高中数学一题多解经典题型汇编

高中数学一题多解经典题型汇编

【典例1】设A、B是全集U的两个子集，且AB，则下列式子成立的是（ ） A．CUACUBB．CUACUBU C．ACUBD．CUAB 解法一：运算法

A.CUACBACUBCUBCUA，A错误 B.CUAAU或CUBBU，B错误

C.ABABA，又CUBBCUBA，C正确 D.ABABACUAB，D错误 解法二：特殊值法

由题意，不妨设U{1,2,3},B{1,2},A{1}，则

A.CUA{2,3}{3}{2,3}CUBCUA，A错误

CB{3}UB.CUA{2,3}CUBCUA{2,3}{1,2,3}U，B错误

CB{3}UC.CUB{3},A{1}CUBA，C正确 D.CUA{2,3},B{1,2}CUAB{2}，D错误 解法三：韦恩图法

如右图所示，通过韦恩图直接判断选项的正误.

UAB◆◇方法解读◇◆

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解法一：应用这种解法一定要熟悉掌握和理解集合的基本运算法则，比较抽象也有难度。 解法二：通过取特殊值后，使各式的运算结果一目了然，更便于判断，因此该方法比较简单。

解法三：韦恩图更加地形象直观，能够快速、准确的作出判断，此法它利用了数形结合的思想。

【典例2】已知(1i)z32i（i是虚数单位），则复数z在复平面内对于的点位于第象限. 解法一：复数的四则运算法

(1i)z32iz32i(32i)(1i)(32)(32)i3232i1i(1i)(1i)222

z3232i第四象限. 22解法二：利用相等复数法（待定系数法） 设复数zabi，则zabi

(1i)z32i(1i)(abi)32i(ab)(ab)i32i

32a3232ab32zabii第四象限.

22(ab)232b2◆◇方法解读◇◆

解法一：先通过解方程得出复数z的共轭复数，再根据复数与共轭复数的关系判断出复数在复平面内对应点所在的象限，该方法比较直接。

解法二：复数有固定的表达形式，有时不妨假设出复数的表达式，然后再利用待定系数法解出a，b的值，这种方法在有些时候非要有用。

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y2x【典例3】若变量x，y满足约束条件2xy1，则z=3x+y的最大值是． y1解法一：解方程法

y2x ① 将原式的不等号看成等号，得2xy1 ②

y1 ③ 由①②，得y2xx142xy1z13xy3141254 y12由①③，得y2xx115y12z23xy3(1)y122由②③，得2xy1xy11zy133xy31(1)2

比较z1,z2,z3的大小，得z=3x+y的最大值是2. 解法二：作图法

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y2xxPy12xy1y3xz第 4 页 共 50 页

yO

由图可知，只有当待定直线y3xz过点P(1,1)时，直线的截距bz才最大，即zman3xy31(1)2.

◆◇方法解读◇◆

解法一：解方程法虽然来得快，但是并不是所有线性规划题型都适用，具有一定的局限性。 解法二：作图法比较直观，但是很多同学作图不规范、区域找不准也容易造成丢分。因此一定要掌握好作图法的精髓，避免不必要的丢分。

【典例4】当0x2时，函数yx(63x)的最大值是． 解法一：二次函数图像法 yx(63x)3x26xx对b61 2a2(3)

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y3y3x26x,x(0,2)Ox对12x

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f(x)maxf(1)3.

解法二：均值不等式法

2ab由不等式ab,a,bR知

2113x(63x)yx(63x)3x(63x)3

3322当且仅当3x63x，即x1时，等号成立 故f(x)maxf(1)3.

解法三：单调性法（求导法） 已知函数的定义域为(0,2)，则 f(x)3x26xf(x)6x6

f(x)06x600x1

f(x)01x2f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,2)单调递减 f(x)maxf(1)3.

◆◇方法解读◇◆

解法一：二次函数图像法在初中阶段就已经深入学习，要用此法一定要充分掌握二次函数的图像和性质，知道如何求二次函数的对称轴，最值等方法。

解法二：观察该函数的结构，可用均值不等式求其最值。但是用均值不等式求最值一定要注意三个前提条件“一正、二定、三相等”，如果无法取到等号那讨论将失去意义，同学们应当特别注意。

解法三：通过求导得到函数的单调性，再将函数的极值与端点值进行比较，从而得到最值。

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1【典例5】已知sincos5，且2，则tan(4). 解法一：解方程组法 sincos15 ①

又sin2cos21 ②

sin2(15sin)2125sin25sin120

即(5sin3)(5sin4)0

解得sin35或sin45 由

2sin35 3cos15sin45，tansincos534 45tantan3tan(4)4tan1411tantan1tan7.

4134解法二：整体代入法

tantansin1tan(4)4tan1cossincos 1tantan1tan41sinsincoscossincos15 ①

2(sincos)21sin22sincoscos21525

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12sincos125sincos1225 (sincos)2sin22sincoscos2(sincos)24sincos

211254492525 又2sincos0

sincos75 ② 7原式=sincos5sincos7.

15解法三：万能公式法 sincos15

2(sincos)215sin22sincoscos2125

sin22sincos2425 2tanxsinx2sin22tan2412tan225tan120 1tan2x1tan2252(3tan4)(4tan3)0

解得tan3或tan443(舍)

tantan3tan(4tan1414)1tantan1tan37.

414

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◆◇方法解读◇◆

解法一：解方程组法是非常常规的方法，是大多数同学普遍使用的方法。但是应用该方法计算相当繁琐，而且不易计算。

解法二：观察所求式子的结构，采用整体代入法是本题的技巧，但是该方法不是所有题目都适用，同学们要灵活的运用，不能死记硬背，机械记忆。

解法三：此题也可以用万能公式法，但是很多同学记不住万能公式。因此有些必要的公式还需要同学们加强记忆和巩固，只有基本功扎实了，才能应付灵活多变的数学难题。

【典例6】已知向量OA(k,2)，OB(2,3)，OC(3k,4)，且A,B,C三点共线，则k. 解法一：距离公式法

A,B,C三点共线ABBCAC

取O点的坐标为(0,0)，则 A(k,2)，B(2,3)，C(3k,4)

AB(2k)2(32)2

BC(3k2)2(43)2

AC(3kk)2(42)2

由ABBCAC，解得k3.

解法二：共线向量法

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A,B,C三点共线AB//BC//AC

ABOBOA(2,3)(k,2)(2k,1) ①

BCOCOB(3k,4)(2,3)(3k2,7) ②

AB//BCx1y2x2y10

(2k)(7)(3k2)10k3.

解法三：斜率法

A,B,C三点共线kABkBCkAC

又A(k,2)，B(2,3)，C(3k,4)

321 ① 2k2kkABkBC437 ② 3k(2)3k217k3. 2k3k2kABkBC◆◇方法解读◇◆

解法一：距离公式法属于常规法，容易想到。但应用此法主要的困难是去掉根号这一步，要等式两边同时平方两次才能将根号去掉，计算量相当大，一般来说不建议应用此方法。 解法二：将三点共线问题转化为共线向量问题，是解决该题最好的方法和思路。因此在以后遇到的数学问题当中，转化思想仍然值得每位同学理解和掌握。

解法三：斜率法也是解决该题很好的方法，应用此法可以减少很多计算，过程简单，逻辑鲜明。

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【典例7】已知函数满足f(x2)x25x7，则f(x). 解法一：图像平移法

f(x2)x25x7是将f(x)的图像向右平移2个单位长度得到

因此再将f(x2)x25x7的图像向左平移2个单位长度，得

f(x22)(x2)25(x2)7x29x21

即f(x)x29x21. 解法二：赋值法

为了得到f(x)，不妨令xx2，则 f(x22)(x2)25(x2)7x29x21

即f(x)x29x21. 解法三：换元法 令ux2，则xu2

f(x2)x25x7f(u22)(u2)25(u2)7u29u21f(u)u29u21

即f(x)x29x21. 解法四：构造法

f(x2)x25x7(x24x4)4x45x7

(x2)29x3(x2)2(9x18)183(x2)29(x2)21

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将x2看成整体x，即f(x)x29x21. 解法五：待定系数法（特殊值法） 由题意知，f(x)为二次函数 不妨设f(x)ax2bxc(a0)，则

由f(x2)x25x7，得

当x2时，有f(0)22527a02b0c ①

当x0时，有f(2)02507a(2)2b(2)c ②

当x3时，有f(1)32537a12b1c ③ 联立解得a1,b9,c21 即f(x)x29x21.

◆◇方法解读◇◆

解法一：应用图像平移法一定要清楚函数图像平移的原则：左加右减，上加下减。左右平移变化的是x(横坐标)，上下平移变化的是y(纵坐标)。

解法二：赋值法的本质是换元法，所以此方法与换元法相一致，值得一提的是x=x+2的意思是将x+2赋给x，这里的等号不是严格意义上的等号，否则出现0=2的逻辑错误。 解法三：换元法是求函数解析式最重要的方法之一，同学们一定要熟悉掌握。但此方法也有局限性，不是所有题目都适用，有些题目只能用其他方法如解方程组法、整体代入法等。 解法四：构造法也叫配凑法，也是求函数解析式常用的方法之一，配凑的原则是“形式一致性”，只有配凑与函数自变量一致的形式，才能整体换元。

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解法五：待定系数法最重要的思想是已知函数的类型，从而假设出函数的解析式，进而转变为求函数的系数或参数。

【典例8】函数f(x)ln(x29x20)的单调递增区间是. 解法一：利用复合函数的求导法则

f(x)ln(x29x20)的定义域为x29x200(x4)(x5)0

x4或x5

令u(x)x29x20，则x对b9 2a2u(x)在(,4)单调递减，在(5,)单调递增

又f(u)lnu在(0,)上单调递增

故f(x)在(,4)单调递减，在(5,)单调递增 解法二：利用导数与函数单调性的关系 f(x)ln(x29x20)的定义域为(,4)(5,)

1x9x202f(x)(x29x20)2x9x9x202

f(x)02x90x9x5 29x4 2f(x)02x90x故f(x)在(,4)单调递减，在(5,)单调递增.

◆◇方法解读◇◆

解法一：复合函数的单调性遵循“同增异减”的原则，即当内、外层函数的单调性相同时，

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复合函数单调递增；当内、外层函数的单调性不同时，复合函数单调递减。值得一提的是，所有函数都要在定义域的范围之内进行讨论和研究，超出定义域的范围函数没有意义。 解法二：利用导数与函数单调性的关系来求函数的单调性，是中学阶段最重要的思想方法之一。同学们一定要掌握：只要导函数大于零的区间，函数一定单调递增；只要导函数小于零的区间，函数一定单调递减；在导数为零处，函数的增减性无法判断。

【典例9】已知直线kxy23k0过定点P，则P点的坐标是. 解法一：点斜式法

由kxy23k0y2k(x3) 显然，当x3时，y2 点(3,2)与直线斜率k无关 故直线过定点P(3,2).

解法二：解方程组法（特殊直线交点法） 取k0时，得y2 ① 取k1时，得xy10 ② 联立①②式，解得x3,y2 即直线过定点P(3,2).

◆◇方法解读◇◆

解法一：点斜式法求直线过定点是最直接的方法，这也是最常规的方法。但在有些题型中很难将给定的待定直线写成点斜式，这就要求同学们另寻他法，以求得解。

解法二：解方程组法的基本思路是寻找特殊的两条直线的交点，这个交点即为直线所经过

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的定点。这是目前解决此类问题最好的方法，同学们一定要掌握其精髓，已达到事半功倍的效果。

→→【典例10】已知ABC为等边三角形，D是BC上的点，AB=4，BD=1，则AB·AD=________． 解法一：直接运算法（数量积公式、向量的加法）

A

ABADAB(ACCD)ABACABCD

433ABACABCB|AB||AC|cos60|AB||CB|cos60

44441314414. 242B1DC解法二：三角函数法（余弦定理法） 由余弦定理，得

1ADACCD2ACCDcos604324313

222222A44AD13

B1D603CAB2AD2BD242(13)2127cos

2ABAD24132137213ABAD|AB||AD|cos41314.

解法三：建立坐标系法

y取BC的中点为O，建立平面直角坐标系xOy如图所示：

A

A(0,23)，B(2,0)，D(1,0)

BDx O第 16 页 共C 50 页

AB(2,23)，AD(1,23)

ABADx1x2y1y22(1)(23)(23)14.

◆◇方法解读◇◆

解法一：直接运算法是解决此类题型最常规的方法之一，应用此方法要求熟悉向量的基本运算法则，掌握平行四边形法则和三角形法则，只有基本功扎实了，才能如鱼得水。 解法二：三角函数法是利用正弦定理、余弦定理、面积公式以及射影定理等公式结合向量运算规律求解，综合性较强，要求熟悉掌握解三角形的有关知识。在一定程度上也是解题不错的方法。

解法三：建立坐标系法是解决此题的一大亮点，通过建立平面直角坐标系使问题转化为向量的坐标运算，很大程度上减少了运算过程和难度，是同学们应当理解并掌握的解题方法。

【典例11】求过点P(2,1)，且与圆(x1)2(y2)24相切的直线l的方程是． 解法一：判别式法

由题意知，设直线的方程为y1k(x2)，则

y1k(x2)22x2x1k(x2)34 22(x1)(y2)4（1k2)x2(4k26k2)x4k212k60

b24ac(4k26k2)24(1k2)(4k212k6)0

(2k23k1)2(1k2)(4k212k6)0

4k42(2k2)(13k)(13k)2(4k212k64k412k36k2)0

4k44k212k3(16k9k2)4k212k64k412k36k20

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3k26k50

解得k1326326 ,k233326326(x2)或y1(x2). 33故所求直线方程为y1解法二：圆切线的性质法

由题意知，设直线的方程为y1k(x2)，则 kxy12k0

又因为圆心为(1,2)

圆心到直线的距离等于半径，即

|Ax0By0C|AB22d|k212k|k12r2

|3k|2k2196kk24k243k26k50

326326 ,k233326326(x2)或y1(x2). 33解得k1故所求直线方程为y1

◆◇方法解读◇◆

解法一：依据数形结合的思想，直线与圆相切，意味着将直线与圆联立方程后消去y得到的关于x的一元二次方程有唯一的实数根，从而转化为Δ=0的解方程问题。该方法的思路非常简单，也属于常规法之一。但是应用此方法解题有时候计算量太大，通常不建议应使用该方法。

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解法二：利用切线的性质是解决此类题型非常好的方法，而且计算量小，过程简单，非常值得每位同学去学习和掌握。

1的大致图像为（） x【典例12】函数f(x)2log2xx 解法一：分段函数法 ①当0x1时，log2x0,x11110，此时有f(x)2log2xxxx xxxx②当x1时，log2x0,x只有D符合题意 解法二：特殊值法

11110，此时有f(x)2log2xxxx

xxxx①取x1111，则f()21|1|，排除B、C 2222121，排除A 2

②取x2，则f(2)21|2|只有D符合题意 解法三：极限法

1limf(x)lim2|log2x||x|0 xxx1limf(x)lim2|log2x||x|0 x0x0x只有D符合题意

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◆◇方法解读◇◆

解法一：观察题目中函数的表达式有绝对值，因此考虑去掉绝对值，方法是将函数区间讨论。

解法二：特殊值法是解决函数图像题型最好的方法之一，通过取特殊的自变量值大致知道函数值，然后将答案一一排除。应用此法应当注意的问题是：所取的特殊值一要能够猜测函数值的大小，而要能够和其他选项的图像区分开来，否则所取数值将失去意义。 解法三：极限思想是同学们学习高中数学较难理解和掌握的一个重要思想，它所指的就是无限逼近的意思。掌握好此方法，一定能够让你在学习的道路上脱颖而出！

【典例13】已知定义在R上的偶函数f(x)在区间(,0]上单调递增，则满足f(3x4)f(8)的解集为. 解法一：偶函数特性法

由题意，得 83x4843x12x4 4即不等式的解集为(,4).

343y解法二：特殊函数法

由题意，不妨取f(x)x2，则

8O8xf(3x4)f(8)(3x4)282

4x4 39x224x1664(3x12)(3x4)043即不等式的解集为(,4).

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◆◇方法解读◇◆

解法一：根据偶函数的定义和性质，画出草图，便于分析结论。草图只要满足题意，可以任意画，只要方便解题即可。

解法二：特殊函数法是解决此类问题非常好的方法之一。首先题干只给了函数的某些性质，具体解析式并没有直接给出，这是典型的抽象函数。同学们可根据题干描述，找到性质与之相对应的特殊函数，从而使问题迎刃而解。这种方法在选择题或填空题中非要好用，因为它并不要求过程的严谨性，但用此法的前提是要熟悉一些常见函数的图像与性质。

【典例14】已知a423，b245，c1253，则（ ） A.bac B.abc C.bca D.cab 解法一：函数图像法

a423243245yy4xa，b

22b2523x22由y4的图像与性质知：4345ab ①

35x4232431253253a，c

cayy5xy4x由yax(a1)的图像与性质知：a值越大函数图像越靠近y轴

253243ca ②

O23x综上所述，得cab. 解法二：跟特殊值比较法

a2a2b ① 245b4525252423323

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a2a2cac ② 11c2532332423323综上所述，得cab. 解法三：假设法（反证法） ①假设ab，则

423245423152451521546212，假设成立 ab

②假设ac，则

4231253412325324251625，假设不成立 ac 33综上所述，得cab.

◆◇方法解读◇◆

解法一：函数图像法是解决比较大小题型的常用方法之一，此类题型一般都考察我们对指数函数、对数函数及幂函数的图像和性质的理解及掌握情况，因此要求同学们一定要熟悉掌握基本初等函数的有关图像与性质，做到融会贯通，灵活应用。

解法二：跟特殊值比较法是解决此类题型的专用方法，很有具有特殊和代表性。这里的特殊值一般是0或1，但有些时候也会跟其他特殊值比较，比如此题就是跟特殊值2作比较后得出了结论。同学们要活学活用，灵活应对。

解法三：假设法是老师自己想出来的方法，但假设法（反证法）的确在高中学习中占有重要的地位，在数学和物理中经常用到。有时候在题目中需要判断一种说法或命题是否正确，不妨假设其成立，再用逻辑推理证明，使问题迎刃而解。

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【典例15】化简：f(x)3sin2x22sinx. 612解法一：配凑和差角公式

1cos4x6f(x)3sin2x2sin22x3sin2xcoscos2xsin2612662313sin2xcos2x1cos4xcossin4xsin22663331sin2xcos2x1cos4xsin4x2222

sin4x3cos4x1132sin4xcos4x1222sin4xcoscos4xsin1332sin4x1.3

解法二：辅助角公式

1cos4x6 f(x)3sin2x2sin22x3sin2xcoscos2xsin2612662313sin2xcos2x1cos4xcossin4xsin

22663331sin2xcos2x1cos4xsin4x 2222sin4x3cos4x1

132sin4xcos4x1 22

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231sin4x1 22222sin4x1

323 132tanbaf(x)2sin4x1.

3◆◇方法解读◇◆

解法一：配凑和差角法有两个要求，一要熟悉和差角公式，二要记得特殊角的三角函数值。只有对三角恒等变换相当的熟悉，才能融会贯通。

解法二：辅助角公式是将“asinx+bcosx”化为“Asin(x+)”形式的有力工具，一般情况下我们都采用辅助角公式来处理类似的问题，但唯独需要注意的问题是：角一般是锐角，有时还可能是负的锐角。

21an，则数列{an}的通项公式an. 33【典例16】若数列{an}的前n项和为Sn解法一：定义法

由等比数列的前n项和公式Sna1anqaqan1AanB知： 1q1q1qSn21an满足上式子，因此数列{an}是等比数列 33q2A1q3a1且有 1a1q2B11q3ana1qn1(2)n1.

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法二：an与Sn关系法

(1)当n1时，a1S1a1a11

21an① 332313(2)当n2时，Sn21Sn1an1 ②

33①－②，得

2222anan1ananan1 3333SnSn1an2an1an2 an1ana1qn1(2)n1.

◆◇方法解读◇◆

解法一：观察等比数列的前n项和Sn发现，其具有Sn=Aan+B的结构，即满足该式的数列一定为等比数列，这就是判断某个数列是否为等比数列的一个方法。既然题干中的式子满足Sn=Aan+B，直接利用等比数列的性质求解即可。

解法二：通常情况下，如果在题目中看到某个数列的通项公式an与前n项和Sn的关系，即an与Sn的关系，我们就要首先想到公式anS1 ,n1。值得一提的是，该公式适用

SS ,n2n1n于所有数列，如果题目中已经给出了a1的数值，那么在利用上式求得的an公式时，一定要验证这里的a1跟题干的a1是否相同，如果不相同，则要写成分段数列的形式；如果相同，则不需要分开来写。这是大多数同学容易犯错的地方，注意题中的陷阱，要非常小心！

【典例17】若x,yR，且满足2xy6xy，则xy的最小值是. 第 25 页 共 50 页

解法一：均值不等式法 ab2ab,a,bR

xy2xy6(2xy)622xy6

不妨令uxy,u0，则

u222u6u222u60(u32)(u2)0u32或u2（舍去）

u32xy32xy18

当且仅当y2x时，等号成立

2xy6xyy2xx3或x1y6（舍）y2 即当x3,y6时，(xy)min18. 解法二：转化为求函数最小值法

xy2xy6(x1)y2x6y2x6x1 xyx2x6x23x(x22x1)5x1x12x12x12(x1)2(5x5)4(x1)25(x1)4x12x1 2(x1)8x110 (1)当x1时：

2(x1)8x11022(x1)8x110241018 当且仅当2(x1)8x1，即x3时，等号成立

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(xy)min18.

(2)当0x1时：

2(x1)888102(1x)1022(1x)1024102 x11x1x8，即x1或x3时，等号成立 1x当且仅当2(1x)又0x1

而x1(0,1)且x3 （0,1）因此不满足题意

综上所述，得(xy)min18.

◆◇方法解读◇◆

解法一：均值不等式ab2ab(a,bR)中的a，b不一定是单个变量，它可以是一个整体或式子。应用时只要满足均值不等式的使用条件，原则上都可以运用。

解法二：x，y是两个变量，这在大学的学习中叫做二元函数，二元函数研究起来比一元函数难度大得多，因此我们总是试图将二元的变为一元的。因为题干中已经给出了x与y的关系式，通过该式恰好可以用x的式子表示y，这就成功的将二元函数变为了一元函数，进而转化为讨论一元函数的值域问题，非常简单。

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x2y2【典例18】已知椭圆C:在椭圆C上存在一点P，使得P点到直线l:2xy801，169的距离最短，则最短距离为. 解法一：常规法

设P点的坐标为(x0,y0)，则

22x0y0因为点P在椭圆上1

1692x016162162 y0x016y099162y0,y0) 9P(16ydd|Ax0By0C|AB22216162y0y0892P(x0,y0)2(1)2

y2x8Ox又3y03

只有当x016162y0时才有最短距离 9162y0y0895216即d162y0y0895216

令f(x)2161628xx89x2x8,x[3,3]，则 931818xf(x)(9x2)2(2x)11

23239x①f(x)08x39x2108x39x297318x39x2

64x29(9x2)73x281x973

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②f(x)03x973973或973x3 973973973f(x)在(3,)单调递减，在x单调递增，在x3单调递减

9f(x)maxf738 739739x即dminf(x)max57385.

73yf(x)解法二：数形结合法

当点P到直线的距离最小时，设过点P的直线方程为l:y2xm，如图所示，则

b24ac(64m)2473(16m2144)0m73

显然舍去m73（这是距离最大的时候对应的截距） yl:y2x8故l:2xy730

P因此最短距离即为两直线l与l之间的距离

|C1C2|AB22Ol:y2xmxdmin7385.

解法三：参数方程法 设P(4cos,3sin)，则

|24cos3sin8|2(1)22d|Ax0By0C|AB22|3sin8cos8|5|73sin()8|5

当且仅当sin()1时，dmin7385.

◆◇方法解读◇◆

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解法一：通常的思路是假设点P的坐标，点P又在椭圆上，因此满足椭圆方程，此时将有关y的式子代替x，使得未知数变为一个。然后再利用点到直线的距离公式列出式子，最后转化为求解函数最值的问题。此方法思路简单，但过程繁琐，不建议使用。

解法二：数学结合是解决高中数学最常用的方法之一，而且通过图形能够形象地反映问题的性质，便于分析和理解，是非常好用的解题方法。

解法三：本题最好的解决方法就是参数方程法，利用椭圆的参数方程，假设出点的坐标，最后将复杂的问题转化为求三角函数的最值问题，从而顺利、快速的解决了问题。由此得到这样的启发：数学模块并不是孤立的，很多知识结构存在着这样或者那样的联系，这给我们学习数学增加难度的同时，也为我们提供了更多的解决问题的思路和方法。

【典例19】设ABC的内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且有2sinBcosAsinAcosC cosAsinC.求角A的大小. 解法一：和差角公式法

2sinBcosAsinAcosCcosAsinCsin(AC)

ABCACB sin(AC)sin(B)sinB

2sinBcosAsinB

又sinB0 2cosA1cosA1A. 23解法二：正、余弦定理法

2sinBcosAsinAcosCcosAsinCsin(AC)

由正弦定理，得

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2bcosAacosCccosA

由余弦定理，得

b2c2a2a2b2c2b2c2a2 2bac2bc2ab2bcb2c2a2a2b2c2b2c2a22b2b

c2b2b2bb2c2a2bc

b2c2a2bc1cosA2bc2bc2 A3.

解法三：射影定理法

2sinBcosAsinAcosCcosAsinC

2bcosAacosCccosA ①

由射影定理，得

bacosCccosA ②

2bcosAb2cosA1cosAA123

.◆◇方法解读◇◆

解法一：和差角公式在三角函数中占有举足轻重的地位，非常重要，应用要注意前后同角，即都为α,β，不是同角的要先用诱导公式化简后再使用和差角公式，特别注意。

解法二：正弦定理和余弦定理是解三角形题型必考知识，同学们处理熟记正、余弦定理公式外，还应当记住它们常用的变式，只有这样，才能应对灵活多变的数学题目。

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解法三：射影定理一般很少使用，但有些时候应用射影定理解题非常方便。公式本身也特别好记忆，请同学们牢记于心。

【典例20】设函数f(x)是奇函数，且在(0,)内单调递增，又满足f(2)0，则f(x)0的解集是. 解法一：特殊图像法

由题意，画出函数f(x)的草图，如图所示

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y2O2x

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由图可知：f(x)0x2或0x2

即f(x)0的解集为(,2)(0,2).

解法二：特殊函数法 根据题意，不妨设f(x)x2,x0，则

x2,x0①当x0时，f(x)0x200x2 ②当x0时，f(x)0x20x2 综上所述，得

f(x)0的解集为(,2)(0,2).

◆◇方法解读◇◆

解法一：题干中所描述的函数f(x)不知其解析式，属于抽象函数。在不违背题意的情况下，可以画出满足题意的草图，从而直观的分析和解决问题。图像法是解决函数题型非常好用的方法。

解法二：特殊函数不具备普遍性，但对于选择填空题来说，只要找到满足题意的函数即可，过程的严谨性不作要求，因此同学们尽管大胆地猜想，只要满足题意的函数都可以解决该题。后面做压轴题就会发现，特殊函数大有用武之处！

【典例21】如图所示，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，E，F分别是PC，PD的中点，PA=AB=1，BC=2．求证：EF∥平面PAB.

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解法一：线面关系转化线线关系

PEECPFFDEF为PCD的中位线 即EF//1CD2 ①

又四边形ABCD为矩形

AB//CD ②

EF//12AB 而AB面PAB,EF面PAB 故EF//面PAB. 得证

解法二：线面关系转化为线与面的法向量关系PA面ABCDPAAD ①

四边形ABCD为矩形ABAD ② 又PA,AB面PAB,且PAABA 而AD面PAB AD面PAB

AD为面PAB的法向量 ③

PEECPFFDEF//12CD

而CD面PADCDAD ④

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EFADEFAD

故EF//面PAB,即EF//面PAB. 得证 解法三：建立空间坐标系法（向量法） 建立空间直角坐标系Axyz，如图所示：

z

111A(0,0,0)，B(1,0,0)，P(0,0,1)，E(,1,)，F(0,1,)

2221AB(1,0,0)，AP(0,0,1)，EF(,0,0)

2yx设面PAB的法向量为n(x,y,z)，则

ABn0x000x0 00z0z0APn0取y1，则n(0,1,0)

1EFn001000EFn

2EF//面PAB,即EF//面PAB. 得证

◆◇方法解读◇◆

解法一：此方法的基本思路是：要证明线面平行，只需证明线与面内的一条直线平行即可。但需要注意答题过程的规范性，一定要强调线不在面内，以及强调面内的那条直线含于平面。这是数学的严谨之处，同学们一定要牢记！

解法二：直线证明线面平行可能存在很多困难，这时可以考虑利用直线与平面的法向量关系间接证明，旁敲侧击到达目的。但应用此法前一定要先找到平面的法向量，而平面的法向量有无数多个，只需找到一个即可。

解法三：建立坐标法就是想把证明线面平行的问题转化为向量的运算问题，该方法与法二本质上是一致的，即都是寻找直线与平面法向量的关系。此法思路也非常简单，值得注意

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的是，一要建立适当的空间直角坐标系，原点的选择非常重要；二要细心准确地找到各点所对应的坐标，很多同学就是因为坐标找不准，造成不必要的丢分。

【典例22】为了得到函数f(x)sin4x 的图像，只需将函数f(x)sin4x的图像（ ）6A.向左平移个单位长度 B.向右平移个单位长度 1212个单位长度 D.向右平移个单位长度 2424C.向左平移解法一：验证法 A.若向左平移

个单位长度，则f(x)sin4(x)sin4xsin4x，不符题意 121236个单位长度，则f(x)sin4(x)sin4xsin4x，不符题意 121236个单位长度，则f(x)sin4(x)sin4xsin4x，不符题意 242466个单位长度，则f(x)sin4(x)sin4xsin4x，符合题意 242466B.若向右平移

C.若向左平移

D.若向右平移

答案选D

解法二：图像平移原则法

f(x)sin4xsin4x

624根据图像平移规则，得

只有将f(x)sin4x的图像向右平移

个单位长度，才能得到f(x)sin4x. 246答案选D 解法三：假设法

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假设将f(x)sin4x的图像平移个单位长度，得 f(x)sin4(x)

经整理，得

f(x)sin(4x4) ①

而题中的函数为f(x)sin4x ② 6因此有4624

个单位长度，即可得到f(x)sin4x的图像. 246即只需将f(x)sin4x的图像向右平移

◆◇方法解读◇◆

解法一：通过逐一验证选项肯定能够得出正确的答案，但是这种做法很浪费时间。一般老师不建议同学们采用这种做法，除非没有思路的情况下，迫不得已而为之。

解法二：通过对平移后的函数作适当整理，能够直观地看出图像的平移情况，是非常好的做法。这也是我们需要学习和掌握的方法。

解法三：先假设出原来的函数图像有一个平移，在不知道是将函数图像向左还是向右平移时，一律写成加号；然后再将平移后的函数与题干中的函数进行比较，得出结论。这也是此类题型常用的方法之一，请同学们牢记和掌握。

【典例23】关于x的方程9x(4a)3x40恒有解，则实数a的取值范围是. 解法一：将方程有解问题转化为函数有零点问题 9x(4a)3x40(3x)2(4a)3x40

令u3x,u0，则f(u)u2(4a)u4,u(0,)

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由题意知，方程f(u)0恒有正实数根，则

b24ac(4a)24400b4a0a8 x1x20x1x2a1xx012c4xx012a1实数a的取值范围为(,8].

yyg(u)u44uya解法二：将方程有解问题转化为函数最值问题

89x(4a)3x40(3x)2(4a)3x40

43x43x43xOu3x4a0a3x4

4x4(u30) u令f(x)3x4，则g(u)ug(u)u4442u42288 uu要使方程恒有解，只需a8（函数图像有交点） 即a8.

实数a的取值范围为(,8].

◆◇方法解读◇◆

解法一：将方程的问题转化为函数的问题是高中数学非要重要的思想方法，这也使得函数在高中数学中占有举足轻重的地位。同学们一定要掌握常见函数的图像与性质，例如一次函数、二次函数、幂函数、反比例函数、对勾函数等，题做多了就会发现，这些函数经常出现，经常考察。

解法二：此方法利用了对勾函数的性质，将方程有解问题转化为两个函数图像有交点的问题，而对勾函数的最值问题又可以应用均值不等式求得，综合性较强。因此要求同学们要掌握对勾函数的图像、单调性、最值以及基本不等式的应用，在将来的学习中，还可以用

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导数的知识解释对勾函数的有关性质，这里不作详解。

【典例24】函数ysinx54cosx(0x2)的值域为. 解法一：判别式法

ysinxy254cosxsin2x54cosxy2(54cosx)sin2x1cos2x

cos2x4y2cosx5y210

令ucosx,u[1,1]，则 u24y2u5y210

b24ac(4y2)24(4y21)0

4y45y210(4y21)(y21)0(2y1)(2y1)(y1)(y1)0以上是高次不等式，运用穿线法：

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112121y

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因此，有y1或12y12或y1 ① 又由f(u)u24y2u5y21,u[1,1]

f(1)y20f(1)9y20 因此对称轴一定在(1,1)内

ub4y2对2a212y2

12y2122y22 ② 联立①②，解得12y12. 故函数的值域为112,2. 解法二：求导数法 ysinx54cosx

cosx54cosxsinx1(54cosx)12(4sinx)f(x)254cosx cosx54cosx2sin2x54cosx54cosx

2cos2x5cosx254cos3

2①f(x)02cos2x5cosx20(2cosx1)(cosx1)02cosx10cosx120x23或43x2

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②f(x)024 x33f(x)(0,2244)上单调递增，在(,)上单调递减，在(,2)上单调递增 33333f(0)05400，f(2213)

541223f(43)21，00 5412f(2)5402f(x)214maxf(3)2,f(x)f(1min3)2 y12,12.

解法三：换元法+均值不等式法 ysinx54cosx

令u54cosxu254cosxcosxu254

2sin2x1cos2x1u25u410u29 416y2sin2x54cosxu295u2951 1616u2821616u284u2当且仅当91616u2，即u3时，等号成立 y21412y12 故函数的值域为112,2.

◆◇方法解读◇◆

yf(x)43202x3第 43 页 共 50 页

解法一：对原函数进行整理后发现，这是一个关于cosx的一元二次方程，这个方程肯定是有解的，因此将问题转化为解不等式Δ≥0的问题。但这里的自变量是受限制的，即|cosx|≤1，也就是说这个方程在[-1,1]上一定有解，这是容易忽视的一点。

解法二：求导数法基本的思路是：先利用导数判断函数的单调性，从而得到函数的极值，再将极值与函数的端点值比较，进而得到最大值和最小值，最后得出函数的值域。但是有时候求导比较困难，或者说容易粗心丢分，所以要求同学们要足够的细心，还要有耐心。 解法三：注意到函数的解析式中有根号，一般要用换元法先将根号去掉，去掉根号后发现可以用基本不等式处理。用均值不等式求最值要满足三个必要条件“一正、二定、三相等”，三个条件缺一不可。

【典例25】对任意实数x，不等式|x3||x5|a恒成立，则实数a的取值范围是. 解法一：函数图像法 令f(x)|x3||x5|，则 分段点为x3,x5

(1)当x5时，f(x)|x3||x5|(x3)(x5)2x2 (2)当5x3时，f(x)|x3||x5|(x3)x58 (3)当x3时，f(x)|x3||x5|x3x52x2 综上所述，得

2x2 ,x5f(x)|x3||x5|8 ,5x3

2x2 ,x3 yyf(x)8函数f(x)的图像如图所示，由图知： 不等式|x3||x5|a恒成立

5O3yax第 44 页 共 50 页

只需a8

即实数a的取值范围为(,8). 解法二：三角不等式法

由不等式|a||b||ab||a||b|，得 |x3||x5||x3(x5)|8

不等式|x3||x5|a恒成立 只需a小于|x3||x5|的最小值 即a8 a(,8).

◆◇方法解读◇◆

解法一：要画出函数的图像首先要去掉绝对值，可以用零点分段法将绝对值去掉，然后画出函数图像。要使不等式|x-3|+|x+5|>a恒成立，即两个函数的图像无交点，由此结论得出a的取值范围。

解法二：三角不等式是解决绝对值不等式最值问题常用的方法之一，同学们要熟记并学会灵活运用。三角不等式的证明可以由任意三角形的三边关系得证，即任意三角形两边之和大于第三边，两边之差小于第三边。

【典例26】在三棱锥P－ABC中，PA=PB=PC=2，BC=1，AC=3，ACBC．求点B到平面PAC的距离．

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解法一：等体积法 取AB的中点为点D，则

ACBCABAC2BC2(3)2122

AD12AB1 PDPA2AD222123

V1111PABC3SABCPD313232 ①

而VBPAC13SPACh ② 由余弦定理，得

cosAPCPA2PC2AC2222PAPC22(3)222258

2sinAPC1cos2APC153988 SPAC12PAPCsinAPC1393922284由体积相等，得

V1PABCVBPAC213394hh23913 即点B到面PAC的距离为

23913.

2231D31第 46 页 共 50 页

解法二：建立坐标系法

建立空间直角坐标系Cxyz如图所示：

A(3,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，P(312,2,3) CA(3,0,0)，CP(32,12,3)，CB(0,1,0) 设面PAC的法向量为n(x,y,z)，则

CAn03x000CPn031x02x2y3z0y23z0取y23，则z1

n(0,23,1)

因此点B到面PAC的距离为：

d|CBn||001230(|n|1)|239. 02(23)2(1)213解法三：公式法（大学知识）

建立空间直角坐标系Cxyz如图所示：

A(3,0,0)，B(0,1,0)，C(0,0,0)，P(32,12,3) 设面PAC的方程为AxByCzD0，则

A，C，P在面PAC上，因此有

3A00D0000D0AD023C0 3B2A12B3CD0

22zxy3122zxy31第 47 页 共 50 页

因此面PAC的方程为23yz0 故点B到面PAC的距离为：

|Ax0By0Cz0D|A2B2C2|00231100|02(23)212239. 13d

◆◇方法解读◇◆

解法一：等体积法求点到平面的距离是文科生常用的方法之一，一般直接计算点到平面的距离相当困难，甚至根本无法计算，因此有时候需要用间接的方法计算，等体积法最为典型。应用等体积法的思路是以不同的平面为底面，这些不同的平面对应于空间几何体不同的高，最后由体积相等得出结论。应当注意的是：先以某个可算面积的平面为底面，然后计算出空间几何体的体积，只有在空间几何体体积可求的情况下才能用等体积法，这点非常重要。

解法二：建立坐标系法求点到平面的距离是理科生常用的方法之一，这里有固定的计算公式，只需建立适当的空间直角坐标系，找准各个点所对应的坐标，求平面的法向量，最后代入公式即可。此法思路简单，但找坐标时需要细心、要有耐心。

解法三：公式法是已知平面的方程和点的坐标，直接代入公式求解即可。此法也需要建立坐标系，但没有解法二那么复杂。应当注意的是，这种方法属于大学《高等数学》的内容，很多高中是不讲的，老师在这里用了该方法，只供同学们参考使用！

【典例27】△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c=2，b=6，B=120°，则a等于（ ） A．6 B．2 C．3 D．2

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解法一：正弦定理、射影定理法 由正弦定理，得 bcsinBsinC6322316sinC2sinCC30 sinC22由射影定理，得

abcosCccosB63122. 22解法二：余弦定理法 由余弦定理，得

1b2a2c22accosB6a222a2

2a22a40(a2)(a22)0

解得a2或a22(舍).

◆◇方法解读◇◆

解法一：射影定理的公式很多老师不会讲，的确，在高中数学中对射影定理的应用相当的少，但还是建议同学们对它引起注意，因为在有些题目中，应用射影定理处理非常方便，从某种程度上说射影定理就是一种解题方法。

解法二：解决此题比较常规方法就是应用余弦定理了，而且最后只需解出关于a的一元二次方程即可，解题过程也很简单。

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