＝3或，解得＝±或±.【注】

第一种解法由＝而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个数.第二种解法将已知变形为＝，不难发现进行结果为tgθ，再进行换元和变形.两种解法要求代数变形比较熟练.在解高次方程时，都使用了换元法使方程次数降低.例6.实数x、y满足＋＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范围.【分析】由已知条件＋＝1，可以发现它与a＋b＝1有相似之处，于是实施三角换元.【解】由＋＝1，设＝cosθ，＝sinθ，即

代入不等式x＋y－k>0得3cosθ＋4sinθ－k>0，即k<3cosθ＋4sinθ＝5sin(θ+ψ)，所以k<-5时不等式恒成立.【注】本题进行三角换元，将代数问题（或者是解析几何问题）化为了含参三角不等式恒成立的问题，再运用“分离参数法”转化为三角函数的值域问题，从而求出参数范围.一般地，在遇到与圆、椭圆、双曲线的方程相似的代数式时，或者在解决圆、椭圆、双曲线等有关问题时，经常使用“三角换元法”.本题另一种解题思路是使用数形结合法的思想方法：在平面直角坐标系，不等式ax＋by＋c>0

(a>0)所表示的区域为直线ax＋by＋c＝0所分平面成两部分中含x轴正方向的一部分.此题不等式恒成立问题化为图形问题：椭圆上的点始终位于平面上x＋y－k>0的区域.即当直线x＋y－k＝0在与椭圆下部相切的切线之下时.当直线与椭圆相切时，方程组有相等的一组实数解，消元后由△＝0可求得k＝－3,所以k<-3时原不等式恒成立.y

x

x＋y－k>0

k

平面区域

三、待定系数法

要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x)g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a)g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等.待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程.使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解.例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解.使用待定系数法，它解题的基本步骤是：

第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；

第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；

第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决.如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析：

①

利用对应系数相等列方程；

②

由恒等的概念用数值代入法列方程；

③

利用定义本身的属性列方程；

④

利用几何条件列方程.比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式，其中含有待定的系数；再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数，并把求出的系数代入已经明确的方程形式，得到所求圆锥曲线的方程.Ⅰ、再现性题组：

1.设f(x)＝＋m，f(x)的反函数f(x)＝nx－5，那么m、n的值依次为_____.A.,－2

B.－，2

C.,2

D.－，－2

2.二次不等式ax＋bx＋2>0的解集是(－,)，则a＋b的值是_____.A.10

B.－10

C.14

D.－14

3.在(1－x)（1＋x）的展开式中，x的系数是_____.A.－297

B.－252

C.297

D.207

4.函数y＝a－bcos3x

(b<0)的最大值为，最小值为－，则y＝－4asin3bx的最小正周期是_____.5.与直线L：2x＋3y＋5＝0平行且过点A(1,-4)的直线L’的方程是_______________.6.与双曲线x－＝1有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是____________.【简解】1小题：由f(x)＝＋m求出f(x)＝2x－2m，比较系数易求，选C；

2小题：由不等式解集(－,)，可知－、是方程ax＋bx＋2＝0的两根，代入两根，列出关于系数a、b的方程组，易求得a＋b，选D；

3小题：分析x的系数由C与(－1)C两项组成，相加后得x的系数，选D；

4小题：由已知最大值和最小值列出a、b的方程组求出a、b的值，再代入求得答案；

5小题：设直线L’方程2x＋3y＋c＝0，点A(1,-4)代入求得C＝10，即得2x＋3y＋10＝0；

6小题：设双曲线方程x－＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得方程－＝1.Ⅱ、示范性题组：

例1

已知函数y＝的最大值为7，最小值为－1，求此函数式.【分析】求函数的表达式，实际上就是确定系数m、n的值；已知最大值、最小值实际是就是已知函数的值域，对分子或分母为二次函数的分式函数的值域易联想到“判别式法”.【解】

函数式变形为：

(y－m)x－4x＋(y－n)＝0，x∈R,由已知得y－m≠0

∴

△＝(－4)－4(y－m)(y－n)≥0

即：

y－(m＋n)y＋(mn－12)≤0

①

不等式①的解集为(-1,7)，则－1、7是方程y－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的两根，代入两根得：

解得：或

∴

y＝或者y＝

此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即y－6y－7≤0，然后与不等式①比较系数而得：，解出m、n而求得函数式y.【注】

在所求函数式中有两个系数m、n需要确定，首先用“判别式法”处理函数值域问题，得到了含参数m、n的关于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求参数m、n.两种方法可以求解，一是视为方程两根，代入后列出m、n的方程求解；二是由已知解集写出不等式，比较含参数的不等式而列出m、n的方程组求解.本题要求对一元二次不等式的解集概念理解透彻，也要求理解求函数值域的“判别式法”：将y视为参数，函数式化成含参数y的关于x的一元二次方程，可知其有解，利用△≥0,建立了关于参数y的不等式，解出y的范围就是值域，使用“判别式法”的关键是否可以将函数化成一个一元二次方程.例2.设椭圆中心在(2,-1)，它的一个焦点与短轴两端连线互相垂直，且此焦点与长轴较近的端点距离是－，求椭圆的方程.【分析】求椭圆方程，根据所给条件，确定几何数据a、b、c之值，问题就全部解决了.设a、b、c后，由已知垂直关系而联想到勾股定理建立一个方程，再将焦点与长轴较近端点的距离转化为a－c的值后列出第二个方程.【解】

设椭圆长轴2a、短轴2b、焦距2c，则|BF’|＝a

y

B’

x

A

F

O’

F’

A’

B

∴

解得：

∴

所求椭圆方程是：＋＝1

也可有垂直关系推证出等腰Rt△BB’F’后，由其性质推证出等腰Rt△B’O’F’，再进行如下列式，更容易求出a、b的值.【注】

圆锥曲线中，参数（a、b、c、e、p）的确定，是待定系数法的生动体现；如何确定，要抓住已知条件，将其转换成表达式.在曲线的平移中，几何数据（a、b、c、e）不变，本题就利用了这一特征，列出关于a－c的等式.一般地，解析几何中求曲线方程的问题，大部分用待定系数法，基本步骤是：设方程（或几何数据）→几何条件转换成方程→求解→已知系数代入.例3.是否存在常数a、b、c，使得等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(an＋bn＋c)对一切自然数n都成立？并证明你的结论.【分析】是否存在，不妨假设存在.由已知等式对一切自然数n都成立，取特殊值n＝1、2、3列出关于a、b、c的方程组，解方程组求出a、b、c的值，再用数学归纳法证明等式对所有自然数n都成立.【解】假设存在a、b、c使得等式成立，令：n＝1，得4＝(a＋b＋c)；n＝2，得22＝(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c.整理得：,解得，于是对n＝1、2、3，等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(3n＋11n＋10)成立，下面用数学归纳法证明对任意自然数n，该等式都成立：

假设对n＝k时等式成立，即1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＝(3k＋11k＋10)；

当n＝k＋1时，1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)＝(3k＋11k＋10)

＋(k＋1)(k＋2)＝(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)＝（3k＋5k＋12k＋24）＝[3(k＋1)＋11(k＋1)＋10]，也就是说，等式对n＝k＋1也成立.综上所述，当a＝8、b＝11、c＝10时，题设的等式对一切自然数n都成立.【注】建立关于待定系数的方程组，在于由几个特殊值代入而得到.此种解法中，也体现了方程思想和特殊值法.对于是否存在性问题待定系数时，可以按照先试值、再猜想、最后归纳证明的步骤进行.本题如果记得两个特殊数列1＋2＋…＋n、1＋2＋…＋n求和的公式，也可以抓住通项的拆开，运用数列求和公式而直接求解：由n(n＋1)＝n＋2n＋n得S＝1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(1＋2＋…＋n)＋2(1＋2＋…＋n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋2×＋＝(3n＋11n＋10)，综上所述，当a＝8、b＝11、c＝10时，题设的等式对一切自然数n都成立.例4.有矩形的铁皮，其长为30cm，宽为14cm，要从四角上剪掉边长为xcm的四个小正方形，将剩余部分折成一个无盖的矩形盒子，问x为何值时，矩形盒子容积最大，最大容积是多少？

【分析】实际问题中，最大值、最小值的研究，先由已知条件选取合适的变量建立目标函数，将实际问题转化为函数最大值和最小值的研究.【解】

依题意，矩形盒子底边边长为(30－2x)cm，底边宽为(14－2x)cm，高为xcm.∴

盒子容积

V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x，显然:15－x>0，7－x>0，x>0.设V＝(15a－ax)(7b－bx)x

(a>0,b>0），要使用均值不等式，则

解得：a＝，b＝，x＝3

.从而V＝(－)(－x)x≤()＝×27＝576.所以当x＝3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm.【注】均值不等式应用时要注意等号成立的条件，当条件不满足时要凑配系数，可以用“待定系数法”求.本题解答中也可以令V＝(15a－ax)(7－x)bx

或

(15－x)(7a－ax)bx，再由使用均值不等式的最佳条件而列出方程组，求出三项该进行凑配的系数，本题也体现了“凑配法”和“函数思想”.四、定义法

所谓定义法，就是直接用数学定义解题.数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来.定义是揭示概念内涵的逻辑方法，它通过指出概念所反映的事物的本质属性来明确概念.定义是千百次实践后的必然结果，它科学地反映和揭示了客观世界的事物的本质特点.简单地说，定义是基本概念对数学实体的高度抽象.用定义法解题，是最直接的方法，本讲让我们回到定义中去.Ⅰ、再现性题组：

1.已知集合A中有2个元素，集合B中有7个元素，A∪B的元素个数为n，则______.A.2≤n≤9

B.7≤n≤9

C.5≤n≤9

D.5≤n≤7

2.设MP、OM、AT分别是46°角的正弦线、余弦线和正切线，则_____.A.MPB.OMC.AT<

D.OM

3.复数z＝a＋2ｉ，z＝－2＋ｉ，如果|z|<

|z|，则实数a的取值范围是_____.A.－1

B.a>1

C.a>0

D.a<－1或a>1

4.椭圆＋＝1上有一点P，它到左准线的距离为，那么P点到右焦点的距离为_____.A.8

C.7.5

C.D.3

5.奇函数f(x)的最小正周期为T，则f(－)的值为_____.A.T

B.0

C.D.不能确定

6.正三棱台的侧棱与底面成45°角，则其侧面与底面所成角的正切值为_____.【简解】1小题：利用并集定义，选B；

2小题：利用三角函数线定义，作出图形，选B；

3小题：利用复数模的定义得<，选A；

4小题：利用椭圆的第二定义得到＝e＝，选A；

5小题：利用周期函数、奇函数的定义得到f(－)＝f()＝－f(－)，选B；

6小题：利用线面角、面面角的定义，答案2.Ⅱ、示范性题组：

例1.已知z＝1＋ｉ，①

设w＝z＋3－4，求w的三角形式；

②

如果＝1－ｉ，求实数a、b的值.【分析】代入z进行运算化简后，运用复数三角形式和复数相等的定义解答.【解】由z＝1＋ｉ，有w＝z＋3－4＝(1＋ｉ)＋3－4＝2ｉ＋3(1－ｉ)－4＝－1－ｉ，w的三角形式是（cos＋ｉsin）；

由z＝1＋ｉ，有＝＝＝(a＋2)－(a＋b)ｉ.由题设条件知：(a＋2)－(a＋b)ｉ＝1＋ｉ；

根据复数相等的定义，得：，解得.【注】求复数的三角形式，一般直接利用复数的三角形式定义求解.利用复数相等的定义，由实部、虚部分别相等而建立方程组，这是复数中经常遇到的.例2.已知f(x)＝－x＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，求y＝logf(x)的定义域，判定在(,1)上的单调性.【分析】要判断函数的单调性，必须首先确定n与c的值求出函数的解析式，再利用函数的单调性定义判断.【解】

解得：，∴

f(x)＝－x＋x

解f(x)>0得：0

设

x+x>，x+x>

∴

(x+x)（x+x)〉×＝1

∴

f(x)－f(x)>0即f(x)在(,1)上是减函数

∵

<1

∴

y＝logf(x)

在(,1)上是增函数.【注】关于函数的性质：奇偶性、单调性、周期性的判断，一般都是直接应用定义解题.本题还在求n、c的过程中，运用了待定系数法和换元法.例3.求过定点M(1,2)，以x轴为准线，离心率为的椭圆的下顶点的轨迹方程.【分析】运动的椭圆过定点M，准线固定为x轴，所以M到准线距离为2.抓住圆锥曲线的统一性定义，可以得到＝建立一个方程，再由离心率的定义建立一个方程.y

M

F

A

x

【解】设A(x,y)、F(x,m)，由M(1,2)，则椭圆上定点M到准线距离为2，下顶点A到准线距离为y.根据椭圆的统一性定义和离心率的定义，得到：，消m得：（x－1）＋＝1，所以椭圆下顶点的轨迹方程为（x－1）＋＝1.【注】求曲线的轨迹方程，按照求曲线轨迹方程的步骤，设曲线上动点所满足的条件，根据条件列出动点所满足的关系式，进行化简即可得到.本题还引入了一个参数m,列出的是所满足的方程组，消去参数m就得到了动点坐标所满足的方程，即所求曲线的轨迹方程.在建立方程组时，巧妙地运用了椭圆的统一性定义和离心率的定义.一般地，圆锥曲线的点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决；求圆锥曲线的方程，也总是利用圆锥曲线的定义求解，但要注意椭圆、双曲线、抛物线的两个定义的恰当选用.五、数学归纳法

归纳是一种有特殊事例导出一般原理的思维方法.归纳推理分完全归纳推理与不完全归纳推理两种.不完全归纳推理只根据一类事物中的部分对象具有的共同性质，推断该类事物全体都具有的性质，这种推理方法，在数学推理论证中是不允许的.完全归纳推理是在考察了一类事物的全部对象后归纳得出结论来.数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在解数学题中有着广泛的应用.它是一个递推的数学论证方法，论证的第一步是证明命题在n＝1(或n)时成立，这是递推的基础；第二步是假设在n＝k时命题成立，再证明n＝k＋1时命题也成立，这是无限递推下去的理论依据，它判断命题的正确性能否由特殊推广到一般，实际上它使命题的正确性突破了有限，达到无限.这两个步骤密切相关，缺一不可，完成了这两步，就可以断定“对任何自然数（或n≥n且n∈N）结论都正确”.由这两步可以看出，数学归纳法是由递推实现归纳的，属于完全归纳.运用数学归纳法证明问题时，关键是n＝k＋1时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题.运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数n有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等.Ⅰ、再现性题组：

1.用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2·1·2…(2n－1)

（n∈N），从“k到k＋1”，左端需乘的代数式为_____.A.2k＋1

B.2(2k＋1)

C.D.2.用数学归纳法证明1＋＋＋…＋

(n>1)时，由n＝k

(k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的代数式的个数是_____.A.2

B.2－1

C.2

D.2＋1

3.某个命题与自然数n有关，若n＝k

(k∈N)时该命题成立，那么可推得n＝k＋1时该命题也成立.现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得______.A.当n＝6时该命题不成立

B.当n＝6时该命题成立

C.当n＝4时该命题不成立

D.当n＝4时该命题成立

4.数列{a}中，已知a＝1，当n≥2时a＝a＋2n－1，依次计算a、a、a后，猜想a的表达式是_____.A.3n－2

B.n

C.3

D.4n－3

5.用数学归纳法证明3＋5

(n∈N)能被14整除，当n＝k＋1时对于式子3＋5应变形为_______________________.6.设k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱对角面的个数为f(k+1)＝f(k)＋_________.【简解】1小题：n＝k时，左端的代数式是(k＋1)(k＋2)…(k＋k),n＝k＋1时，左端的代数式是(k＋2)(k＋3)…(2k＋1)(2k＋2)，所以应乘的代数式为，选B；

2小题：（2－1）－（2－1）＝2，选C；

3小题：原命题与逆否命题等价，若n＝k＋1时命题不成立，则n＝k命题不成立，选C.4小题：计算出a＝1、a＝4、a＝9、a＝16再猜想a，选B；

5小题：答案（3＋5）3＋5（5－3）；

6小题：答案k－1.Ⅱ、示范性题组：

例1.已知数列，得，…，….S为其前n项和，求S、S、S、S，推测S公式，并用数学归纳法证明.【解】

计算得S＝，S＝，S＝，S＝，猜测S＝

(n∈N).当n＝1时，等式显然成立；

假设当n＝k时等式成立，即：S＝，当n＝k＋1时，S＝S＋

＝＋

＝

＝＝,由此可知，当n＝k＋1时等式也成立.综上所述，等式对任何n∈N都成立.【注】

把要证的等式S＝作为目标，先通分使分母含有(2k＋3)，再考虑要约分，而将分子变形，并注意约分后得到（2k＋3）－1.这样证题过程中简洁一些，有效地确定了证题的方向.本题的思路是从试验、观察出发，用不完全归纳法作出归纳猜想，再用数学归纳法进行严格证明，这是关于探索性问题的常见证法，在数列问题中经常见到.假如猜想后不用数学归纳法证明，结论不一定正确，即使正确，解答过程也不严密.必须要进行三步：试值

→

猜想

→

证明.【另解】

用裂项相消法求和：由a＝＝－得，S＝（1－）＋（－）＋……＋－＝1－＝.此种解法与用试值猜想证明相比，过程十分简单，但要求发现＝－的裂项公式.可以说，用试值猜想证明三步解题，具有一般性.例2.设a＝＋＋…＋

(n∈N),证明：n(n＋1)

(n＋1)

.【分析】与自然数n有关，考虑用数学归纳法证明.n＝1时容易证得，n＝k＋1时，因为a＝a＋,所以在假设n＝k成立得到的不等式中同时加上，再与目标比较而进行适当的放缩求解.【解】

当n＝1时，a＝，n(n+1)＝，(n+1)＝2，∴

n＝1时不等式成立.假设当n＝k时不等式成立，即：k(k＋1)

(k＋1)，当n＝k＋1时，k(k＋1)＋k(k＋1)＋(k＋1)＝(k＋1)(k＋3)>(k＋1)(k＋2)，(k＋1)＋＝(k＋1)＋<(k＋1)＋(k＋)＝(k＋2)，所以(k＋1)(k＋2)

用数学归纳法解决与自然数有关的不等式问题，注意适当选用放缩法.本题中分别将缩小成(k＋1)、将放大成(k＋)的两步放缩是证n＝k＋1时不等式成立的关键.为什么这样放缩，而不放大成(k＋2)，这是与目标比较后的要求，也是遵循放缩要适当的原则.本题另一种解题思路是直接采用放缩法进行证明.主要是抓住对的分析，注意与目标比较后，进行适当的放大和缩小.解法如下：由>n可得，a>1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)；由要证明{a}是等差数列，可以证明其通项符合等差数列的通项公式的形式，即证：a＝a＋(n－1)d

.命题与n有关，考虑是否可以用数学归纳法进行证明.【解】

设a－a＝d，猜测a＝a＋(n－1)d

当n＝1时，a＝a，∴

当n＝1时猜测正确.当n＝2时，a＋(2－1)d＝a＋d＝a，∴当n＝2时猜测正确.假设当n＝k（k≥2）时，猜测正确，即：a＝a＋(k－1)d，当n＝k＋1时，a＝S－S＝－，将a＝a＋(k－1)d代入上式，得到2a＝(k＋1)(a＋a)－2ka－k(k－1)d，整理得(k－1)a＝(k－1)a＋k(k－1)d，因为k≥2,所以a＝a＋kd，即n＝k＋1时猜测正确.综上所述，对所有的自然数n，都有a＝a＋(n－1)d，从而{a}是等差数列.【注】

将证明等差数列的问题转化成证明数学恒等式关于自然数n成立的问题.在证明过程中a的得出是本题解答的关键，利用了已知的等式S＝、数列中通项与前n项和的关系a＝S－S建立含a的方程，代入假设成立的式子a＝a＋(k－1)d解出来a.另外本题注意的一点是不能忽视验证n＝1、n＝2的正确性，用数学归纳法证明时递推的基础是n＝2时等式成立，因为由(k－1)a＝(k－1)a＋k(k－1)d得到a＝a＋kd的条件是k≥2.【另解】

可证a

－a＝

a－

a对于任意n≥2都成立：当n≥2时，a＝S－S＝－；同理有a＝S－S＝－；从而a－a＝－n(a＋a)＋，整理得a

－a＝

a－

a，从而{a}是等差数列.一般地，在数列问题中含有a与S时，我们可以考虑运用a＝S－S的关系，并注意只对n≥2时关系成立，象已知数列的S求a一类型题应用此关系最多.六、参数法

参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量（参数），以此作为媒介，再进行分析和综合，从而解决问题.直线与二次曲线的参数方程都是用参数法解题的例证.换元法也是引入参数的典型例子.辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的，联系的方式是丰富多采的，科学的任务就是要揭示事物之间的内在联系，从而发现事物的变化规律.参数的作用就是刻画事物的变化状态，揭示变化因素之间的内在联系.参数体现了近代数学中运动与变化的思想，其观点已经渗透到中学数学的各个分支.运用参数法解题已经比较普遍.参数法解题的关键是恰到好处地引进参数，沟通已知和未知之间的内在联系，利用参数提供的信息，顺利地解答问题.Ⅰ、再现性题组：

1.设2＝3＝5>1，则2x、3y、5z从小到大排列是________________.2.（理）直线上与点A(-2,3)的距离等于的点的坐标是________.（文）若k<－1，则圆锥曲线x－ky＝1的离心率是_________.3.点Z的虚轴上移动，则复数C＝z＋1＋2ｉ在复平面上对应的轨迹图像为____________________.4.三棱锥的三个侧面互相垂直，它们的面积分别是6、4、3，则其体积为______.5.设函数f(x)对任意的x、y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x>0时，f(x)<0，则f(x)的R上是______函数.(填“增”或“减”)

6.椭圆＋＝1上的点到直线x＋2y－＝0的最大距离是_____.A.3

B.C.D.2

【简解】1小题：设2＝3＝5＝t，分别取2、3、5为底的对数，解出x、y、z，再用“比较法”比较2x、3y、5z，得出3y<2x<5z；

2小题：（理）A(-2,3)为t＝0时，所求点为t＝±时，即(-4,5)或(0,1)；

（文）已知曲线为椭圆，a＝1，c＝，所以e＝－；

3小题：设z＝bｉ，则C＝1－b＋2ｉ，所以图像为：从(1,2)出发平行于x轴向右的射线；

4小题：设三条侧棱x、y、z，则xy＝6、yz＝4、xz＝3,所以xyz＝24,体积为4.5小题：f(0)＝0，f(0)＝f(x)＋f(-x)，所以f(x)是奇函数，答案：减；

6小题：设x＝4sinα、y＝2cosα，再求d＝的最大值，选C.Ⅱ、示范性题组：

例1.实数a、b、c满足a＋b＋c＝1，求a＋b＋c的最小值.【分析】由a＋b＋c＝1

想到“均值换元法”，于是引入了新的参数，即设a＝＋t，b＝＋t，c＝＋t，代入a＋b＋c可求.【解】由a＋b＋c＝1，设a＝＋t，b＝＋t，c＝＋t，其中t＋t＋t＝0，∴

a＋b＋c＝（＋t）＋（＋t）＋(＋t)＝＋(t＋t＋t)＋t＋t＋t＝＋t＋t＋t≥，所以a＋b＋c的最小值是.【注】由“均值换元法”引入了三个参数，却将代数式的研究进行了简化，是本题此种解法的一个技巧.本题另一种解题思路是利用均值不等式和“配方法”进行求解，解法是：a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a＋b＋c)，即a＋b＋c≥.两种解法都要求代数变形的技巧性强，多次练习，可以提高我们的代数变形能力.例2.椭圆＋＝1上有两点P、Q，O为原点.连OP、OQ，若k·k＝－，①求证：|OP|＋|OQ|等于定值；

②求线段PQ中点M的轨迹方程.【分析】

由“换元法”引入新的参数，即设（椭圆参数方程），参数θ、θ为P、Q两点，先计算k·k得出一个结论，再计算|OP|＋|OQ|，并运用“参数法”求中点M的坐标，消参而得.【解】由＋＝1，设，P(4cosθ,2sinθ)，Q(4cosθ,2sinθ),则k·k＝＝－，整理得到：

cosθ

cosθ＋sinθ

sinθ＝0,即cos（θ－θ）＝0.∴|OP|＋|OQ|＝16cosθ＋4sinθ＋16cosθ＋4sinθ＝8＋12(cosθ＋cosθ)＝20＋6（cos2θ＋cos2θ)＝20＋12cos（θ＋θ）cos（θ－θ）＝20，即|OP|＋|OQ|等于定值20.由中点坐标公式得到线段PQ的中点M的坐标为，所以有()＋y＝2＋2(cosθ

cosθ＋sinθ

sinθ)＝2,即所求线段PQ的中点M的轨迹方程为＋＝1.【注】由椭圆方程，联想到a＋b＝1,于是进行“三角换元”，通过换元引入新的参数，转化成为三角问题进行研究.本题还要求能够熟练使用三角公式和“平方法”，在由中点坐标公式求出M点的坐标后，将所得方程组稍作变形，再平方相加，即（cosθ＋

cosθ）＋（sinθ＋sinθ），这是求点M轨迹方程“消参法”的关键一步.一般地，求动点的轨迹方程运用“参数法”时，我们可以将点的x、y坐标分别表示成为一个或几个参数的函数，再运用“消去法”消去所含的参数，即得到了所求的轨迹方程.本题的第一问，另一种思路是设直线斜率k，解出P、Q两点坐标再求：

设直线OP的斜率k，则OQ的斜率为－，由椭圆与直线OP、OQ相交于PQ两点有：，消y得(1＋4k)x＝16,即|x|＝；，消y得(1＋)x＝16，即|x|＝；所以|OP|＋|OQ|＝()＋（）＝＝20.即|OP|＋|OQ|等于定值20.在此解法中，利用了直线上两点之间的距离公式|AB|＝|x－x|求|OP|和|OQ|的长.七、反证法

与前面所讲的方法不同，反证法是属于“间接证明法”一类，是从反面的角度思考问题的证明方法，即：肯定题设而否定结论，从而导出矛盾推理而得.法国数学家阿达玛(Hadamard)对反证法的实质作过概括：“若肯定定理的假设而否定其结论，就会导致矛盾”.具体地讲，反证法就是从否定命题的结论入手，并把对命题结论的否定作为推理的已知条件，进行正确的逻辑推理，使之得到与已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题等相矛，矛盾的原因是假设不成立，所以肯定了命题的结论，从而使命题获得了证明.反证法所依据的是逻辑思维规律中的“矛盾律”和“排中律”.在同一思维过程中，两个互相矛盾的判断不能同时都为真，至少有一个是假的，这就是逻辑思维中的“矛盾律”；两个互相矛盾的判断不能同时都假，简单地说“A或者非A”，这就是逻辑思维中的“排中律”.反证法在其证明过程中，得到矛盾的判断，根据“矛盾律”，这些矛盾的判断不能同时为真，必有一假，而已知条件、已知公理、定理、法则或者已经证明为正确的命题都是真的，所以“否定的结论”必为假.再根据“排中律”，结论与“否定的结论”这一对立的互相否定的判断不能同时为假，必有一真，于是我们得到原结论必为真.所以反证法是以逻辑思维的基本规律和理论为依据的，反证法是可信的.反证法的证题模式可以简要的概括我为“否定→推理→否定”.即从否定结论开始，经过正确无误的推理导致逻辑矛盾，达到新的否定，可以认为反证法的基本思想就是“否定之否定”.应用反证法证明的主要三步是：否定结论

→

推导出矛盾

→

结论成立.实施的具体步骤是：

第一步，反设：作出与求证结论相反的假设；

第二步，归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾；

第三步，结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立.在应用反证法证题时，一定要用到“反设”进行推理，否则就不是反证法.用反证法证题时，如果欲证明的命题的方面情况只有一种，那么只要将这种情况驳倒了就可以，这种反证法又叫“归谬法”；如果结论的方面情况有多种，那么必须将所有的反面情况一一驳倒，才能推断原结论成立，这种证法又叫“穷举法”.在数学解题中经常使用反证法，牛顿曾经说过：“反证法是数学家最精当的武器之一”.一般来讲，反证法常用来证明的题型有：命题的结论以“否定形式”、“至少”或“至多”、“唯一”、“无限”形式出现的命题；或者否定结论更明显.具体、简单的命题；或者直接证明难以下手的命题，改变其思维方向，从结论入手进行反面思考，问题可能解决得十分干脆.Ⅰ、再现性题组：

1.已知函数f(x)在其定义域内是减函数，则方程f(x)＝0

______.A.至多一个实根

B.至少一个实根

C.一个实根

D.无实根

2.已知a<0,－1ab>

ab

B.ab>ab>a

C.ab>a>

ab

D.ab>

ab>a

3.已知α∩β＝l，a

α，b

β，若a、b为异面直线，则_____.A.a、b都与l相交

B.a、b中至少一条与l相交

C.a、b中至多有一条与l相交

D.a、b都与l相交

4.四面体顶点和各棱的中点共10个，在其中取4个不共面的点，不同的取法有_____.(97年全国理)

A.150种

B.147种

C.144种

D.141种

【简解】1小题：从结论入手，假设四个选择项逐一成立，导出其中三个与特例矛盾，选A；

2小题：采用“特殊值法”，取a＝－1、b＝－0.5，选D；

3小题：从逐一假设选择项成立着手分析，选B；

4小题：分析清楚结论的几种情况，列式是：C－C×4－3－6,选D.Ⅱ、示范性题组：

S

C

A

B

O

例1.如图，设SA、SB是圆锥SO的两条母线，O是底面圆心，C是SB上一点.求证：AC与平面SOB不垂直.【分析】结论是“不垂直”，呈“否定性”，考虑使用反证法，即假设“垂直”后再导出矛盾后，再肯定“不垂直”.【证明】

假设AC⊥平面SOB，∵

直线SO在平面SOB内，∴

AC⊥SO，∵

SO⊥底面圆O，∴

SO⊥AB，∴

SO⊥平面SAB，∴平面SAB∥底面圆O，这显然出现矛盾，所以假设不成立.即AC与平面SOB不垂直.【注】否定性的问题常用反证法.例如证明异面直线，可以假设共面，再把假设作为已知条件推导出矛盾.例2.若下列方程：x＋4ax－4a＋3＝0，x＋(a－1)x＋a＝0,x＋2ax－2a＝0至少有一个方程有实根.试求实数a的取值范围.【分析】

三个方程至少有一个方程有实根的反面情况仅有一种：三个方程均没有实根.先求出反面情况时a的范围，再所得范围的补集就是正面情况的答案.【解】

设三个方程均无实根，则有,解得,即－

(其中x∈R且x≠)，证明：①.经过这个函数图像上任意两个不同点的直线不平行于x轴；

②.这个函数的图像关于直线y＝x成轴对称图像.【分析】“不平行”的否定是“平行”，假设“平行”后得出矛盾从而推翻假设.【证明】

①

设M(x,y)、M(x,y)是函数图像上任意两个不同的点，则x≠x,假设直线MM平行于x轴，则必有y＝y，即＝，整理得a(x－x)＝x－x，∵x≠x

∴

a＝1，这与已知“a≠1”矛盾，因此假设不对，即直线MM不平行于x轴.②

由y＝得axy－y＝x－1,即(ay－1)x＝y－1,所以x＝，即原函数y＝的反函数为y＝，图像一致.由互为反函数的两个图像关于直线y＝x对称可以得到，函数y＝的图像关于直线y＝x成轴对称图像.【注】对于“不平行”的否定性结论使用反证法，在假设“平行”的情况下，容易得到一些性质，经过正确无误的推理，导出与已知a≠1互相矛盾.第②问中，对称问题使用反函数对称性进行研究，方法比较巧妙，要求对反函数求法和性质运用熟练.

第五篇：高中数学解题方法名录

第一篇 数学具体解题方法 代入法

直接法

定义法

向量坐标法

查字典法

挡板模型法

等差中项法

逆向化法

极限化法

整体化法

参数法

交轨法

几何法

弦中点轨迹求

比较法

基本不等式法

以题攻题法

综合法

分析法

放缩法

反证法

换元法

构造法

数学归纳法

配方法

判别式法

序轴标根法

函数与方程思想

整体思想

比较法综合法向量平行法筛选法（排除法）向量垂直法数形结合法同一法特殊值法累加法 回代法（验证法）累乘法特殊图形法倒序相加法 分类法分组法运算转换法公式法结构转换法错位相减法 割补转换法裂项法导数法迭代法象限分析法角的变换法补集法公式的变形及逆距离法用法变更主元法降幂法差异分析法升幂法反例法“1”的代换法阅读理解法引入辅助角法信息迁移法三角函数线法类比联想法构造对偶式法抽象概括法构造三角形法逻辑推理法估算法等价转化法 待定系数法根的分布法特殊优先法分离参数法先选后排法抽签法捆绑法随机数表法插空法间接法数形结合思想第二篇 数学思想方法分类讨论思想化归转化 第三篇分析法数学逻辑方法 反证法归纳法抽象与概括法思想类比法