高考数学的解题研究

高考数学的解题研究（陕西师范大学数学系 罗增儒）

1 从数学高考到高考数学

从1977年恢复高考（各省单独命题）到2006年陕西高考单独命题，历史走过了波澜壮阔的30个春秋，环绕着高考工作的文化积累正在考试学、数学等维度形成学术成果。 1-1 数学高考

（1）数学高考的性质

●毕业考是基础教育的终点，高考是高等教育的起点. ●水平考试与选拔考试（有竞争）

●平时教学按教学规律进行，高考复习按考试规律进行. （2）数学高考命题的风格

高考命题一直在“稳中求进，稳中求变、稳中求新”，探索 公平选拔、为素质教育服务的道路，已形成了一些稳定性的风格和值得注意的导向.

●在明确考查“三基四能力”的基础上，更突出数学思想方法的考查，突出数学与现实生活的联系.

●在主体上考查中学数学的同时，体现进一步学习高等数学的需要.特别是一些有挑战性的压轴题，尤其各省独立命题之后，“注重理论数学，检测考生后继学习的潜能”（有人看到了高考与竞赛的相互渗透）.

●新课程理念的渗透.虽然新世纪课程改革刚刚起步（高中教材才开始试用），但其三维目标和十个基本理念已开始渗透（课程改革改到哪里，高考改革也改到哪里）.如，命题范围拓展了，出现人文关怀，体现“情感、态度、价值观”课程目标.

●在命题技术上，可以看到： ①以教材为依据，又不拘泥于教材. ②在知识交汇处设计命题.

③能力立意.改变了过去的知识立意.

④减少题量，降低难度，增加学生分析思考的时间. ⑤对三类题型设计了两个从易到难的三个小高潮. ⑥变小量难题把关为全卷把关. ⑦试题切入容易深入难（阶梯题）.

⑧避免死记硬背的内容和繁琐的运算（试卷提供难记易忘的公式）. ⑨文理分卷，难度有区别（姐妹题）.

研究或了解高考命题的动向，能使我们的高考指导工作思想更明确，操作更有针对性. ●平稳过渡，降低难度；控制满分，提高总分；总体形似，少量创新； （3）数学高考复习的组织 ①指导思想

●以考试规律为指导,以近年高考命题的稳定性风格为导向. ●依纲靠本.

●以解题训练为中心，以中档综合题为重点，以近年高考试题为基本素材. ②高考复课的三阶段安排已经是一个常规， 第一阶段全面复习 第二阶段专题讲座， 第三阶段模拟训练.

其实质应是思维素质竖向提升的三个层次，是从知识到方法、到能力的拾级登高. （4）数学复习题的编拟

（5）数学模拟考试的组织与讲评 （6）数学高考临场的策略 ①高考临场的基本建议

●保持内紧外松的临战状态.

●使用适应高考的答题策略. ●运用应对选拔的考试技术. ②高考答题的技术

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●提前进入角色. ●迅速摸清“题情”. ●执行“三个循环”.

●做到“四先四后”. ●答题“一慢一快”.

●立足中下题目，力争高上水平. ●立足一次成功，重视复查环节. ●内紧外松.

③从解题策略到分段得分

●分解分步 —— 缺步解答. ●引理思想 —— 跳步解答. ●以退求进 —— 退步解答. ●正难则反 —— 倒步解答. ●扫清外围 —— 辅助解答. （7）高考填报志愿. ●升学优先. ●就业优先.

●专业优先.把个人兴趣、 ●成本优先.把收费较低、

●地区优先. ●几项兼顾. ●家长决定.

（8）„„如高考无效题的研究

例1 已知log189aa2,185，求log3645.（1978年，a2多余，用a,b表示，

不唯一）

例2 抛物线的方程是y2x，有一个半径为1的圆，圆心在x轴上运动，问这个圆运动

到什么位置时，圆与抛物线在交点处的切线互相垂直？（1980年）

例3 设甲是乙的充分条件，乙是丙的充要条件，丙是丁的必要条件，那么丁是甲 （A）充分条件 （B）必要条件 （C）充要条件

（D）既不充分又不必要条件 （1986年）

例4 一个正三棱台的下底与上底周长分别为30㎝,12㎝,侧面积等于两底面积之差，求斜高.（1987年，高为零）

例5 如果函数ysin(x)cos(x)的最小正周期是4，那么常数为（ ）.（1992年,默认0）

例6 已知直线l1和l2的夹角的平分线为yx,如果l1的方程是axbyc0，ab0.那么l2的方程是

（A）bxayc0 （B）axbyc0 （C）bxayc0 （D）bxayc0 （1992年，不可能平分） 例7 设fx42xx12b，则f10 .（1993年23题）

例8 设I为全集，集合M,NI，若MNN，则（ ）. （A）MN （B）MN （C）MN （D）MN （1995年）

例9 设等比数列an的前n项和为Sn，若S3S62S9，求数列的公比q（1996年文

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史21）（实数还是复数？）

例10 如果函数yax2bxa的图象与x轴有两个交点，则点（a,b）在aOb平面上的区域（不包含边界）为（ ）

（2003年，标准答案（图C））． 例11 下面是关于三棱锥的四个命题：

①底面是等边三角形，侧面与底面所组成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥； ②底面是三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥； ③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥．

④侧棱与底面所组成的角都相等，且侧面与底面所组成的二面角都相等的三棱锥市政三棱锥．

其中，真命题的编号是____________（写出所有真命题的编号） （2005年全国文科（16）题，答案为①、④）

例12 fx是定义在R上的以3为周期的奇函数，且f20,则方程fx0在区间

0,6内解的个数的最小值是

（A）2 （B）3 （C）4 （D）5 （2005年福建） 例13 已知向量

xxa2cos,tan(),

224b2sin(x24),tan(x2令fxab.是否存在实数x0,1,使fxf), 4/x0？若存在，则求出x的值；

若不存在，则证明之.（2005年江西）

例14

1-2高考数学

（1）高考数学的特征 （2）数学高考试题的由来 （3）数学高考解题的特点 （4）数学高考选择题的求解 （5）数学高考填空题的求解 （6）数学高考解答题的求解

（7）数学高考解题的错误分析（解对了也会有策略性错误） （8）„„

2 数学高考解题的案例分析

用教育叙事的方式进行解题经验的积累与提炼。 2-1 案例1—2006陕西理-2的讨论

知识基础

例1 复数(1i)等于

1i2第 3 页 共 20 页

（A）1i （B）1i （C）1i （D）1i

解法1：先处理分母

(1i)(1i)1i1i

221i1i1i2i1i解法2：先处理分子

(1i)1i(1i)1i221i1i(1i)i(1i)i21i

解法3：分子分母乘以i

(1i)i1i2(1i)i解法4：分母提取i

(1i)1i2(1i)21ii1iii1

解法5：分子提取i

(1i)1i2i(i1)1i2i(i1)2

2解法6：用恒等式1i1i0 解法7：用 i的定义，ii121i1i1i

解法8：倒推，把四个选项代入验证（结论也是已知信息） （A）1i1i? （B）1i1i1i?

（C）1i1i （D）1i1i1i?

解法9：辐角象限的直观选择（结论也是已知信息） 解法10 „„

2-2 案例2—2006陕西理-8的讨论

逻辑基础

例1 已知不等式xy1a9对任意正实数x,y恒成立，则正实数a的最小值为

xy22222（A）2 （B）4 （C）6 （D）8

这是一道不等式恒成立的参数确定问题，结论似乎不难得出，但解题依据却未必能说清楚． 2-2-1 多种解法的思考

解法1 条件变形后，应用二元均值不等式.

xy1xa y ①

1ayxaxy1a2a1a2, ②

于是，只要1a29a4，得a的最小值为4.选（B）.

解法2. 条件变形后，应用三元均值不等式.

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xy1a1xyxay axy133a3yaxxy2 ③

13a, ④

于是，只要133a29a1696,得a的最小值为1693,选择支无一为所求.

解法3 条件变形后，应用四元均值不等式.

xy1a1xyxay axy441a4a,yaxxy 8116于是，只要4a9a,得a的最小值为81516116.选择支无一为所求.

解法4 应用二元均值不等式消去x,y，有

xy于是，只要41xa2yxy28116axy4a,

116a9a,得a的最小值为81516.选择支无一为所求.

解法5 由xy1xa9 y2222xyyaxaxy9xy axyaxy8xy,

得等号成立的条件是

22axy2axy, 2aa8,解方程得a4，得a的最小值为4. 选（B）. 解法6 同上有

axyaxy8xy ax2y2axy33ax2y2axy

得

3a8a32221696 2-2-2 思考：错在那里？原因是什么？

（1）选择支设计的典型性：2，6，8是本题的典型错误吗？

（2）为什么用不同的均值不等式会得出不同的结果？哪些解法是对的？哪些解法是错的？ （3）对faga能否说当等号成立时fa取最小值.？为什么由

1axy ≥1yx2a ，

能推出1a≥9？ （4）不等式

2第 5 页 共 20 页

1axy ≥1xya2 ，

xyxy1x1xayax133ayxy 133a2,

a,

yax4a441axyy能取等号码？对任意正实数x,y恒成立吗？

（5）设ytytx，有

xxy1xa ya1(xtx)xtxa(1t)1t1atat,

一般地，函数gt1ata的最小值与定义域有关.请思考

t 例2

fxfxc1xc222（c为非负常数），

为非负常数

xxc1（cx12的最小值？

2-2-3. 解法

解法7 转化为

1aminxy9yx.由条件变形后配方有

xy1xyx2a y

1aaxyyxaxy21aa2 1当yxaxy,

axay时，函数Fx,y=xy1xa取到最小值1ya2,故有

129

，

a的最小值. y得a4，故a的最小值为4.选（B）.

说明 这个解法的实质步骤是用二维柯西不等式求xy1x解法8 转化为 由

22xyamax4xxy4.

221a2xyxy9a8xyy4xxyxxyxy

得，不等式对任意正实数x,y恒成立，因而

22xyamax4xxy 4.当y2x时，正实数a取最小值4. 选（B）.

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解法9 由

xy1xayax1axyy

把a2,4,6,8依次代入

12y2xxy3yx2xy322 不能对任意正实数x,y恒大于9（y14yx4xy5yx4xy2x就不成立）.

54，

可以保证对任意正实数x,y恒大于9. 故得a的最小值为4. 选（B）. 2-3 案例3—2006陕西理-19的讨论

模式识别

这是一道常规立体几何题，对学生来说情境并不陌生，课本有这样的原型（人教版《数学》第二册下A第40页），近年高考有 “形似题”．它的求解体现了高考解题的基本策略(模式识别)：

●化归为课本已经解决过的问题. ●化归为往届高考题.

例1 如图1，,l,A,B,点A在直线l上的射影为A1，点B在直线l上的射影为B1.已知AB2，AA11,BB12，求：

（1）直线AB分别与平面,所成角的大小； 图1

（2）二面角A1ABB1的大小.

这道题目的一个突出特征是垂直：条件中，平面是互相垂直的（），射影也源于垂直（AA1l,BB1l）；结论中，线面所成的角依赖于线面垂直，面面所成的角依赖于线面垂直或线线垂直.为什么高考立体几何题这么喜欢垂直呢？我们认为这与立体几何的学科特点有关． 2-3- 1 立体几何解题要抓垂直

从学科特点和高考命题上分析，垂直都是解立体几何题的一个关键突破口，可以从三个方面提出论据．

（１）垂直是立体几何核心知识中的核心．

●一方面它是定义立体几何新概念的重要工具．如异面直线的距离，线线、线面、面面所成角等异于平面几何的全新概念都与“垂直”有关；

●另方面，它是空间位置关系转化的立交桥．如三垂线定理、众多的性质定理或者判定定理都依赖于垂直条件；

●同时它还是各类计算公式（角、距离、面积、体积等）的必要构成．可以说，“垂直”的知识容量大，关联元素多，发散余地大，在客观上是处于核心地位的．

在立体几何中，可谓“处处有垂直，垂直无处不在”.

（２）垂直是高考立体几何命题重点中的重点．

●由于垂直的核心地位，在高考立体几何命题中它理所当然的成为重点考察的对象．

●近年来，由于教材的原因，垂直的地位又被进一步强化，因为高中教材的立体几何有两个版本，一个是传统的综合几何体系（主体），一个是空间向量的体系．命题中为了双方兼顾，常常有便于建立空间坐标系的考虑，因而都故意设计有垂直的条件．

（３）垂直是探索解题思路的重要突破口

从探索解题思路的角度看问题，垂直也需要放在优先考虑的地位．面对多个已知条件不妨优先选择垂直的条件；构造辅助线不妨优先作出垂直的辅助线（垂线或垂面）；面对关系的转化也不

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妨优先使用垂直关系来促进转化．

抓住了垂直（不是只抓垂直），并做上一批高考立体几何题，临场的立体几何成绩一定能有立竿见影的提高．立体几何中的垂直包括线线垂直、线面垂直、面面垂直，其中最基本的是线线垂直，而最关键、最体现空间特征的是线面垂直．

解法1 如图2，直线AB分别与平面所成的角为BAB1，直线AB分别与平面所成角的为ABA1，二面角A1ABB1的

A1FE.（略）

平面角为

图图3

2

解法2 如图3建立空间直角坐标系，使

A10,0,0,A0,0,1,B10,1,0,B2,1,0.（略）

解法3 （1）如图4，将已知条件实现在长方体中，则直线AB与平面所成的角为BAB1，直线AB与平面所成角的为ABA1.在直角BAB1中，有AB2在直角ABA1中，有AB22AA1，故ABA1=60.

（2）如图4，作ACAB,BDAB,有

ACAA1sin602BB1，故BAB1=45；

32,

BDBB1sin451.设二面角A1ABB1的平面角为，则 图4

CADB1cos121111CA1DB1012cos6022cos135424423CAAA1DBBB1 21110222331121321AAABBBAB11423得arccos33. 2-3-3 变题

B1ABB1BA45；变题1 如图5，四边形AA1B1B中，AB1B是直角三角形，AA1B是直角三角形，A1AB2A1BA.现将AB1B绕AB旋转，使AA1BB10.求：

（1）直线AB分别与平面A1B1B、AA1B1所成角的大小；

（2）二面角A1ABB1的大小.

图5 图6

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变题2 如图6，ABB1中，有AA1BB1,ABB130,AB1B45,现将三角形沿高线

AA1对折，使BB1AB1，求：

（1）直线AB分别与平面A1B1B、AA1B1所成角的大小； （2）二面角A1ABB1的大小.

变题3 在三棱锥AA1B1B中，AA1面A1BB1，BB1面AA1B，已知AA11,BB12，AB2.求：

（1）直线AB分别与平面A1B1B、AA1B1所成角的大小； （2）二面角A1ABB1的大小.

2-4 案例4—2006陕西理21的讨论

化归为课本已经解决的问题

如果要用一句话回答“怎样解答高考数学题？”我认为最实用也最重要的是：化归为课本已经解决的问题． 2-4-0 理由

（1）因为课本是学生知识资源的基本来源，也是学生解题体验的主要引导。

离开了课本，学生还能从哪里找到解题依据、解题方法、解题体验？还能从哪里找到解题灵感的撞针？高考解题一定要抓住“课本”这个根本。

(2)课本是高考命题的基本依据。

●有的试题直接取自教材，或为原题、或为类题． ●有的试题是课本概念、例题、习题的改编．

●有的试题是教材中的几个题目、几种方法的串联、并联、综合与开拓． ●少量难题也是按照课本内容设计的，在综合性、灵活性上提出较高要求． 按照高考怎样出题来处理高考怎样解题应是顺理成章的． （3）这是一种行之有效解题策略．

这种做法体现了化归思想和模式识别的解题策略，对50%~80%的高考题都是有效的．所以，拿到一道高考题，在理解题意后，应立即思考问题属于哪一学科、哪一章节？与这一章节的哪个类型比较接近？解决这个类型有哪些方法？哪个方法可以首先拿来试用？这一想，下手的地方就有了，前进的方向也大体确定了．就是说，从辨认题型模式入手，向着提取相应方法、使用相应方法解题的方向前进．

当然化归为课本已经解决的问题是有层次的，可分为 ●直接用； ●转化用； ●整合用．

2-4-1例证1——最新的高考题

例1 如图1，三定点A2,1,B0,1,C2,1；三动点D，E，M满足

ADtAB,BEtBC,DMtDE,t[0,1]．

（1）求动直线DE斜率的变化范围；

（2）求动点M的轨迹方程． [2006年陕西省理科21题，12分]

说明1 本题以平面向量为载体， 图1 设计了6个点（3定、3动）的3个等式：

ADBEDMt,t[0,1]， ABBCDEy1M-1B0-1C1Ax求直线斜率及轨迹的方程，是平面向量与解析几何的综合，叫做在知识的交汇处命题．

说明2 题目的知识背景可以作多角度的理解：

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⑴解析几何的参数方程背景．见人教版高中课本p.115§5．5，三次用定比分点公式可得动点M的参数方程．若去掉向量载体，题目可变为纯解析几何题：

例2 如图2，在RtABC中，直线AC的方程为yx1，直线BC的方程为yx1，

ACBC22．在斜边AB上取点M，使满足AMMBBCCA,求点M的轨迹

方程. A 图2 P⑵课本的例题背景．人教版高中《数学》第一册（下）第109页例5为

例3 OA，OB不共线，APtABtR,用OA，OB表示OP． O B

如图3，运用向量的加减运算可得：

OPOAAPOAtAB OAtOBOA1tOAtOB

 图3

这表示了联结AB的直线，也表示了定比分点公式，三次利用上式即可求得动点M． ⑶平面几何背景．

例4 在等腰直角三角形ABC中，F为斜边AC的中点，又D在AB上，E在BC上，M在DE上，过B作BB/∥AC，过M作MHBB/． 若ADABBEBCDMDE,则

MFMH.

图4

这表明点M到定点F的距离，等于到定直线BB的距离，按定义，点M的轨迹为抛物线．

⑷伯恩斯坦多项式（算子）背景．对

/m(1t)b1tb2,b1(1t)a0ta1, b2(1t)a1ta2,2引进位移算子Eaiai1, Eaiai2，可得

22m(1t)a02t(1t)a1ta2222(1t)a2t(1t)EatEa0 00

这正是二阶伯恩斯坦多项式（算子），也是例1中的OM．这个数学工具在汽车设计和飞机制造中有广泛的应用（贝齐尔曲线），因而也可以认为，此高考题来源于生产实践（飞机制造）．

说明3 解法．根据题目的结构与背景，可分为四大类： ●以向量运算为主；（解法1，解法2） ●向量运算与解析几何运算结合；（解法3） ●以解析几何运算为主；（解法4）

●综合几何方法（解法5）

来自阅卷现场的信息是：本题得分率不高，难度系数为0．32，得0分的占45%（未必都是不会，部分人是没时间做）；学生的解法基本上都是转化为坐标（以解析几何运算为主），不会用向量来直接求解．不管本题的原始设计如何，对教学来说，选择课本背景引导高考解题是明智的．

●第（1）问的讲解——数形结合、差异分析

(1t)tEa0.2第 10 页 共 20 页

直观很明显：由DE夹在AB，CB之间知，

1kBCkDEkBA1，

但是，怎样将明显的直观、表达为严格的数学运算呢？据知，有20%的考生都看到了直观，却没有几个能严格表达的．我们认为，这只不过是斜率公式变形为定比分点公式：

kkBAkBCkDEkBAkDEBC1

kkBAkDEBC1yEyByEyDxExDxExB1yByDxBxD.

左右两边的差异在于点B的坐标.

当xExB时，kDE1；当xDxB时，kDE1；当xExBxD时，有

kDEyEyDxExDyEyBxExB1(yEyB)(yByD)(xExB)(xBxD)xBxDyByDxExBxBxDxBxDxExB

11其中xDxBxBxExDxBxBxE111.

xDxBxBxEo,，得kDE1,1；加上端点，得 kDE1,1．

●第（2）问的解法

解法1 设M(x,y)，由人教版高 中课本

ODtOB(1t)OA, OEtOC(1t)OB,  OMtOE(1t)OD

ttOC(1t)OB(1t)tOB(1t)OA22tOC2t(1t)OB(1t)OA22tOCt(1t)(OAOC)(1t)OA22(2tt)OC(2t3t1)OA,p109例5有

图

5

把OA2,1,OC2,1代入，得

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22x2(2tt)2(2t3t1)2(12t)2,2,t0,1, 

222y(2tt)(2t3t1)(12t)0,1,t0,1.消去参数t，得yx2注：这就把一道高考题化归为课本的例题了，其主体是向量运算．如果一开始就把OA, OC表示为单位向量i1,0,j0,1，那书写还可以连贯．

解法2 设i1,0,j0,1，由已知有，

OA2ij, OC2ij, OBj,

4,x2,2．

进而由人教版高中课本

同理 OEtOC(1t)OB,(2t)i(12t)j，

ODtOB(1t)OAtj(1t)(2ij)

(22t)i(12t)j,p109例5，有

OMtOE(1t)ODt(2t)i(12t)j(1t)2(1t)i(12t)j得 22(12t)i(12t)j,x2(12t)2,2,t0,1 M: 2y(12t)0,1,t0,1消去参数t，得yx24,x2,2． 图6

22注：这个方法很容易得出推广. 若OAij,OCij,kk则

22k2x(12t),得yx,xMk4y(12t)2,22k,k。

解法3 （向量法）

解法4 （定比分点）

解法5 （平面几何解法） 1-4-2 例证2——往年的高考题

引例 （ 由糖水加糖变甜了，学校扩招后新生的比例增大了等情景，可得课本的真分数不等式）若ba0，m0，则

abambm．

这个例题有10多种解法．在89年广东，85年上海，以及95、98、01、04年全国高考中多次用到．请看高考题：

例1 如果0mba，那么（ ）．

(A)cosbmamaambbmbm(B)coscoscosaamamcosbcosbm

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amb(D)coscoscosamama(C)cosbmambmcosbabmcosbm

[1989年广东高考题]

例2 设an是由正数组成的等比数列，Sn是其前n项和． （1）证明

lgSnlgSn22lgSn1；

（2）是否存在常数c0，使得 lg(Snc)lg(Sn2c)2lg(Sn1c)．

[1995年理科第（25）题（12分）]

例3 对一切大于1的自然数，求证：

(11)(11)(13512n1)2n12．

[1985年上海高考题]

例4 已知数列bn是等差数列，b11, b1b2b10145， （1）求数列bn的通项bn； （2）设数列an的通项anloga(111bn,记Sn是数列an前n)（其中a0,且a1）

项和．试比较Sn与logabn1的大小，并证明你的结论．

3[1998年理科第（25）题（12分）]

例5 已知i,m,n是正整数，且1imn．

（1）证明：npmmpn；

（2）证明：1m1n． [2001年理科第20题]

例6 已知数列an为等比数列，a26，a5162， （1）求数列an的通项公式

（2）设Sn是数列an的前n项和，证明

SnSn2S2n1nmiiii1．

[2004年文科第（18）题]

这几道题目课本都没有出现过，但例2-1可以认为是真分数不等式的直接用（加上余弦函数的单调性）；例2-2（1）与例2-6（2）可以认为是真分数不等式的变形用，如果我们没有“化归为课本已经解决的问题”的思想准备，可能就想不到用真分数不等式，或在变形式

SnSn2Sn1

2与

SnSn1Sn1Sn2

之间犹豫，而一旦想到用真分数不等式，则③已接近完成：（an为递增的正项数列）

Sn1Sn2a1qSna1pSn1qSnqSn1SnSn1 。

2-4-3 积累

上面的一题多解与一解多题说的是化归，这要求我们首先有“课本已经解决的问题”．但是，

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平时“已经解决的问题”太多了，我们不可能（也没有必要）记住平时做过的所有题目．其实我们说的“课本已经解决的问题”，是指在学习数学的过程中，把所积累的知识和经验加工为一些有长久保存价值或基本重要性的典型模式与重要类型．当我们遇到一个新问题时，首先辨认它属于我们已经掌握的哪个基本模式，然后检索出相应的解题方法来解决，这是我们在数学解题中的基本思考，当然也是解高考题的重要策略．那么，怎样积累典型模式与重要类型呢？我们有两个基本的建议：

●总结课本内容，归纳基本模式．

学完一章节（或跨章节）后，总结一共有几个题目类型，每个题型有哪些解决方法？ ●分析解题过程，提炼深层结构．

可以重点分析最近三五年的高考综合题，揭示“形异而质同”的深层结构。

2-5 案例5—2006陕西理22的讨论

学会分析

这是一道有高等数学背景、对学生来说情境比较陌生的压轴题．然而，虽然问题本身具有智力上的挑战性（俗称试卷高跷尾巴），但用到的都是通理通法．

题目 已知函数fxxx32x214,且存在x00,1,使f2x0x0.

（1）证明：fx是R上的单调增函数； （2）设 x10,xn1fxn,y112,yn1fyn,其中n1,2,，证明

xnxn1x0yn1yn; （3）证明：

yn1xn1ynxn12.

2-5-1 第（1）问——模式识别、配方法

回想单调性问题的证明方法，最早有作差法，后来有求导法，这些都是可行的．这种想法体现了高考解题的模式识别策略． （1）求导法证单调性 这可以分为两步：第一，求导f证明1 由 得f//x；第二，证明导函数f/x在R上恒大于零．

3>0，判别式

f/x3x22x212,而二次项系数

(2)431220，

x0，从而

fx是R上的单调增函数．

说明1 判别式是配方法的结果，因而能用判别式法求解的问题也就能用配方法求解，我们首先给出三个配方．

证明2 由f/x3x22x(3x2x2212

13)161113x0,366得fx是R上的单调增函数．

证明3 由f/x3x22x12

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xx224x4x12122

22x10,其中两个非负项不能同时为零，得fx是R上的单调增函数．

证明4 由 f/x3x22x(3x212

12)2x

213x2232x2x0.

得fx是R上的单调增函数．

说明2 证明4的配方也可以直接用基本不等式3x212232x来代替，因为基本不等式本来就

源于“实数的平方非负”．

说明3 这三个配方虽然形式各异，但基本思想是相同的，即都 “用非负项去抵消可能的负值”，解法2首先用二次项3x去抵消可能的负值2x，常数项还剩余1，从而还求出了函数的

62最小值；解法3首先用常数项1去抵消可能的负值2x，二次项3x还剩余x，这已达到了

222f/解法4则同时用两个非负项3xx0的目的；

212去抵消可能的负值2x．从证明f/x0的

目的上看，只会用证明2的配方是认识的一种自我封闭，而认为上述三个配方已经穷尽了所有可能也是一种自我封闭的认识．根据题目的不同要求，配方是可以灵活而多样的（参见 《数学解题学引论》P．302配方法的研究），如

证明5 由 f/x3x22x1

2x3x1x10, 222222得fx是R上的单调增函数．

说明4 在这里，我们看到了求导法之下，判别式法——配方法——基本不等式法等的沟通，

特别是领会了配方法产生非负数的朴素思想：用非负项去抵消可能的负值．这个想法后面还会用到．

（2）作差法证单调性

用作差法证单调性的基本过程分为三步：作差——变形——判号，其中最核心的是变形——或者分解因式、或者配方，本例主要用到配方．

证明6 任取x1,x2R,x1x2,有

f(x2)f(x1)(x2x1)(x2x1)3322

12(x2x1)122(x2x1)(x2x1x2x1)(x2x1)2122(x2x1)x2(x11)x2(x1x1)2222x1x2x113x12x11(x2x1)x221x21244

22x11311 (x2x1)x2x0.12436第 15 页 共 20 页

得fx是R上的单调增函数．

说明5 在这个解法中，对二元二次多项式的配方使用了主元法，即首先视x2为主元、x1为系数，然后再对x1配方；而对

23x12x11的配方首先用3x2214去抵消可能的负项2x1，如上所说还

可以用1或3x11去抵消可能的负项2x1．如

证明7 任取x1,x2R,x1x2,有

f(x2)f(x1)

(x2x1)(x2x1)332212(x2x1)

122(x2x1)(x2x1x2x1)(x2x1)2222x1x2x113x12x11(x2x1)x221x21244222x11x1x11(x2x1)x20.222

证明8 任取x1,x2R,x1x2,有

f(x2)f(x1)(x2x1)(x2x1)332212

(x2x1)122(x2x1)(x2x1x2x1)(x2x1)2222x11x12x113x12x11(x2x1)x22x2244

2x11(x2x1)x223x11423x1x10.2说明6 主元法可以理解为先处理字母x2，再处理字母x1，当然，也可以同时处理两个字母： x1,x2，下面是一些有用的变形（详见文[1]P．305）

x1x2x1x22221xx2xx2,121221xx2xx2,121242

2x1x1x2x23x1x2422x1x24,x12x22x1x222.证明9 任取x1,x2R,x1x2,有

f(x2)f(x1)122(x2x1)(x2x1x2x1)(x2x1)222(x2x1)2x2x11(x2x1)x1x2222

x2x21(x2x1)22x12x210.2第 16 页 共 20 页

说明7 对这个配方可以作出两种解释．其一是首先用非负数

(x1x2)，非负数x2x1x2x1自动剩余x2222212去抵消可能的负项

22x122 ；其二是首先用非负数x2x1去抵消可能

的负项x1x2，然后与1一起抵消可能的负项(x1x2)．

证明10 任取x1,x2R,x1x2,有

f(x2)f(x1)

122(x2x1)(x2x1x2x1)(x2x1)23(xx)2xx212121(x2x1)x1x24423(x2x1)422x2x1120.x2x1346

证明11 任取x1,x2R,x1x2,有

f(x2)f(x1)122(x2x1)(x2x1x2x1)(x2x1)23(xx)2xx212121(x2x1)x1x244223(x2x1)21x2x1(x2x1)x1x24422x2x1(x2x1)4

x2x1x1x20.23说明8 还可以写出更多的配方，不过对于说明“怎样配方”目前的篇幅已经够慷慨的了，

我们将转而说明，两种证明单调性的方法存在内在的统一性．

（3） 作差法与求导法的统一 这由导数的定义可以看得很清楚：

f(x1)lim/f(x2)f(x1)x2x1x2x1

①

122limx2x1x2x1x1x2 x2x123x12x1212.

在①式中，若求极限之前配方，则对应着“作差法”；若求极限之后配方，则对应着“求导法”．比

如，当x2x1时，由证明7可得证明5，由证明9可得证明3，由证明10可得证明2．

2-5-2 第（2）问——模式识别、数学归纳法

对于自然数的命题想起用数学归纳法，应该说是自然的，但同时证5个量的不等式却是陌生情境，学生对此普遍不习惯．怎么办？可分两次分别证xnxn1x0（单调递增有上界）与，每一次都化归为基本模式．这个想法主要还是模式识别的解x0yn1yn（单调递减有下界）

题策略．

证明1 先用数学归纳法证xnxn1x0．

第1步，由x0(0,)得x10x0.又由上证fx是R上的单调增函数，有

21第 17 页 共 20 页

x1014f(x1)fx0，

得 x1x2x0.

这表明，n1时命题成立．

第2步，假设nk(k1)时命题成立，有xkxk1x0,由上证fx是R上的单调增函数，得

f(xk)f(xk1)f(x0),

即 xk1xk2x0.

这表明nk1时不等式成立．

由数学归纳法得，对一切n1,2,,都有xnxn1x0. 同理可由fx0f(y1)从而合并得xnxn1． y1x0y2y1,证得x0yn1yn（略）

82x0yn1yn.

112y1.又由上证f31说明9 回顾分两次证明存在简单重复的情况，因而可改写为一次完成． 证明2 用数学归纳法．第1步，由x0(0,)得x10x02x是R上

的单调增函数，得

f(x1)fx0f(y1)，

进而

x1014f(x1)fx0f(y1)3812y1,，

得 x1x2x0y2y1. 这表明，n1时命题成立．

第2步，假设nk(k1)时命题成立，有xkxk1x0yk1yk,由上证fx是R上的单调增函数，得

f(xk)f(xk1)f(x0)f(yk1)f(yk), 即 xk1xk2x0yk2yk1.

这表明nk1时不等式成立．

由数学归纳法得，对一切n1,2,,都有

xnxn1x0yn1yn.

2-5-3 第（3）问——分析法、配方法

（1）分析法探路、综合法书写 可以作这样的分析： 欲证 yn1xn11，

ynxn2只需

yn1xn1ynxn2f(yn)f(xn)ynxn2

1212ynxnynxn(ynxn)22，

只需 ynxnynxn(ynxn)0，

只需 (ynxn)(ynxn)xnyn．

2第 18 页 共 20 页

而由第（2）问有0xnx0yn12，得0(ynxn)1,0xnyn．式是成立的．

12,得

证明1 由第（2）问知0xnx0yn0ynxn1, 0xnyn,有 (ynxn)(ynxn)0xnyn， 得 yn2xnynxn2(ynxn)即

yn1xn1ynxnf(yn)f(xn)ynxn1212,有

21212，

．

（2） 配方法改写

证明2 由第（2）问知0xnx0yn0ynxn1,  0xy,nnyxn1122得 n1ynxnynxn(ynxn)

ynxn2(ynxn)(ynxn)1221212.

(ynxn)[1(ynxn)]证明3 由第（2）问知0xnx0yn0ynxn1, 0xy,nn12,得

有

yn1xn1ynxn2ynxnynxn(ynxn)122212

(ynxn)(ynxn)11(ynxn)24111.42222

证明4 由第（2）问知0xnx0yn  得

0ynxn1,0xnyn,12,有

2yn1xn1ynxnynxnynxn(ynxn)212

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(ynxn)(ynxn)(ynxn)(ynxn)121212.

2

3-3 第（1）、（3）问的沟通

从语言形式上看，第（1）问与第（3）问好像没有多少共同的地方，但从实质运算上看，则都是对

Fx,yfyfxyxyxyxyx2212

12作放缩处理，第（1）问是证明Fx,y0，第（2）问是证明Fx,y1616f(yn)f(xn)ynxnf(yn)f(xn)ynxn．而由第（1）问的

证明2、证明6 、证明10可知

.

因而第（3）问可以有更一般性的结论：

12.

这一结果也可由微分中值定理得出，由

f(yn)f(xn)ynxn1时，有 21/1ff63/11/2f323,

23612知当0,maxf/0,/1ff2/012.

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