高中數學解題思想與方法

目錄

前言...........................................2

第一章高中數學解題基本方法...................3

一、配方法...............................3

二、換元法...............................7

三、待定系數法...........................14

四、定義法...............................19

五、數學歸納法..........................23

六、參數法..............................28

七、反證法..............................32

八、消去法.............................

九、分析與綜合法.......................

十、特殊與一般法.......................

十一、類比與歸納法...................

十二、觀察與實驗法...................

第二章高中數學常用的數學思想................35

一、數形結合思想........................35

二、分類討論思想........................41

三、函數與方程思想......................47

四、轉化（化歸）思想....................54

第三章高考熱點問題和解題策略................59

一、應用問題............................59

二、探索性問題..........................65

三、選擇題解答策略......................71

四、填空題解答策略......................77

附錄.........................................

一、高考數學試卷分析...................

二、兩套高考模擬試卷

三、參考答案......

)

前言

美國著名數學教育家波利亞說過，掌握數學就意味著要善于解題。而當我們解題時遇到一個新問題，總想用熟

悉的題型去“套”，這只是滿足于解出來，只有對數學思想、數學方法理解透徹及融會貫通時，才能提出新看法、

巧解法。高考試題卜分重視對于數學思想方法的考查，特別是突出考查能力的試題，其解答過程都蘊含著重要的數

學思想方法。我們要有意識地應用數學思想方法去分析問題解決問題，形成能力，提高數學素質，使自己具有數學

頭腦和眼光。

高考試題主要從以下幾個方面對數學思想方法進行考查：

①常用數學方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法等；

②數學邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；

③數學思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與一般、類比、歸納和演繹等；

④常用數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想等。

數學思想方法與數學基礎知識相比較，它有較高的地位和層次。數學知識是數學內容，可以用文字和符號來記

錄和描述，隨著時間的推移，記憶力的減退，將來可能忘記。而數學思想方法則是一種數學意識，只能夠領會和運

用，屬于思維的范疇，用以對數學問題的認識、處理和解決，掌握數學思想方法，不是受用一陣子，而是受用一輩

子，即使數學知識忘記了，數學思想方法也還是對你起作用。

數學思想方法中，數學基本方法是數學思想的體現，是數學的行為，具有模式化與可操作性的特征，可以選用

作為解題的具體手段。數學思想是數學的靈魂，它與數學基本方法常常在學習、掌握數學知識的同時獲得。

可以說，“知識”是基礎，“方法”是手段，“思想”是深化，提高數學素質的核心就是提高學生對數學思想

方法的認識和運用，數學素質的綜合體現就是“能力”。

為了幫助學生掌握解題的金鑰匙，掌握解題的思想方法，本書先是介紹高考中常用的數學基本方法：配方法、

換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法、反證法、分析與綜合法、特殊與一般法、類比與歸納法、觀

察與實驗法，再介紹高考中常用的數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想。

最后談談解題中的有關策略和高考中的幾個熱點問題，并在附錄部分提供了近幾年的高考試卷。

在每節(jié)的內容中，先是對方法或者問題進行綜合性的敘述，再以三種題組的形式出現。再現性題組是一組簡單

的選擇填空題進行方法的再現，示范性題組進行詳細的解答和分析，對方法和問題進行示范。鞏固性題組旨在檢查

學習的效果，起到鞏固的作用。每個題組中習題的選取，又盡量綜合到代數、三角、幾何幾個部分重要章節(jié)的數學

知識。

)

第一章高中數學解題基本方法

—、酉己方，去

配方法是對數學式子進行一種定向變形(配成“完全平方”)的技巧，通過配方找到已知和未知的聯系，從而

化繁為簡。何時配方，需要我們適當預測，并且合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧，從而完成

配方。有時也將其稱為“湊配法”。

最常見的配方是進行恒等變形，使數學式子出現完全平方。它主要適用于：已知或者未知中含有二次方程、二

次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題。

配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(a+b)2=a?+2ab+b2,將這個公式靈活運用，可得到

各種基本配方形式，如：

a2+b2=(a+b)2-2ab=(a—b)2+2ab；

b百

a2+ab+b2=(a+b)2—ab=(a—b)2+3ab=(aH—)2+(----b)2；

22

a2+b2+c2+ab+bc+ca=—[(a+b)2+(b+c)2+(c+a)2]

2

a2+b2+c2=(a+b+c)2—2(ab+bc+ca)=(a+b—c)2—2(ab—be—ca)=???

結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：

l+sin2a=l+2sinacosa=(sina+cosa)；

x2H—T=(xH—)2—2=(x-----)2+2；........等等。

XXX

I、再現性題組：

1.在正項等比數列｛a〃｝中，a]*a5+2a3*a5+a3-a7=25,貝ll㈠+匕=。

2.方程x2+y2—4kx—2y+5k=0表示圓的充要條件是。

A.j<k<lB.或k>lC.k￡RD.k=+或k=l

3.已知sin4a+cos4a=1,則sina+cosa的值為___。

A.1B.-1C.1或一1D.0

4.函數y=log^(—2x?+5x+3)的單調遞增區(qū)間是。

2

A.(—8,B.[4>+°°)C.(-I,4JD.3)

5.已知方程x2+(a-2)x+aT=0的兩根x?、x2,則點P(x?,x?)在圓x?+y?=4上，則實數a=。

【簡解】1小題：利用等比數列性質a“fa,,”=a?,2,將已知等式左邊后配方(a3+a5)?易求。答案是：

5。

2小題：配方成圓的標準方程形式(x—a)2+(y—b)2=/,解「2〉0即可，選B。

3小題：已知等式經配方成(sin2a+cos2a)2—2sin2acos2a=1,求出sinacosa,然后求出所求式的平

方值，再開方求解。選C。

4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解。選D。

5小題：答案3—JTT。

II、示范性題組：

例1.已知長方體的全面積為11,其12條棱的長度之和為24,則這個長方體的一條對角線長為。

A.2^/3B.V14C.5D.6

2(xy+yz+xz)=11

【分析】先轉換為數學表達式：設長方體長寬高分別為X,y,z,則“、，而欲求對角線

長&+丫2+9,將其配湊成兩已知式的組合形式可得。

【解】設長方體長寬高分別為x,y,z,由已知“長方體的全面積為11,其12條棱的長度之和為24”而得：

2(xy+yz+xz)=11

4(x+y+z)-24

長方體所求對角線長為：y/x2+y2+z2=J(x+y+z)2-2(xy+yz+xz)=A/62-11=5

所以選B。

_____________________________________________________________________L

【注】本題解答關鍵是在于將兩個已知和?個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個數學式，容易發(fā)現

使用配方法將三個數學式進行聯系，即聯系了已知和未知，從而求解。這也是我們使用配方法的一種解題模式。

例2.設方程x2+kx+2=0的兩實根為p、q,若（R）2+（2）2W7成立，求實數k的取值范圍。

qp

【解】方程x2+kx+2=0的兩實根為p、q,由韋達定理得：p+q=-k,pq=2,

(勺2+(02=寧=w，,

解得

qp(pqY(.pqY(pq)~4

kW-VHJ或k》癡。

又：P、q為方程x?+kx+2=0的兩實根，J.△=!<?一820即k22后或kW—2痣

綜合起來，k的取值范圍是：一屈—2直或者

【注】關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“△”；已知方程有兩根時，可以恰當運用韋

達定理。本題由韋達定理得到p+q、pq后，觀察已知不等式，從其結構特征聯想到先通分后配方，表示成p+q

與pq的組合式。假如本題不對“△”討論，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對的討論，但

解答是不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視。

例3.設非零復數a、b滿足a2+ab+b2=0,求（上7”須+（々）物8。

a+ba+b

【分析】對已知式可以聯想：變形為（￡）2+（￡）+1=0,則￡=3（3為1的立方虛根）：或配方為（a

bbb

+b）2=abo則代入所求式即得。

【解】由a?+ab+b2=0變形得：(￡)2+(f)+i=o,

bb

ci\bi、

設3=:，則3~+s+l=0,可知3為1的立方虛根，所以：一=—,<03=3=lo

bcoa

又由a2+ab+b?=0變形得：(a+b)2=ab,

所以（二^尸998+（上”998=（4）999+（￡）999=（3）999+（2）999=3999+石999=2。

a+ba+bababba

【注】本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用3的性質，計算表達式中的高次幕。

一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯想和展開。

,oaab—1±J3i

【另解】由a2+ab+b?=0變形得：（-）2+（-）+1=0,解出一=---后，化成三角形式，代入所

bba2

1iI/Q,

求表達式的變形式（￡）999+（一）9"后，完成后面的運算。此方法用于只是未[二聯想到3時進行解題。

ba2

[-4-ri?

假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由a2+ab+b2=0解出：a=~~%,直接代入所求表達

式，進行分式化筒后，化成復數的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的計算。

IIL鞏固性題組：

1.函數y=（x—a）2+（x-b）2（a、b為常數）的最小值為。

A.8B.①一.C..+后D.最小值不存在

22

2.a、B是方程x2—2ax+a+6=0的兩實根，則（a-l）2+（B-1）2的最小值是。

A.一學B.8C.18D.不存在

3.已知x、y€R+,且滿足x+3y—1=0,貝ij函數t=2*+8>'有_____。

A.最大值2立B.最大值也C.最小值2&B.最小值立

22

4.橢圓x?-2ax+3y2+a2—6=0的一個焦點在直線x+y+4=0上，貝I」a=

A.2B.-6C.一2或一6D.2或6

5.化簡：2Jl-sin8+j2+2cos8的結果是_____。

A.2sin4B.2sin4—4cos4C.—2sin4D.4cos4—2sin4

______________________________________________________________________________________________L

6.設F1和卜2為雙曲線片一y2=l的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足NF|PF2=90°,則△FiPF2的面積是

7.若x>—l,則f(x)=x?+2x+」_的最小值為._。

x+1

8.已知2<3<a<2,cos(a-p)=12,sin(a+B)=-3,求sin2a的值。(92年高考題)

24135

9.設二次函數f(x)=Ax°+Bx+C,給定m、n(m<n)，且滿足A?[(m+n)?+m2n2]+2A[B(m+n)—Cmn]+B2+

C2=0o

①解不等式f(x)>0：

②是否存在一個實數t,使當td(m+t,n-t)時，f(x)<0?若不存在，說出理由；若存在，指出t的取值范圍。

4422

10.設s〉Lt>l,mWR,x=logit+log/s,y=logit+log(s+m(log,t+logzs),

①將y表示為x的函數y=f(x),并求出f(x)的定義域；

②若關于x的方程f(x)=0有且僅有一個實根，求m的取值范圍。

二、換元法

解數學題時:把某個式子看成一個整體，用一個變量去代替它，從而使問題得到簡化，這叫換元法。換元的實

質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去

研究，從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化，變得容易處理。

換元法又稱輔助元素法、變量代換法。通過引進新的變量，可以把分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來,

或者把條件與結論聯系起來?；蛘咦?yōu)槭煜さ男问?，把復雜的計算和推證簡化。

它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式，在研究方程、不等式、函數、

數列、三角等問題中有廣泛的應用。

換元的方法有：局部換元、三角換元、均值換元等。局部換元又稱整體換元，是在已知或者未知中，某個代數

式幾次出現，而用一個字母來代替它從而簡化問題，當然有時候要通過變形才能發(fā)現。例如解不等式：4、+2,—2

20,先變形為設2'=t(t〉0),而變?yōu)槭煜さ囊辉尾坏仁角蠼夂椭笖捣匠痰膯栴}。

三角換元，應用于去根號，或者變換為三角形式易求時，主要利用已知代數式中與三角知識中有某點聯系進行

換元。如求函數y=4+J匚1的值域時，易發(fā)現xG[0,1],設*=5行2a,aG[0,，問題變成了熟悉的

求三角函數值域。為什么會想到如此設，其中主要應該是發(fā)現值域的聯系，又有去根號的需要。如變量x、y適合

條件x2+y2=r2(r>0)時，則可作三角代換x=rcos9、y=rsin?；癁槿菃栴}。

Ss

均值換元，如遇到*+丫=$形式時，設X=,+t,y=,-t等等。

我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標準化的原則，換元后要注重新變量范圍的選取，一定要使新

71

變量范圍對應于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴大。如上幾例中的t>0和ae[0,耳]。

I、再現性題組：

1.y=sinx?cosx+sinx+cosx的最大值是。

2.設f(x?+1)=loga(4—x")(a>l),則f(x)的值域是<,

3.已知數列｛a“｝中，a1=-1,a“+1?a“=a"+]—a”，則數列通項a“=。

4.設實數x、y滿足x2+2xy-l=0,則x+y的取值范圍是。

l+3-x

5?方程=3的解是―。

x+1

6.不等式log2(2*-l)-log2(2-2)〈2的解集是。

/]]

【簡解】1小題：設sinx+cosx=tG[—V2,V2],則y=工+t—7；,對稱軸t=-1,當t=&,=—

222

+A/2；

2小題：設x?+l=t(t>l),則f(t)=log“[-(t-1)2+4],所以值域為(-8,log”]；

3小題：已知變形為」------=-1,設b“,則b|=-1,b“=-1+(n-l)(T)=-n,所以a?=--；

%+i%a?n

)

4小題：設x+y=k,則x?—2kx+l=0,△=4k?—420,所以k21或kW—1；

5小題：設3*=y,則3y2+2y—l=0,解得y=g,所以x=-1；

5

6小題：設log2（2'-1）=y，則y（y+D<2,解得一2<y〈L所以x￡（log2，1。823）。

II、示范性題組：

例L實數x、y滿足4x?—5xy+4y2=5（①式）,設S=x?+y2,求一的值。（93年全國

Qmax"min

高中數學聯賽題）

.",、Ix=4scosa

【分析】由S=x?+y2聯想到cos2a+sin2a=1,于是進行三角換元，設代入①式求和

[y=VSsinama，（

S而n的值。

x=cosa

【解】設代入①式得：4S—5S,sinacosa=5

y--fssina

10

解得

101010

TWsin2a3W8-5sin2aW13—<-----<—

138—5sina3

11313168

H-----=----1---=

max5min1010105

QC_1Q8S-10

此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2a=---的有界性而求，即解不等式:---區(qū)1。

這種方法是求函數值域時經常用到的“有界法”。

SSsS

【另解】由S=x?+y2,設x2=,+t,y2=,-t,日-7-L

則xy=±代入①式得：4S±5

移項平方整理得loot2+39S2—1606+100=0。

2,1010

39s2—160S+100W0解y得：一WSW一

133

11313168

______|______—―|____—___

Smax5而「1010—105

【注】此題第一種解法屬于“三角換元法”，主要是利用已知條件S=X?+y2與三角公式cos2a+sin2a

1的聯系而聯想和發(fā)現用三角換元，將代數問題轉化為三角函數值域問題。第二種解法屬于“均值換無法”，主要

是由等式S=X?+y2而按照均值換元的思路，設x2=￡+t、y2=￡—t,減少了元的個數，問題且容易求解。另

22

外，還用到了求值域的幾種方法：有界法、不等式性質法、分離參數法。

和“均值換元法”類似，我們還有一種換元法，即在題中有兩個變量x、y時，可以設x=a+b,y=a—b,這

稱為“和差換元法”，換元后有可能簡化代數式。本題設x=a+b,y=a—b,代入①式整理得3a?+13b?=5,

,5,,,,1020,101011

求得a~G[0,—],所以S=(a—b)~+(a+b)~=2(a~+b~)=---1----a~G]一,一],再求一的值。

Smin

31313133Smax

11V2A-C

例2.ZXABC的三個內角A、B、C滿足：A+C=2B,-----+------=--------，求cos------的值。(96

cosAcosCcosB2

年全國理）

)

。

【分析】山已知"A+C=2B”和“三角形內角和等于180°”的性質，可得4A+C=。]20；由''A+C=120

8=60。

A=60°+aA-C

°”進行均值換元，則設《,再代入可求cosa即COS-------------

C=60°-a2

A+C=120°

【解】由AABC中已知A+C=2B,可得」

8=60°

4=60°+a

由A+C=120°,設，代入已知等式得:

C=60°-a

111111

-------+cos(60°+cif)+cos(60。-。)+

cosAcosC1V3.1V3.

cosa-—sincr—cosa+「sincr

2222

cosacoser

=—2V2,

13

—cos2a--sin2acos2a—-

444

,V2A-CV2

解得：cosa=——，即:COS------------=-------o

22

11V2

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°o所以--------1--------

cosAcosCcos8

=—2y/2,設一^―=—V2+m,-----=—y/2-m，

cosAcosC

所以cosA=---『----,cosC=---『----，兩式分別相加、相減得：

A+CA-CA-C2V2

cosA+cosC=2cos-----cos------=cos------=-z----,

222m2-2

A+CA—Cr-A—C2m

cosA—cosC=-2sin-----sin------=—V3sin------=-z-----，

222m2-2

A—C2m2A/22A—C*2A—C

即：sin-----=---f=----------,—.....z----，代入sin?--------Feos2-----=1整理得：3m44—16m—12=0,

2V3(7H2-2)m--222

,,2八、A-C2V2V2

解出m-=6,代入cos------=—~-——-,

2/n2-22

【注】本題兩種解法由“A+C=120°”、“二7+」7；=-2/”分別進行均值換元，隨后結合三角

cosAcosC

形角的關系與三角公式進行運算，除由已知想到均值換元外，還要求對三角公式的運用相當熟練。假如未想到進行

11V2

均值換元，也可由三角運算直接解出：由A+C=2B,得A+C=120。，B=60。。所以——-+-------

cosAcosCcosB

—2V2,即cosA+cosC=-2V2cosAcosC,和積互化得：

A+CA-Cr-r/、A-CV2r-V2

2cos---cos---=—v2[cos(A+C)+cos(A-C)，即cos-----=-----J2cos(A-C)=———

22222

r-A-C[-0A-CA-Cr-

72(2cos29--------1),整理得：4V2COS2------+2cos---------3<2=0,

222

…A-CV2

解得：COS-----=----

)

例3.設a>0,求f(x)=2a(sinx+cosx)—sinx?cosx—2a?的最大值和最小值。

【解】設sinx+cosx=t,則歷],由(sinx+cosx)2=1+

/J-]

2sinx-cosx得：sinx?cosx=-----

2x

f(x)=g⑴=—；(t—2a)?+；(a>0),te[-^2,V2]

t=-正時，取最小值：-2a?—2后4-2

當2a時，t=V2,取最大值：—2a2+2^2a—；

當0<2aWj^時，t=2a,取最大值：!。

flV2

1-(0<tz<—)

**.f(x)的最小值為一2a?—2&a—不，最大值為《l。

22廠1企

-2〃~+2。2〃-萬(。2

【注】此題屬于局部換元法，設sinx+cosx=t后，抓住sinx+cosx與sinx?cosx的內在聯系，將三角函

數的值域問題轉化為二次函數在閉區(qū)間上.的值域問題，使得容易求解。換元過程中?定要注意新的參數的范圍(t

G[-V2,V2D與sinx+cosx對應，否則將會出錯。本題解法中還包含了含參問題時分類討論的數學思想方法,

即山對稱軸與閉區(qū)間的位置關系而確定參數分兩種情況進行討論。

一般地，在遇到題目已知和未知中含有sinx與cosx的和、差、積等而求三角式的最大值和最小值的題型時，

即函數為f(sinx土cosx,sinxcsox),經常用到這樣設元的換元法，轉化為在閉區(qū)間上的二次函數或一次函數的研

究。

例4.設對所于有實數X,不等式%曳誓+2*1%芻+1%嗔>。恒成立，求a的取值范

圍。(87年全國理)

【分析】不等式中植"、1叫昌、小聯三項有何聯系？進行對數式的有關變形后不難

發(fā)現，再實施換元法。

2ci4(。+1)8(6(+1)a+12a

[解】設log----=t,貝ijlog-------=log----=3+log——=3—log2-----=3—t,

2o+l2a22a22aa+l

(a+l)2a+l

log2■~2~=21og-=-2t,

4a-22a

代入后原不等式簡化為(3—t)x2+2tx—2t>0,它對一切實數x恒成立，所以:

3-t>0[t<32a

<解^^v：.t<0BPlog,----<0

△=4〃+8?3-0<0]/<0或/>6a+l

2a.,

0<----<1,解得0<a<l。

a+l

【注】應用局部換元法，起到了化繁為簡、化難為易的作用。為什么會想到換元及如何設元，關鍵是發(fā)現已知

4(a+1

不等式中l(wèi)og2\log2-^-,log2g普-三項之間的聯系。在解決不等式恒成立問題時，使用了“判

別式法”。另外，本題還要求對數運算十分熟練。一般地，解指數與對數的不等式、方程，有可能使用局部換元法,

換元時也可能要對所給的已知條件進行適當變形,發(fā)現它們的聯系而實施換元,這是我們思考解法時要注意的?點。

22

,,4sin°cos0mcos0sin910z_?x?_

例5.已知------=-------,且----j----1----2-=0------(②式)，求一的值。

xyxy3(x'+y2)y

【解】設理一cos0,

------=k,則sin0=kx,cos。=ky,且sin2。+cos20=k?(x，y?)=1,代入②式

xy

210

k2x21010k2V-

得:即:-------I1--

,-+22o2-

y3(/+y2)3Xy3

設W=t,則t+，=12,解得：t=3或g.?一=土6或土半

yt3y3

2

Xsin0-cos0一A

【另解】由一=--=tgO,將等式②兩邊同時除以——2—，再表示成含tg。的式子：l+tg4()=

ycos0X

(1+見2。)x------j-=—tg29,設tg2()=t,貝|J3t2—10t+3=0,

3(1+')3

tg~e

；.t=3或:，解得二=±0或土f。

3y3

sin0cos0

【注】第一種解法由------=?——?而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數。第二種解法將已知變

xsin。

形為一=-不難發(fā)現進行結果為tg9,再進行換元和變形。兩種解法要求代數變形比較熟練。在解高次方

ycosw

程時，都使用了換元法使方程次數降低。

例6.實數x、y滿足」J+(=?)一=1，若x+y—k>0恒成立，求k的范圍。

916

【分析】由已知條件>1)一+0:?)-=1，可以發(fā)現它與a?+b2=l有相似之處，于是實施三角換元。

916

r翩1cba-1)2Jy+1)2—1Ay+1.n

【解】由----1---——=1,設——=cos9,—^―=sin?,

[x=1+3cos0

即：\代入不等式x+y-k>0得：

[y=-1+4sin0

3cos0+4sin0—k>0,即k<3cos0+4sin0=5sin(0+v)

所以k<-5時不等式恒成立。

【注】本題進行三角換元，將代數問題(或者是解析幾何問題)化為了含參三角不等式恒成立的問題，再運用

“分離參數法”轉化為三角函數的值域問題，從而求出參數范圍。一般地，在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似

的代數式時，或者在解決圓、橢圓、雙曲線等有關問題時，經常使用“三角換元法”。

本題另一種解題思路是使用數形結合法的思想方法：在平面直角坐標系，不等式ax+by+c>0(a>0)所表示的

區(qū)域為直線ax+by+c=0所分平面成兩部分中含x軸正方向的一部分。此題不等式恒成立問題化為圖形問題：橢

圓上的點始終位于平面上x+y-k>0的區(qū)域。即當直線x+y-k=0在與橢圓下部相切的切線之下時。當直線與橢

fl6(x-l)2+9(y+l)2=144~

圓相切時，方程組<"有相等的一組實數解，消元后由△=()可求得k=-3,所以k<-3

X+y一女=0

時原不等式恒成立。

m、鞏固性題組:

1.已知f(x3)=lgx(X>O),則f⑷的值為。

A.21g2B.Ilg2C.21g2D.21g4

333

2.函數y=(x+l)'+2的單調增區(qū)間是____。

A.[-2,+8)B.[-1,+°°)D.(-8,+8)c.(~°°,-1]

3.設等差數列｛a,J的公差d=；,且S⑼=145,則a1+a3+a$+……+@99的值為—