高中数学思想方法题型总结
201*年高考数学答题思想方法
1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系。首先考
虑定义域，其次是函数图象。
2.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时候应该抓住参数有没有影响到函数的不变的性质。如所过的定点，二次函数的对称轴或是；如果产生了影响，应考虑分类讨论。
3.填空中出现不等式的题目（求最值、范围、比较大小等），优选特殊值法；
4.求参数的取值范围，应该建立关于参数的等式或是不等式，用函数的定义域或是值域或是解不等式完成，在对式子变形的过程中，优先选择分离参数的方法；
5.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值问题，注意二次函数的应用，灵活使用闭区间上的最值，分类讨论的思想，分类讨论应该不重复不遗漏；
6.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，直线与圆锥曲线相交问题，若与弦的中点有关，选择设而不求点差法，与弦的中点无关，选择韦达定理公式法；使用韦达定理必须先考虑是否为二次及根的判别式问题；
7.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，则可选择待定系数法，如果不知道曲线的形状，则所用的步骤为建系、设点、列式、化简（注意去掉不符合条件的特殊点）；
8.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于a、b、c之间的关系等式即可（多观察图形，注意图形中的垂直、中点等隐含条件）；个别题目考虑圆锥曲线的第二定义。
9.三角函数求周期、单调区间或是最值，优先考虑化为一次同角弦函数，然后使用辅助角公式解答；解三角形的题目，重视内角和定理的使用；与向量联系的题目，注意向量角的范围；
10、向量问题两条主线：转化为基底和建系，当题目中有明显的对称、垂直关系时，优先选择建系。
11.数列的题目与和有关，优选和通公式，优选作差的方法；注意归纳、猜想之后证明；猜想的方向是两种特殊数列；解答的时候注意使用通项公式及前n项和公式，体会方程的思想；
12.导数的题目常规的一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从已知或是前问中找到突破口，必要时应该放弃；重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上；
12.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，有勾股定理型的已知（即有平方关系），可使用三角换元来完成；
13.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先选择使用定义；14.与图象平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数15.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式就可以，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂直，二是中点在对称轴上。
扩展阅读：高中数学求参数取值范围题型与方法总结归纳
参数取值问题的题型与方法
一、若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
5a4恒成立，求实数a的取值范围。
解：原不等式即：4sinx+cos2x3
a204a20即5a4>a+2，上式等价于或，解得a
例4．（江苏、天津）已知长方形四个顶点A（0，0），B（2，0），C（2，1）和D（0，1）.一质点从AB的中点P沿与AB夹角为θ的方向射到BC上的点P1后，依次反射到CD、DA和AB上的点P2、P3和P4（入射角等于反射角）.设P4的坐标为（x4，0）.若1
kx2x22k化归的方程有唯一解.据此设计出如下解题思路：关于x的方程
2k2120k1有唯一解。解：设点
20k1
M(x,2x)为双曲线C上支上任一点，则点M到直线l的距离为：
即可转化为如上关于x的方程.由于0kx2x22kk21，于是，问题
k1，所以
2x2xkx，从而有kx2x22kkx2x22k.
2x22(2(k21)2kkx)2,22于是关于x的方程kx2x2k2(k1)
22(k1)2kkx0k21x22k2(k21)2kx22(k1)2kkx0.2(k221)2k20,2由
0k1可知：方程
k21x22k2(k21)2kx2(k21)2k20的二根同正，故2(k21)2kkx0恒成立，于是
等价于
25.5k21x22k2(k21)2kx2(k21)2k20.由如上关于x的方程有唯一解，得其判别式20，就可解得k用导数求参数范围
7.已知函数
f(x)ax1.ex11时，求f(x)的单调区间；（Ⅱ）若对任意t,2，f(t)t恒成立，求实数a的取值范围．2x1x2解：（I）当a1时，f(x)，由f(x)0得x2,f(x)0得x2f(x)的单调递增区间f(x)xxeeax1>x恒成为(,2)，单调递减区间为(2,)（II）若对任意t1,2，使得f(t)t恒成立，则x1,2时，x，e221x1立，即x1,2时，ae恒成立，设g(x)ex1，x[,2]，则g(x)ex1，x[1,2]设h(x)ex1，
x2x22x2x2，
111Qh(x)ex230在x[1,2]上恒成立，h(x)在x[,2]上单调递增，即g(x)ex2在x[,2]上单调递
2x22x1111112xx增，Qg()e240，Qg(2)e0g(x)e2在[,2]有零点m，g(x)e2在
24xx2，
（Ⅰ）当a11ag()，即ae2，ae21[,m]上单调递减，在(m,2]上单调递增，2122ae2ag(2)2f(x)axlnx,aR
2(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)是否存在实数a,使不等式f(x)ax对x(1,)恒成立。
1【解】(Ⅰ)f"(x)a,x0①当a0时,f"(x)0,函数f(x)在(0,)内是增函数,即函数的单调增区间为
x，
11(0,)，②当a0时,令f"(x)0,得x0,且x(0,)时,f"(x)0,又x(1,)时,f"(x)0,
aaa8.已知函数
11),递减区间为(,).(Ⅱ)假设存在这样的实数a,使不等式f(x)ax2对aa22x(1,)恒成立，即axaxlnx0(x1)恒成立.令h(x)axaxlnx(x1),则h(1)0,且h(x)0(x1)恒
所以函数
f(x)递增区间为(0,12ax2ax11a成立h(x)2ax①当a0时,h(x)0,则函数h(x)在[1,)上单调递减,于是
xxx
1h(x)h(1)0与h(x)0(x1)矛盾,故舍去.②当a0时,h(x)ax2axlnxax(x1)ln(x)而当x1x，12时,由函数yaxax和ylnx都单调递减.且由图象可知,x趋向正无穷大时,h(x)ax(x1)ln趋向于负无穷大.
x2ax2ax10等价于)0x(恒成立矛盾,故舍去.③当a0时,h(x)这与h(xx12a2xax1a28a0)记其两根为x10x2(这是因为x1x2(00)，易知x(x1,x2)时,h(x)0,而
2ax(x2,)时,h(x)0,(i)若x21时,则函数h(x)在(1,x2)上递减,于是h(x)h(1)0矛盾,舍去;(ii)若x21时,aa28a则函数h(x)在(1,)上递增,于是h(x)h(1)0恒成立.所以0x21,即x21(a0),解得a1，综
4ay2上①②③可知,存在这样的实数a1,使不等式f(x)ax对x(1,)恒成立y=lnx(x>1a2xaxlnx(aR).9.设函数f(x)2(Ⅰ)当a1时，求函数f(x)的极值；（Ⅱ）当a1时，讨论函数f(x)的单调性.
（Ⅲ）若对任意a(2,3)及任意x1,x2[1,2]，恒有maln2O1)xf(x1)f(x2)1x1".令f"(x)0,得x1.当解：(Ⅰ)函数的定义域为(0,).当a1时，f(x)xlnx,f(x)1xx10x1时，f"(x)0;当x1时，f"(x)0.f(x)极小值=f(1)1,无极大值.（Ⅱ）f"(x)(1a)xa
x2121(x1)(1a)(x)(x1)"(1a)xax1[(1a)x1](x1)1，0,f(x)在当即a2时，f(x)a1xxxx；a1111""1，x1.当(0,)上是减函数；当即a2时，令f(x)0,得0x或x1;令f(x)0,得a1a1a11111，即1a2时，令f"(x)0,得0x1或x;令f"(x)0,得1x.综上，当a2时，a1a1a111)和(1,)单调递减，,1)上单调递增；f(x)在定义域上是减函数；当a2时，f(x)在(0,在(当1a2时，a1a111,)单调递减，在(1,)上单调递增（Ⅲ）由（Ⅱ）知，当a(2,3)时，f(x)在[1,2]上单f(x)在(0,1)和(a1a1f(x)有最大值，当x2时，f(x)有最小调递减，当x1时，
a313a3ln2而a0经整理得m值.f(x1)f(x2)f(1)f(2)ln2maln2由2222a221132a3得0，所以m0.
422a3227.已知函数f(x)axbxx(xR,a,b是常数)，且当x1和x2时，函数f(x)取得极值（Ⅰ）求函数f(x)的解析式；
（Ⅱ）若曲线yf(x)与g(x)3xm(2x0)有两个不同的交点，求实数m的取值范围
3a2b10,2解：（Ⅰ）f(x)3ax2bx1，依题意f(1)f(2)0，即解得
12a4b10,1313a,b∴f(x)x3x2x（Ⅱ）由（Ⅰ）知，曲线yf(x)与g(x)3xm(2x0)有两个不同
6464，
的交点，即1x33x22xm0在2,0上有两个不同的实数解，设(x)1x33x22xm，则(x)1x23x2，
226464y=ax2-ax(a
(x)0，于是(x)在1,01m3上递减.依题意有(2)0.∴实数m的取值范围是013130m(1)0m1212(0)0m0m13.12f(x)x2alnx(a为实常数).
(1)若a2，求证：函数f(x)在(1，+．∞)上是增函数；(2)求函数f(x)在[1，e]上的最小值及相应的x值；(3)若存在x[1,e]，使得f(x)(a2)x成立，求实数a的取值范围.
31.已知函数
2解：（1）当a2时，f(x)x22lnx，当x(1,)，f(x)2(x1)0，故函数f(x)在(1,)上是增函数．（2）
xf(x)222x2a(x0)，当x[1,e]，2xa[a2,a2e]．若a2，f(x)在[1,e]上非负（仅当a2，x=1时，x，故函数f(x)0）
f(x)在[1,e]上是增函数，此时[f(x)]minf(1)1。若2e2a2，当xa时，f(x)0；2当1xa时，f(x)0，此时f(x)是减函数；当22aaaa)ln()．若a2e，f2222axe时，f(x)0，此时f(x)是增函数．故2[f(x)]minf((x)在[1,e]上非正（仅当a2e2，x=e时，f(x)0），故函数f(x)在[1,e]上是减函数，此时[f(x)]minf(e)ae2．综上可知，当a2时，f(x)的最小值为1，相应的x值为1；当
aaaa222e2a2时，f(x)的最小值为ln()，相应的x值为；当a2e时，f(x)的最小值为ae，
2222相应的x值为e．（3）不等式
f(x)(a2)x，可化为a(xlnx)x22x．∵x[1,e],∴lnx1x且等号不能同时
x22xx22x取，所以lnxx，即xlnx0，因而a（x[1,e]），令g(x)（x[1,e]），又
xlnxxlnxg(x)(x1)(x22lnx)，当x[1,e]时，x10,lnx1，x22lnx0，从而g(x)0（仅当x=1时取等2(xlnx)号），所以g(x)在[1,e]上为增函数，故g(x)的最小值为g(1)1，所以a的取值范围是[1,)．
导数的综合应用
1*xNaln(x1)，其中，a为常数．n(1x)（Ⅰ）当n2时，求函数f(x)的极值；（Ⅱ）当a1时，证明：对任意的正整数n，当n≥2时，有f(x)≤x1．
1aln(x1)，所以【解析】：（Ⅰ）解：由已知得函数f(x)的定义域为x|x1，当n2时，f(x)2(1x)例10、（山东卷）已知函数
f(x)f(x)2a(1x)2．（1）当a3(1x)0时，由f(x)0得x1121，x2121，此时f(x)a(xx1)(xx2)．当
3aa(1x)x(1，x1)时，f(x)0，f(x)单调递减；当x(x1，（2）当a≤0时，f(x)0)时，f(x)0，f(x)单调递增．
a恒成立，所以
f(x)无极值．综上所述，n2时，当a0时，f(x)在x12处取得极小值，极小值为f(x)无极值．（Ⅱ）证法一：因为a1，所以f(x)1ln(x1)．n(1x)2a2．当a≤0时，f11lnaa2当n为偶数时，令g(x)x1以当x
n1x2n1，则g(x)1．所0（x≥2）ln(x1)n1n1n(x1)x1x1(x1)(1x)时，g(x)单调递增，又g(2)0，2，
因此g(x)x1由于
1ln(x1)≥g(2)0恒成立，所以f(x)≤x1成立．当n为奇数时，要证f(x)≤x1，n(x1)1x21h(x)1≥0，所以只需证，令，则0h(x)x1ln(x1)ln(x1)≤x1nx1x1(1x)（x≥2），所以当x2，又h(2)10，所以当x≥2时，恒有h(x)0，时，h(x)x1ln(x1)单调递增，
即ln(x1)正整数n，恒有
x1命题成立．综上所述，结论成立．证法二：当a1时，f(x)1故只需证明1ln(x1)≤x1．令hx()x11(nl(≤1，n(1x)1ln(x1)．当x≥2时，对任意的n(1x)1)x2xnl(1)x，x2，，
则h(x)11x1x2，当x≥2时，故h(x)在h(x)≥0，
x1因此当x≥2时，h(x)≥h(2)0，上单调递增，2，即1ln(x1)≤x1成立．故当x≥2时，有
1ln(x1)≤x1．即f(x)≤x1．n(1x)x2y21的左、右焦点.（四川）设F1、F2分别是椭圆4（1）若P是该椭圆上的一个动点，求PFPF2的最大值和最小值.（2）设过定点M(0,2)的直线与椭圆交于不同的两点A、B，1且∠AOB为锐角（其中O为坐标原点），求直线l的斜率k的取值范围.
122[解析]（1）设P(x,y)，FPF(3x,y)(3x,y)xy3(3x28)，又x[2,2]∴1(3,0),F2(3,0)PF124x=0时，即点P为椭圆短轴端点时，PFPF2有最小值－2。x2时，即点P为椭圆长轴端点时，PF1PF2有最大值1.（2）1直线x=0不满足条件，可设直线l:ykx2,A(x1,y1)、B(x2,y2),由ykx2x22y1414k(k2)x24kx30,x1x2,xx411223k214，
k43令(4k)24(k21)34k230，得k或k42即OAOBx1x2y1y20，又yy(kx2)(kx2)kxx2k(xx)4k1，∴
12121212223又0AOB90，故cos0，∴OAOB0.
2。
k214k21∴011k2k2443k2>4，即－2
【解】（1）2Snan12n11,2Sn1an22n21相减得：an23an12n1，
2S1a23a22a13,a33a246a113
*（2）a11,a25得an13an2n对nN均成立a1,a25,a3成等差数列a1a32(a25)a11，
an13an2nan12n13(an2n)得：an2n3(an12n1)32(an22n2)3n1(a12)an3n2n
（3）当n1时，
133n3211nnn当n2时，()()2322an21na12，22an2
111111113由上式得：对一切正整数n，有1113123n1na1a2an222222，a1a2an2
1.(浙江)已知公差不为0的等差数列{an}的首项a1a(aR),设数列的前n项和为Sn，且
，Bn1a1，
1a2，
1a4成等比数列
（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及Sn（Ⅱ）记试比较
An1111...S1S2S3Sn1111...a1a2a22a2n，当n2时，
An与Bn的大小.[
a2a1a4【解】（Ⅰ）111a2aa(ad)2a(a3d)da1a，则an2141112a1(n1)da1(n1)a1na1na，
Sna1nn(n1)n(n1)n(n1)（Ⅱ）1111danaa1111An......222S1S2S3Sn122334n(n1)2a2a2a2a2121因为an212121(1)2a12a23a34an(n1)an111()n2(11)11111Bn...2a2na1a2a22a2n1a1122na，所以
当7.(广东)设b0,数列
an满足a1=b,annban1(n2),
an12n2bn1（1）求数列an的通项公式；（2）证明：对于一切正整数n,ann11
2【解析】（1）由a1b0,知annban1n1n12n1令
0,.An,A1，当
anban12n2anbban1n2n1n2n11222122212n2时,AnAn12n1n1A12n1n.
bbbbbbbbbb①当b12(1)nnbn(b2)2时，bn2n②当b2时,An.bb,b2（2）当bnnAnn,a2nb22b(b2)2,1b2bn2时，（欲证
nbn(b2)bn1bn1bn2n）]n1n1bn2nnannn11,只需证nb(n11)(2b)(2n1bn1)(bn12bn22n1)nb2b222b2
2n1bn12n2bn222nb2n2b2n12n1bn1
2222nbnbn1b2b(2nnn1)2nbn(222)2n2nbnn2n1bn，
bb2b22nn
nbn(b2)bn1bn1bn1annn11.当b2时,an2n11.综上所述ann11.nb2222
012nn2时，22CnCnCnCnn1即1111nn12；当a0时，AnBn；当a0时，AnBn.
9.(重庆)设实数数列
an的前n项和Sn满足Sn1an1SnnN*
3有0an1an（Ⅰ）若a1,S2,2a2成等比数列，求S2和a3（Ⅱ）求证：对k2解析：（Ⅰ）由题意S22a1a24。3，
S2a2S1a1a2，得S222S2，由S2是等比中项知S20，因此S22，由S2a3S3a3S2an1Sn，故Sn1,an11，且an1解得，a3S22Sn（Ⅱ）证明：有题设条件有an1S213Sna,Snn1Sn1an11要证ak0，
ak122Sk1ak1Sk2ak11①因a2a1a130，从而对k3有且ak1akk1k1k124Sk11ak1Sk21aak1k1ak11ak14，32a4，即证3a24a2a1，即a220，此式明显成立，因此4k1由①，只要证ak1k1k1k1k3。k23ak1ak113222aakka10。矛盾，最后证，ak1ak，若不然，a，又因，故，即a01akkkk122akak1akak12an4．已知数列an中，a1aa2，对一切nN，an0，an1。
2an1*（I）求证：an（II）证明：a1a2an2na2。2且an1an；
22n2an12aan1解：证明：（1）∵a，∴，∴a1an220，∴an2，若存在ak2，n0n12an112an112an1则ak12，由此可推出ak22,,a12，此与a1a2矛盾，故an2。∵an1anan2an0，∴
2an1an12an22a12n2，2n12222an112111112n2a2112a2，∴a2a2a2a21a212nn12n124212a2an12an12，∴
（2）由（1）得a2n1an1an。an2n∴
a1a2an2na2。
yfx的定义域为R,且对于任意x1,x2R,存在正实数L,使得fx1fx2Lx1x2,求L的取值范围；（2）当0都成立.
8．已知函数（1）若
fx1x2nL1时，数列an满足an1fan，n1,2,.
①证明：
akak1k11a1a21L；
②na1a2ak1令Aka1a2k1,2,3,，证明：AkAk1k1Lk1.
解答：（1）证明：对任意x1,x2R，有：fxfx1x21x212122x12x222x1x2x1x21x1x2122
1x1x21由
fx1fx2Lx1x2,即x1x2x1x21x1x2122Lx1x2，
∴.当x1x2时,得Lx1x21x1x2122.
221x1x1,1x2x2,x1x2x1x2且
x1x21x1x2122x1x2x1x21。∴要使
fx1fx2Lx1x2对任意x1,x2R都成立,只要L1，当x1x2时,fx1fx2Lx1x2恒成立.
∴L的取值范围是
1,。(2)证明：①∵
1nan1fan，
n1,2,,故当
n2时，。
anan1∴
fn1afnaLaLnfaan2fan1L2an2an1Ln1a1a21Ln1LLLa1a2a1a2
1L2n1ak1nkak1a1a2a2a3a3a4anan1∵
0L1,∴
akak1k1n1a1a2(1L当
n1时,不等式也成立)。②∵
Aka1a2akk,∴
AkAk11a1a2aka1a2ak1a1a2akkak1kk1kk11a1a22a2a33a3a4kakak1kk11a1a22a2a33a3a4kakak1.∴AkAk1A1A2A2A3AnAn1kk1k1n111111a1a22aa2312232334nn1nn111113a3a4naann13445nn1nn112na1a21aa1aa123nn1
n1n1n1a1a2a2a3anan115.设数列
1a1a21L.
bn2nN是等比数列。
16.（I）求数列
an,bn满足a1b16,a2b24,a3b33，且数列an1annN是等差数列，数列
1（II）是否存在kN，使akbk0,，若存在，求出k。an和bn的通项公式；
2解（1）由已知a2a12，a3a21公差d121an1an(a2a1)(n1)1n3
ana1(a2a1)(a3a1)(anan1)6(2)(1)0(n4)
6(2)(n4)(n1)2＝
nn1n11n27n18111由已知b124,b222，所以公比qb2b24bn28n1222
2kk174911712（2）设f(k)akbk，所以当k4时，f(k)是
kk928k8724222221所以不存在k，使f(k)0,。f(1)f(2)f(3)0，
222Sn116.数列{an}的首项a11，前n项和Sn与an之间满足an（2）设(n2).（1）求证：数列{}的通项公式；
Sn2Sn1增函数。又f(4)11，所以当k2时f(k)22，又存在正数k，使(1S1)(1S2)(1Sn)k2n1对一切nN*都成立，求k的最大值.
22Sn2解：（1）证明：∵n2时，anSnSn1，∴SnSn1，∴(SnSn1)(2Sn1)2Sn，∴
2Sn11111（2）由（1）2(n2)，数列{}是以1为首项，以2为公差的等差数列。Sn1Sn2SnSn1，∴
SnSn1SnS1111,∴Sn1.设F(n)(1S1)(1S2)(1Sn)，则知1(n1)22n1，∴Sn2n12n1Sn2n1F(n1)(1Sn1)2n12n24n28n41.∴F(n)在nN*上递增，要使F(n)k恒成2F(n)4n8n32n3(2n1)(2n3)立，只需[F(n)]mink∵[F(n)]minF(1)2223∴0k3,kmax3.333n11118．已知数列an满足a1,anan1,nN224b1.(1)求数列
（2）设an的通项公式；
a>0,数列
bn满足
bn1，若bnan对nN成立，试求a的取值范围。,bn1aa1abnaan1an2anan111an2124,，na411n24n1解：（1）
又a111111,a1a2,a2，an是公比为
22244的等比数列，
n0
1111111a1a22a33a4...(n1)an1()()...[]21!2!2!3!(n1)!n!n!1241从而有2,n!12111,即n!121,5!120,6!720n!121n5取N5，nN时，原不等式成立...............9分（3）将
1(1)nn展开，
1111111nn1n2nr111,
(1)n1a1a2anTr1Crn()rn0!1!2!3!n!nnnnnr!r!
24.在数列{an}中，a11,2an1nn1(nN*)an23时，an3n1.n12an1nan2n12n1n2nan0,n1,an22nan2n1（Ⅰ）试比较anan2与an1的大小；（Ⅱ）证明：当n解：（Ⅰ）由题设知，对任意
nN*，都有，
n12n11nanan222nn12n1222(1)aaanan2a()an1(1)an1n10n1nnnn12(n2)2(n2)an1an1n22392anan2ana1,a,a.an1nn11,an1an,又（Ⅱ）证法1：由已知得，123124an2n1n1n1n1a11,an1(n2).当n3时，an(n11)an1n1an1an1n1an1anan1n1
22222n1ana3(a4a3)(a5a4)(anan1)934n134n14222设
S34n123242n11113111n13162nn1134n1①则S45②，①-②，得S4(45n1)n
2222n222222n81122311n1n19n1n1n1Sn2n11n1.an1n121n13n1证法2：由已知得，
44222422239n19n3a11,a2,a.32(1)当时，由，知不等式成立。(2)假设当nk(k3)不等式成立，即3n12424k1kkk1k(k1)k2ak3k1，那么ak1(k1)ak(k1)(3k1)32k1k1222222
(k1)1k(k1)k2k2kk(k1)k要证ak13，只需证即证，则只需证2k1(k1)12k1k1kk12k1222222(k1)1k01k01因为2CkCkCkCkCkk1成立，所以ak13成立。这就是说，当nk1时，不等式仍
2(k1)1n1然成立.根据（1）和（2），对任意nN*，且n3，都有an3n1
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