無論中考還是高考，經過三輪複習之後，能拉開差距的其實只有壓軸題.最後的競爭，歸根結底就是看你是否做對了壓軸題.但壓軸題有點難，如何攻關？為了幫助備考的莘莘學子攻克壓軸題，圓名校夢.我們邀請了眾多一線名師，打造了這套《挑戰壓軸題》叢書，深受考生歡迎.為了讓備考更有針對性，我們在原有6本“壓軸題”的基礎上進行充分拓展，布陣壓軸題三部曲，重磅推出2014版“輕鬆入門篇”和“強化訓練篇”系列.此系列涉及中高考數學、物理、化學三門學科，總計18種.
基本介紹
- 書名：(2014)挑戰高考數學壓軸題(第4版)
- 出版社：華東師範大學出版社
- 頁數：225頁
- 開本：16
- 作者：文衛星
- 出版日期：2013年8月1日
- 語種：簡體中文
- 品牌：華東師範大學出版社有限公司
基本介紹,內容簡介,作者簡介,圖書目錄,
基本介紹
內容簡介
這是一本供高三同學複習迎考、研究壓軸題，挑戰滿分的書！
高考壓軸題通常是指解答題的最後兩三題中的部分較難的小題或客觀題中部分較難的題目，它們的功能是突出選拔性.
客觀題中的難題知識點可以是高中數學的各個分支,而解答題的難題則主要集中在函式與導數、數列和解析幾何三大分支，近年機率統計和立體幾何比例有所增加.每個分支都可以涉及不等式，尤其是放縮法使得有些試題的難度較大.以下是2008年（統計36套）、2009年（統計39套）、2010年（統計35套）、2011年（統計35套）、2012年(統計35套)、2013年(統計37套)壓軸題中最後三題考點的分布情況：
年 份函 數數 列解析幾何導 數其 他
2009年726373116
2010年813332724
2011年422303019
2012年417333120
2013年814353223
註：其中函式內容為：函式基本性質（不涉及導數）；其他部分的內容為：立體幾何和機率與統計.這些試題大多數是安排在倒數第二、三題.
本書分上、下兩篇：第一篇是解答題，第二篇是客觀題.解答題分函式、數列、解析幾何與導數四章.客觀題根據解法特點分為九章.本書選題主要是2010年、2011年、2012年和2013年全國各地高考題中的思想性、方法性強的典型試題，按“分析與解、解題反思、發散訓練”的形式展開.
分析與解——分析每種方法是怎么想出來的，在遇到困難的時候應該如何突破，結合具體問題談一些思維方法.
解題反思——指出容易失誤（思維不縝密或運算易錯處）的地方以及原因，分析到某一步卡住（思想方法有偏差或技能技巧不熟練）的原因，並提出解決辦法.
同時，引導讀者注意對一些看似平淡問題的追根求源，對某些考題適當拓展，培養讀者的探究性能力，還針對本題所涉及的典型思想方法和技能技巧進行評析，等等.
發散訓練——給出與考題相近的問題以便練習、鞏固、提高.每題都給出詳細的解答，以方便自學.
這些題目往往是題海戰術無法企及的，解答這些題目不僅需用紮實的數學基礎知識，更需要數學思想方法（有時要在哲學思想指導下）的指引和頑強的意志以及良好的心理素質.
解答壓軸題不僅是高考的需要，也是培養綜合運用所學知識解決問題和創新能力的需要，它能教會你在遇到陌生問題時要以什麼樣的心態對待，以什麼樣的方法進行怎么思考，即使不能完全做對，也要充分展示自己的實際水平.
解答壓軸題的途徑：
1 認真審題——條件預示可知並啟發解題手段，結論預告需知並誘導解題方向.
2 解題實踐——溝通已知與需知.由已知能得到什麼，結論需要什麼，如果由已知條件能直接得到結論，則解題成功.如果由條件不能直接得到結論，就要轉化，可以是數形結合，可以是恆等變形，也可以構造模型，……各種思想方法在此大有用武之地(詳見緒論).
當解題不能進行的時候，回到已知！已知條件本身是解這道題的信息源，凡是結論需要而條件沒有給出的一定是隱含的，要仔細挖掘.
3 等價轉化——轉化必須等價，因此前一步到後一步往往會有附加條件約束，它是正確解題的前提，也是檢驗的依據，必須充分重視.
4 規範書寫——邏輯層次清楚，表達簡略得當.
5 幾點注意——數學考試的偶然性較大，有些問題必須特別注意：
（1） 毅力在解題中的作用十分重要.
（2） 心理因素對考試的影響值得關注.
（3） 準確運算，減少各種“低級錯誤”是提高正確率的重要途徑.
本書在寫作過程中得到華東師大第二附屬中學任念兵老師的悉心幫助.上海市行知中學特級教師趙傳義，江蘇省錫山高級中學特級教師、教授級教師楊志文，北京市（北京市宏志中學）骨幹教師王芝平，北京一中王坤，上海市閔行中學曹東輝，上海莘莊中學徐輝等老師審閱了部分書稿，在此謹向他們表示衷心感謝！
第三版增加了48道題的視頻全解，方便讀者加深理解。由於水平有限，書中缺點和錯誤在所難免，歡迎讀者批評指正.
聯繫方式：[email protected]
文衛星
2013年6月於上海市七寶中學
緒論
緒 論
高考壓軸題怎么解？羅增儒教授把解題總結為“條件預示可知並啟發解題手段，結論預告需知並誘導解題方向.”即從已知條件入手推出中間結論(可知)，當中間結論能直接證明最終結論時，則解題成功.當中間結論不能直接證明最終結論時，可把最終結論等價轉化為“需知”，再用中間結論證明“需知”從而達到解題目的.有時還要挖掘題目的隱含條件.從某種意義上說，解題就是“找關係”——找出已知與未知的聯繫，不斷縮小以至消除二者之間的差距，從而達到解題目的.可以用框圖表示如下：
以下通過例題說明解答壓軸題的基本策略.
1 學會分析轉化
所謂轉化，簡言之，就是縮小已知和求證(解)之間的差距，其方法就是不斷等價轉化，或轉化條件，或轉化結論，使解題得以實施.
例1 （11·廣東文）設b>0,數列{an}滿足a1=b, an=nban-1an-1+n-1 (n≥2).
(1) 求數列{an}的通項公式；(2)證明：對於一切正整數n, 2an≤bn+1+1.
解 求通項好像沒有頭緒的題目，第一想法就是要把它轉化成熟悉的形式，這時就要看腦子裡有哪些熟悉的模型，如果記得形如an=an-1an-1+2(教材有類似的習題)的求通項的解法：兩邊取倒數得1an=an-1+2an-1=2an-1+1,從而轉化成cn=pcn-1+q的形式來求解.那么對(1)下述解法是自然的：
兩邊取倒數得1an=an-1+n-1bnan-1,即nan=an-1+n-1ban-1=1b+1b·n-1an-1.記cn=nan，則cn=1b+1b·cn-1=1b+…+1bn-1+1bn-1c1=1b+…+1bn-1+1bn.所以
an=1,b=1,
nbn(b-1)bn-1,b≠1.
(2) 當b=1時，2an=bn+1+1=2,結論成立.
當b≠1,直接證明無法入手，於是想到把結論進行等價轉化：
2an=2nbn(b-1)bn-1≤bn+1+1,等價於2nbn≤(bn+1+1)·bn-1b-1.
若通分(bn+1+1)·bn-1b-1=b2n+1-bn+1+bn-1b-1,右邊不好化簡，於是轉而把bn-1b-1化成
bn-1+bn-2+…+b+1,再乘以(bn+1+1)得
(bn+1+1)·bn-1b-1=
b2n+b2n-1+b2n-2+…+bn+1+bn-1+bn-2+…+b2+b+1.
注意等號右邊距兩端“距離”相等的兩項之積為b2n,因此對這2n項用重要不等式，得右邊>2·(bn+bn+…+bn)=2nbn,即2an=2nbn(b-1)bn-1<1+bn+1.
綜上所述，2an≤bn+1+1.
由此我們看出解壓軸題的基本思路：
1 把已知條件轉化到熟悉的問題，本題是轉化為二階遞推數列cn=pcn-1+q的形式，從而順利完成(1)的解答.
2 當條件不能直接證明結論時，就要對條件或結論進行等價轉化，直至轉化後的條件能證明結論(或轉化後的結論).本題在(1)的條件下，要直接證明(2)是困難的，因此就要對此作等價轉化，有時可能需要多次等價轉化(本例是對結論進行3次轉化)，最終達到要證明的目標.
2 熟悉基本模型
對一些綜合問題，常有一些同學說沒有思路，或即使有思路，但太繁，以致很難做到底.其實，有些問題有簡單方法，但這些似乎不是書本上的“正統”內容，但平時學習中又似曾相識.若能把這些似曾相識的內容整理成基本模型，對解答綜合題不僅能提供思路，還能給出簡單解法.
例2 （11·山東文）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：x23+y2=1.如圖所示，斜率為k (k>0)且不過原點的直線l交橢圓C於A、 B兩點，線段AB的中點為E，射線OE交橢圓C於點G，交直線x=-3於點D(-3， m).
(1) 求m2+k2的最小值；
(2) 若|OG|2=|OD|·|OE|，
(i) 求證：直線l過定點；
(ii) 試問點B、 G能否關於x軸對稱？若能，求出此時△ABG的外接圓方程；若不能，請說明理由.
解 如果熟悉結論：若橢圓x2a2+y2b2=1的弦AB(不與坐標軸平行)的中點為P，則kAB·kOP=-b2a2(證明只要設A(x1, y1)、 B(x2, y2),代入橢圓方程，作差整理即得)，那么(1)的證明很簡單：kOE·k=-13,所以直線OE的方程為y=-13kx，因D在直線OE上，故m=-13k·(-3)=1k,即mk=1, m2+k2≥2mk=2,若且唯若m=k,即k=1時取等號.
(2) (i) 設G(s, t) (s0),則s23+t2=1,再設E(x0, y0), l:y=kx+n.因|OG|2=|OD|·|OE|可變形為OGOD=OEOG,若把它投影到坐標軸上，則可得s2=-3x0,
t2=my0=y0k,即x0=-s23,
y0=kt2.
因點E在直線l上，所以y0=kx0+n,即kt2=-k·s23+n,亦即n=ks23+t2=k.所以直線l的方程為y=kx+k=k(x+1),從而直線l過定點(-1， 0).
(ii) 設B、 G能關於x軸對稱，則B(s, -t),因B在l上，所以-t=k(s+1), k=-ts+1.
又kOE=kOG,所以ts=-13k,即k=-s3t,與上式聯立得s2+s=3t2,又s23+t2=1,解得s=-32, t=12,此時k=1,從而G-32, 12、 B-32， -12.
由於直線l的方程為y=x+1過點(0， 1)在橢圓上，所以A(0， 1),因圓心在弦AG、 BG的垂直平分線上，所以圓心坐標-12， 0，半徑為52，圓方程為x+122+y2=54.
所以當B、 G關於x軸對稱時，△ABG的外接圓方程為x+122+y2=54.
評述：從上述解答過程中讀者能看出思考途徑：(1) 是利用已知結論，對焦點在y軸上的橢圓有類似結論，對雙曲線也有類似結論，證明都是用解決中點弦問題常用方法——“點差法”.在平時學習中應該多注意積累，把一些典型的例題、習題的結論推廣到一般情況，總結成模型，就能解答一類問題，這對壓軸題是十分有利的，不僅解題思路開闊，還能選擇簡捷的方法、又好又快地解題.2010年上海卷最後一題(見本書§3.2例3)用此解法十分簡單.
(2) 是把線段乘積轉化為比例問題，從而想到投影到坐標軸上，轉化為坐標間的乘積.有些同學要問，是怎么想到投影到坐標軸上？其實，這是向量坐標法的本質所在，讀者不妨回憶一下向量的坐標是怎么定義的.回到定義，往往能使較難問題獲得非常簡單的解法，複習要格外注意.
本題常規解法是把直線方程代入橢圓方程，計算冗長，極易出錯，即使對理科同學也不是輕而易舉就能得到正確答案的.
3 有了想法就寫
解答綜合題往往有“看不到底”的經歷，即不能從開始到結束都能有明確的思路，但若能根據條件，寫出由此能得到的相應結論，一步一步摸索向前，並運用分析轉化等方法，最終得到正確結論.然而，實際上不少同學遇到問題是首先看是否做過或有沒有明確思路，一旦不是熟悉的問題，就不自信，不能冷靜分析，坐失良機.
例3 （11·浙江理）已知拋物線C1：x2=y,圓C2：x2+(y-4)2=1的圓心為點M.
(Ⅱ) 已知點P是拋物線C1上一點(異於原點)，過點P作圓C2的兩條切線，交拋物線C1於A、 B兩點，若過M、 P兩點的直線l垂直於AB，求直線l的方程.
解 由MP⊥AB，得kAB·kMP=-1,因此要用某個量(選擇參數)表示kAB、 kMP.由題意，點P是“主動”點，故以點P的坐標為參數.設P(t, t2),則kMP=t2-4t.
還要再求直線AB的方程，一時還沒有明確方向，從已知條件看，只能從切線入手.
設A(x1, y1)、 B(x2, y2)，由題意t≠0, t≠±1， x1≠x2.那么過點P的圓C2的切線PA的方程為y=(x1+t)(x-t)+t2,即(x1+t)x-y-tx1=0.
因M到直線AP的距離為1，則|-4-tx1|1+(t+x1)2=1,即6tx1+(t2-1)y1-t2+15=0.
同理，6tx2+(t2-1)y2-t2+15=0,由此可知，點A(x1, y1)、 B(x2, y2)在6tx+(t2-1)y-t2+15=0上，故kAB=6t1-t2,所以kMP·kAB=t2-4t·6t1-t2=-1,解得t=±115115,所以直線l的方程為y=±115115x+4.
評述：雖然開始並沒有想到直線求AB方程的方法，但在根據已知條件得出的結論中發現了AB的方程，難點就此突破，解題也就妙在其中.由PA、 PB方程得到AB的方程可能有些同學未必一眼看出，這是對曲線和方程的概念理解不深所致.因為點A、 B的坐標適合方程6tx+(t2-1)y-t2+15=0,故它是直線AB的方程.
由此我們看出解答沒有明確思路的壓軸題，可以把已知條件具體化(或從特殊到一般，如本書§2.1發散訓練4等)，再結合結論的要求，一步步向結論靠近，最終達到證明的目的.關鍵是要自信，要敢於動手，同時要審時度勢，把陌生問題轉化成熟悉的問題.
4 巧解客觀題
填空題的最後兩題，選擇題的最後一題通常也是壓軸題.應儘可能不當成解答題來做，而運用數學思想方法，比如合情推理、特殊化思想、數形結合、利用已知結論等，找到簡單的解法.
例4 如圖，體積為V的大球內有4個小球，每個小球的球面過大球球心且與大球球面有且只有一個交點，4個小球的球心是以大球球心為中心的正方形的4個頂點.V1為小球相交部分(圖中陰影部分)的體積，V2為大球內、小球外的圖中黑色部分的體積，則下列關係中正確的是( ).
(A) V1>V2
(B) V2 (C) V1>V2
(D) V1 解析 由於選擇支出現V1、 V2、 12V，因此只要比較V1、 V2與12V的大小.直接計算V1是麻煩的，可以先估計其大致範圍.
設大球半徑為r，則小球半徑為12r,那么V=43πr3,內部4個小球的體積之和為4·43πr23=12V,而V1隻是4個球相交的部分，因此V112V,所以V1 這其實是合情推理，有一點計算，還有一點估算.
例5 （11·上海文）設A1、 A2、 A3、 A4是平面上給定的4個不同的點，則使MA1+MA2+MA3+MA4=0→成立的點M的個數為( ).
(A) 0
(B) 1
(C) 2
(D) 4
可以先考慮3點的情況：MA1+MA2+MA3=0→，這時M是△A1A2A3的重心，只有1個，由此可知M是四邊形A1A2A3A4的重心，因而選B.
解答覆雜問題時若直接解答有困難，從特殊化入手是常用方法，即華羅庚先生說的“退到不失本質”的地方，直到突破口再完成解答.當然，本題也可以設出各點坐標來解.
例6 長方體的一條對角線長為7，它在過一個頂點的3個側面上的投影長分別為6、 m和n,則m+n的最大值為 .
解析 如圖，設長方體的長、寬、高分別為a、 b、 c， a2+b2=6, a2+c2=m2, b2+c2=n2.因要求m+n的最大值，且m和n是對稱的，可令m=n,則a=b，由a2+b2=6得a2=3,又a2+b2+c2=7，所以c=1,從而m=n=2, m+n的最大值為4.
本題之所以能令m=n,是基於法國物理學家皮埃爾·居里(1859—1906)的對稱原理：對稱性原理是凌駕於物理規律之上的自然界的一條基本原理，它是宇宙間超越物理各個領域的普遍法則.它在數學領域的套用之一就是極值問題的對稱性原理：“如果一個函式(代數式)中的若干變數具有對稱性，則這個函式(代數式)的極值往往在這些變數都相等時取得.至於它是極大值或極小值，或由問題本身決定，或靠理論作出判斷.”
對具有對稱性的問題，特殊化思想往往會使解答變得簡單，在客觀題中更是解題“秘笈”.
例7 已知以T=4為周期的函式f(x)=m1-x2,x∈(-1, 1],
1-|x-2|,x∈(1, 3],其中m>0.若方程3f(x)=x恰有5個實數解，則m的取值範圍為( ).
(A) 153， 83
(B) 153， 7
(C) 43， 83
(D) 43， 7
解析 因為當x∈(-1, 1]時，將函式化為方程x2+y2m2=1 (y≥0),其圖象是x軸上方的一個半橢圓；當x∈(1, 3]時，y=x-1,1 3-x,2
當m=43時，從圖象很難發現在區間(3， 4)直線與半橢圓的交點情況，同樣當m=83時，也難以從圖象發現在區間(7， 8)直線與半橢圓的交點情況，正如華羅庚先生所說“形缺數時難入微”，所以還是把直線方程與橢圓方程聯立，消去一個變數，得到一元二次方程，利用判別式來解：
將y=x3代入(x-4)2+y2m2=1 (y≥0)得(9m2+1)x2-72m2x+135m2=0,
令t=9m2 (t>0),則(t+1)x2-8tx+15t=0.
由Δ>0得t>15,解得m>153.
同樣把y=x3代入第二個橢圓(x-8)2+y2m2=1 (y≥0)，由Δ<0可計算得m<7.
綜上知m∈153, 7,選B.
希望以上方法對解答壓軸題能起到拋磚引玉的作用，相信同學們在老師的指導下，通過自己的努力，切實提高解答壓軸題的能力.
高考壓軸題通常是指解答題的最後兩三題中的部分較難的小題或客觀題中部分較難的題目，它們的功能是突出選拔性.
客觀題中的難題知識點可以是高中數學的各個分支,而解答題的難題則主要集中在函式與導數、數列和解析幾何三大分支，近年機率統計和立體幾何比例有所增加.每個分支都可以涉及不等式，尤其是放縮法使得有些試題的難度較大.以下是2008年（統計36套）、2009年（統計39套）、2010年（統計35套）、2011年（統計35套）、2012年(統計35套)、2013年(統計37套)壓軸題中最後三題考點的分布情況：
年 份函 數數 列解析幾何導 數其 他
2009年726373116
2010年813332724
2011年422303019
2012年417333120
2013年814353223
註：其中函式內容為：函式基本性質（不涉及導數）；其他部分的內容為：立體幾何和機率與統計.這些試題大多數是安排在倒數第二、三題.
本書分上、下兩篇：第一篇是解答題，第二篇是客觀題.解答題分函式、數列、解析幾何與導數四章.客觀題根據解法特點分為九章.本書選題主要是2010年、2011年、2012年和2013年全國各地高考題中的思想性、方法性強的典型試題，按“分析與解、解題反思、發散訓練”的形式展開.
分析與解——分析每種方法是怎么想出來的，在遇到困難的時候應該如何突破，結合具體問題談一些思維方法.
解題反思——指出容易失誤（思維不縝密或運算易錯處）的地方以及原因，分析到某一步卡住（思想方法有偏差或技能技巧不熟練）的原因，並提出解決辦法.
同時，引導讀者注意對一些看似平淡問題的追根求源，對某些考題適當拓展，培養讀者的探究性能力，還針對本題所涉及的典型思想方法和技能技巧進行評析，等等.
發散訓練——給出與考題相近的問題以便練習、鞏固、提高.每題都給出詳細的解答，以方便自學.
這些題目往往是題海戰術無法企及的，解答這些題目不僅需用紮實的數學基礎知識，更需要數學思想方法（有時要在哲學思想指導下）的指引和頑強的意志以及良好的心理素質.
解答壓軸題不僅是高考的需要，也是培養綜合運用所學知識解決問題和創新能力的需要，它能教會你在遇到陌生問題時要以什麼樣的心態對待，以什麼樣的方法進行怎么思考，即使不能完全做對，也要充分展示自己的實際水平.
解答壓軸題的途徑：
1 認真審題——條件預示可知並啟發解題手段，結論預告需知並誘導解題方向.
2 解題實踐——溝通已知與需知.由已知能得到什麼，結論需要什麼，如果由已知條件能直接得到結論，則解題成功.如果由條件不能直接得到結論，就要轉化，可以是數形結合，可以是恆等變形，也可以構造模型，……各種思想方法在此大有用武之地(詳見緒論).
當解題不能進行的時候，回到已知！已知條件本身是解這道題的信息源，凡是結論需要而條件沒有給出的一定是隱含的，要仔細挖掘.
3 等價轉化——轉化必須等價，因此前一步到後一步往往會有附加條件約束，它是正確解題的前提，也是檢驗的依據，必須充分重視.
4 規範書寫——邏輯層次清楚，表達簡略得當.
5 幾點注意——數學考試的偶然性較大，有些問題必須特別注意：
（1） 毅力在解題中的作用十分重要.
（2） 心理因素對考試的影響值得關注.
（3） 準確運算，減少各種“低級錯誤”是提高正確率的重要途徑.
本書在寫作過程中得到華東師大第二附屬中學任念兵老師的悉心幫助.上海市行知中學特級教師趙傳義，江蘇省錫山高級中學特級教師、教授級教師楊志文，北京市（北京市宏志中學）骨幹教師王芝平，北京一中王坤，上海市閔行中學曹東輝，上海莘莊中學徐輝等老師審閱了部分書稿，在此謹向他們表示衷心感謝！
第三版增加了48道題的視頻全解，方便讀者加深理解。由於水平有限，書中缺點和錯誤在所難免，歡迎讀者批評指正.
聯繫方式：[email protected]
文衛星
2013年6月於上海市七寶中學
緒論
緒 論
高考壓軸題怎么解？羅增儒教授把解題總結為“條件預示可知並啟發解題手段，結論預告需知並誘導解題方向.”即從已知條件入手推出中間結論(可知)，當中間結論能直接證明最終結論時，則解題成功.當中間結論不能直接證明最終結論時，可把最終結論等價轉化為“需知”，再用中間結論證明“需知”從而達到解題目的.有時還要挖掘題目的隱含條件.從某種意義上說，解題就是“找關係”——找出已知與未知的聯繫，不斷縮小以至消除二者之間的差距，從而達到解題目的.可以用框圖表示如下：
以下通過例題說明解答壓軸題的基本策略.
1 學會分析轉化
所謂轉化，簡言之，就是縮小已知和求證(解)之間的差距，其方法就是不斷等價轉化，或轉化條件，或轉化結論，使解題得以實施.
例1 （11·廣東文）設b>0,數列{an}滿足a1=b, an=nban-1an-1+n-1 (n≥2).
(1) 求數列{an}的通項公式；(2)證明：對於一切正整數n, 2an≤bn+1+1.
解 求通項好像沒有頭緒的題目，第一想法就是要把它轉化成熟悉的形式，這時就要看腦子裡有哪些熟悉的模型，如果記得形如an=an-1an-1+2(教材有類似的習題)的求通項的解法：兩邊取倒數得1an=an-1+2an-1=2an-1+1,從而轉化成cn=pcn-1+q的形式來求解.那么對(1)下述解法是自然的：
兩邊取倒數得1an=an-1+n-1bnan-1,即nan=an-1+n-1ban-1=1b+1b·n-1an-1.記cn=nan，則cn=1b+1b·cn-1=1b+…+1bn-1+1bn-1c1=1b+…+1bn-1+1bn.所以
an=1,b=1,
nbn(b-1)bn-1,b≠1.
(2) 當b=1時，2an=bn+1+1=2,結論成立.
當b≠1,直接證明無法入手，於是想到把結論進行等價轉化：
2an=2nbn(b-1)bn-1≤bn+1+1,等價於2nbn≤(bn+1+1)·bn-1b-1.
若通分(bn+1+1)·bn-1b-1=b2n+1-bn+1+bn-1b-1,右邊不好化簡，於是轉而把bn-1b-1化成
bn-1+bn-2+…+b+1,再乘以(bn+1+1)得
(bn+1+1)·bn-1b-1=
b2n+b2n-1+b2n-2+…+bn+1+bn-1+bn-2+…+b2+b+1.
注意等號右邊距兩端“距離”相等的兩項之積為b2n,因此對這2n項用重要不等式，得右邊>2·(bn+bn+…+bn)=2nbn,即2an=2nbn(b-1)bn-1<1+bn+1.
綜上所述，2an≤bn+1+1.
由此我們看出解壓軸題的基本思路：
1 把已知條件轉化到熟悉的問題，本題是轉化為二階遞推數列cn=pcn-1+q的形式，從而順利完成(1)的解答.
2 當條件不能直接證明結論時，就要對條件或結論進行等價轉化，直至轉化後的條件能證明結論(或轉化後的結論).本題在(1)的條件下，要直接證明(2)是困難的，因此就要對此作等價轉化，有時可能需要多次等價轉化(本例是對結論進行3次轉化)，最終達到要證明的目標.
2 熟悉基本模型
對一些綜合問題，常有一些同學說沒有思路，或即使有思路，但太繁，以致很難做到底.其實，有些問題有簡單方法，但這些似乎不是書本上的“正統”內容，但平時學習中又似曾相識.若能把這些似曾相識的內容整理成基本模型，對解答綜合題不僅能提供思路，還能給出簡單解法.
例2 （11·山東文）在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：x23+y2=1.如圖所示，斜率為k (k>0)且不過原點的直線l交橢圓C於A、 B兩點，線段AB的中點為E，射線OE交橢圓C於點G，交直線x=-3於點D(-3， m).
(1) 求m2+k2的最小值；
(2) 若|OG|2=|OD|·|OE|，
(i) 求證：直線l過定點；
(ii) 試問點B、 G能否關於x軸對稱？若能，求出此時△ABG的外接圓方程；若不能，請說明理由.
解 如果熟悉結論：若橢圓x2a2+y2b2=1的弦AB(不與坐標軸平行)的中點為P，則kAB·kOP=-b2a2(證明只要設A(x1, y1)、 B(x2, y2),代入橢圓方程，作差整理即得)，那么(1)的證明很簡單：kOE·k=-13,所以直線OE的方程為y=-13kx，因D在直線OE上，故m=-13k·(-3)=1k,即mk=1, m2+k2≥2mk=2,若且唯若m=k,即k=1時取等號.
(2) (i) 設G(s, t) (s0),則s23+t2=1,再設E(x0, y0), l:y=kx+n.因|OG|2=|OD|·|OE|可變形為OGOD=OEOG,若把它投影到坐標軸上，則可得s2=-3x0,
t2=my0=y0k,即x0=-s23,
y0=kt2.
因點E在直線l上，所以y0=kx0+n,即kt2=-k·s23+n,亦即n=ks23+t2=k.所以直線l的方程為y=kx+k=k(x+1),從而直線l過定點(-1， 0).
(ii) 設B、 G能關於x軸對稱，則B(s, -t),因B在l上，所以-t=k(s+1), k=-ts+1.
又kOE=kOG,所以ts=-13k,即k=-s3t,與上式聯立得s2+s=3t2,又s23+t2=1,解得s=-32, t=12,此時k=1,從而G-32, 12、 B-32， -12.
由於直線l的方程為y=x+1過點(0， 1)在橢圓上，所以A(0， 1),因圓心在弦AG、 BG的垂直平分線上，所以圓心坐標-12， 0，半徑為52，圓方程為x+122+y2=54.
所以當B、 G關於x軸對稱時，△ABG的外接圓方程為x+122+y2=54.
評述：從上述解答過程中讀者能看出思考途徑：(1) 是利用已知結論，對焦點在y軸上的橢圓有類似結論，對雙曲線也有類似結論，證明都是用解決中點弦問題常用方法——“點差法”.在平時學習中應該多注意積累，把一些典型的例題、習題的結論推廣到一般情況，總結成模型，就能解答一類問題，這對壓軸題是十分有利的，不僅解題思路開闊，還能選擇簡捷的方法、又好又快地解題.2010年上海卷最後一題(見本書§3.2例3)用此解法十分簡單.
(2) 是把線段乘積轉化為比例問題，從而想到投影到坐標軸上，轉化為坐標間的乘積.有些同學要問，是怎么想到投影到坐標軸上？其實，這是向量坐標法的本質所在，讀者不妨回憶一下向量的坐標是怎么定義的.回到定義，往往能使較難問題獲得非常簡單的解法，複習要格外注意.
本題常規解法是把直線方程代入橢圓方程，計算冗長，極易出錯，即使對理科同學也不是輕而易舉就能得到正確答案的.
3 有了想法就寫
解答綜合題往往有“看不到底”的經歷，即不能從開始到結束都能有明確的思路，但若能根據條件，寫出由此能得到的相應結論，一步一步摸索向前，並運用分析轉化等方法，最終得到正確結論.然而，實際上不少同學遇到問題是首先看是否做過或有沒有明確思路，一旦不是熟悉的問題，就不自信，不能冷靜分析，坐失良機.
例3 （11·浙江理）已知拋物線C1：x2=y,圓C2：x2+(y-4)2=1的圓心為點M.
(Ⅱ) 已知點P是拋物線C1上一點(異於原點)，過點P作圓C2的兩條切線，交拋物線C1於A、 B兩點，若過M、 P兩點的直線l垂直於AB，求直線l的方程.
解 由MP⊥AB，得kAB·kMP=-1,因此要用某個量(選擇參數)表示kAB、 kMP.由題意，點P是“主動”點，故以點P的坐標為參數.設P(t, t2),則kMP=t2-4t.
還要再求直線AB的方程，一時還沒有明確方向，從已知條件看，只能從切線入手.
設A(x1, y1)、 B(x2, y2)，由題意t≠0, t≠±1， x1≠x2.那么過點P的圓C2的切線PA的方程為y=(x1+t)(x-t)+t2,即(x1+t)x-y-tx1=0.
因M到直線AP的距離為1，則|-4-tx1|1+(t+x1)2=1,即6tx1+(t2-1)y1-t2+15=0.
同理，6tx2+(t2-1)y2-t2+15=0,由此可知，點A(x1, y1)、 B(x2, y2)在6tx+(t2-1)y-t2+15=0上，故kAB=6t1-t2,所以kMP·kAB=t2-4t·6t1-t2=-1,解得t=±115115,所以直線l的方程為y=±115115x+4.
評述：雖然開始並沒有想到直線求AB方程的方法，但在根據已知條件得出的結論中發現了AB的方程，難點就此突破，解題也就妙在其中.由PA、 PB方程得到AB的方程可能有些同學未必一眼看出，這是對曲線和方程的概念理解不深所致.因為點A、 B的坐標適合方程6tx+(t2-1)y-t2+15=0,故它是直線AB的方程.
由此我們看出解答沒有明確思路的壓軸題，可以把已知條件具體化(或從特殊到一般，如本書§2.1發散訓練4等)，再結合結論的要求，一步步向結論靠近，最終達到證明的目的.關鍵是要自信，要敢於動手，同時要審時度勢，把陌生問題轉化成熟悉的問題.
4 巧解客觀題
填空題的最後兩題，選擇題的最後一題通常也是壓軸題.應儘可能不當成解答題來做，而運用數學思想方法，比如合情推理、特殊化思想、數形結合、利用已知結論等，找到簡單的解法.
例4 如圖，體積為V的大球內有4個小球，每個小球的球面過大球球心且與大球球面有且只有一個交點，4個小球的球心是以大球球心為中心的正方形的4個頂點.V1為小球相交部分(圖中陰影部分)的體積，V2為大球內、小球外的圖中黑色部分的體積，則下列關係中正確的是( ).
(A) V1>V2
(B) V2 (C) V1>V2
(D) V1 解析 由於選擇支出現V1、 V2、 12V，因此只要比較V1、 V2與12V的大小.直接計算V1是麻煩的，可以先估計其大致範圍.
設大球半徑為r，則小球半徑為12r,那么V=43πr3,內部4個小球的體積之和為4·43πr23=12V,而V1隻是4個球相交的部分，因此V112V,所以V1 這其實是合情推理，有一點計算，還有一點估算.
例5 （11·上海文）設A1、 A2、 A3、 A4是平面上給定的4個不同的點，則使MA1+MA2+MA3+MA4=0→成立的點M的個數為( ).
(A) 0
(B) 1
(C) 2
(D) 4
可以先考慮3點的情況：MA1+MA2+MA3=0→，這時M是△A1A2A3的重心，只有1個，由此可知M是四邊形A1A2A3A4的重心，因而選B.
解答覆雜問題時若直接解答有困難，從特殊化入手是常用方法，即華羅庚先生說的“退到不失本質”的地方，直到突破口再完成解答.當然，本題也可以設出各點坐標來解.
例6 長方體的一條對角線長為7，它在過一個頂點的3個側面上的投影長分別為6、 m和n,則m+n的最大值為 .
解析 如圖，設長方體的長、寬、高分別為a、 b、 c， a2+b2=6, a2+c2=m2, b2+c2=n2.因要求m+n的最大值，且m和n是對稱的，可令m=n,則a=b，由a2+b2=6得a2=3,又a2+b2+c2=7，所以c=1,從而m=n=2, m+n的最大值為4.
本題之所以能令m=n,是基於法國物理學家皮埃爾·居里(1859—1906)的對稱原理：對稱性原理是凌駕於物理規律之上的自然界的一條基本原理，它是宇宙間超越物理各個領域的普遍法則.它在數學領域的套用之一就是極值問題的對稱性原理：“如果一個函式(代數式)中的若干變數具有對稱性，則這個函式(代數式)的極值往往在這些變數都相等時取得.至於它是極大值或極小值，或由問題本身決定，或靠理論作出判斷.”
對具有對稱性的問題，特殊化思想往往會使解答變得簡單，在客觀題中更是解題“秘笈”.
例7 已知以T=4為周期的函式f(x)=m1-x2,x∈(-1, 1],
1-|x-2|,x∈(1, 3],其中m>0.若方程3f(x)=x恰有5個實數解，則m的取值範圍為( ).
(A) 153， 83
(B) 153， 7
(C) 43， 83
(D) 43， 7
解析 因為當x∈(-1, 1]時，將函式化為方程x2+y2m2=1 (y≥0),其圖象是x軸上方的一個半橢圓；當x∈(1, 3]時，y=x-1,1 3-x,2
當m=43時，從圖象很難發現在區間(3， 4)直線與半橢圓的交點情況，同樣當m=83時，也難以從圖象發現在區間(7， 8)直線與半橢圓的交點情況，正如華羅庚先生所說“形缺數時難入微”，所以還是把直線方程與橢圓方程聯立，消去一個變數，得到一元二次方程，利用判別式來解：
將y=x3代入(x-4)2+y2m2=1 (y≥0)得(9m2+1)x2-72m2x+135m2=0,
令t=9m2 (t>0),則(t+1)x2-8tx+15t=0.
由Δ>0得t>15,解得m>153.
同樣把y=x3代入第二個橢圓(x-8)2+y2m2=1 (y≥0)，由Δ<0可計算得m<7.
綜上知m∈153, 7,選B.
希望以上方法對解答壓軸題能起到拋磚引玉的作用，相信同學們在老師的指導下，通過自己的努力，切實提高解答壓軸題的能力.
作者簡介
任教於上海市七寶中學，上海市特級教師.入選上海市首批名師工程，參加上海市第一批、第二批理科德育實訓基地學習.閔行區學科帶頭人.
已在《數學教育學報》、《數學通報》、《中學數學教學參考》、《文匯報》等近60家報刊發表論文或文章近280篇，出版專著《中學數學教學方法研究》、《高中數學講義》、《超越邏輯的數學教學----數學教學中的德育》、《文衛星數學課賞析》及本書等，共約300萬字，涉及中學數學教學的方方面面.
已在《數學教育學報》、《數學通報》、《中學數學教學參考》、《文匯報》等近60家報刊發表論文或文章近280篇，出版專著《中學數學教學方法研究》、《高中數學講義》、《超越邏輯的數學教學----數學教學中的德育》、《文衛星數學課賞析》及本書等，共約300萬字，涉及中學數學教學的方方面面.
圖書目錄
上篇 解答題
第1章函式
1.1函式性質
1.2抽象函式
1.3函式與方程、不等式
1.4函式套用題
第2章數列
2.1數列的基本性質
2.2遞推數列
2.3數列與函式
2.4數列中不等式的證明
2.5數列中的探究性問題
第3章解析幾何
3.1求基本量（a，b，c，e，p）或方程
3.2已知方程研究曲線的性質
3.3存在性問題
3.4解析幾何中的最值問題
3.5解析幾何中的定值問題
3.6研究性問題
第4章導數
4.1導數與最（極）值問題
4.2導數與函式、不等式
4.3導數與函式圖象的交點（方程根）個數
4.4導數與切線
4.5導數與不等式恆成立、有解問題
第5章其他壓軸題
5.1機率、統計
5.2立體幾何
下篇 客觀題
第6章間接法解客觀題
6.1巧求最值之和
6.2充分運用定義
6.3相遇同一景點的機會有多大
6.4含三參數的線性規劃問題
6.5分漸近線
6.6折線段之長
第7章函式與方程
7.1圓環與線帶區域何時相交
7.2圖象交點與方程解的轉化
7.3函式零點
7.4求參數範圍
7.5三個函式值相等的自變數之積的範圍
7.6圓錐曲線上點到定點距離最值
第8章數形結合
8.1割補法求機率
8.2數量積最大
8.3圖象交點橫坐標之和
8.4面積之比
8.5最短距離
8.6函式在哪個區間有零點
8.7一組重要不等式
8.8用向量平移平行四邊形
第9章歸納與類比
9.1遞推數列求和
9.2看圖找規律
9.3迴文數
9.4如何求fn（x）的解析式
9.5多邊形數的表達式
第10章一般與特殊
10.1二進制問題
10.2取主對角線上的數
10.3選取特殊位置
10.4等比數列前n項和與積的大小比較
10.5三元變數最值
第11章邏輯推理與合情推理
11.1最小總費用
11.2求分段函式的值域
11.3球面距離
11.4如何判斷圖象形狀
11.5逐個判斷其正確性
11.6確定變數的取值
11.7正方體截面是幾邊形
11.8正方體中的點到各點距離
第12章如何分類
12.1逐項判斷對錯
12.2有多少種塗色方法
12.3面積為2的平行四邊形有幾個
12.4儘量迴避分類討論
12.5函式圖象過哪些點
12.6整點可能有幾個
12.7正六邊形中某些向量的數量積
第13章轉化與化歸
13.1二次條件下求一次式的最值
13.2方程三根乘積的範圍
13.3線段之比
13.4正方形摺疊後
13.5形轉化為數
第14章閱讀理解
14.1調和分割點
14.2平面內一點到其他n點的最短距離
14.3理解新符號
14.4新定義的“正對數”
訓練題詳解
第1章函式
1.1函式性質
1.2抽象函式
1.3函式與方程、不等式
1.4函式套用題
第2章數列
2.1數列的基本性質
2.2遞推數列
2.3數列與函式
2.4數列中不等式的證明
2.5數列中的探究性問題
第3章解析幾何
3.1求基本量（a，b，c，e，p）或方程
3.2已知方程研究曲線的性質
3.3存在性問題
3.4解析幾何中的最值問題
3.5解析幾何中的定值問題
3.6研究性問題
第4章導數
4.1導數與最（極）值問題
4.2導數與函式、不等式
4.3導數與函式圖象的交點（方程根）個數
4.4導數與切線
4.5導數與不等式恆成立、有解問題
第5章其他壓軸題
5.1機率、統計
5.2立體幾何
下篇 客觀題
第6章間接法解客觀題
6.1巧求最值之和
6.2充分運用定義
6.3相遇同一景點的機會有多大
6.4含三參數的線性規劃問題
6.5分漸近線
6.6折線段之長
第7章函式與方程
7.1圓環與線帶區域何時相交
7.2圖象交點與方程解的轉化
7.3函式零點
7.4求參數範圍
7.5三個函式值相等的自變數之積的範圍
7.6圓錐曲線上點到定點距離最值
第8章數形結合
8.1割補法求機率
8.2數量積最大
8.3圖象交點橫坐標之和
8.4面積之比
8.5最短距離
8.6函式在哪個區間有零點
8.7一組重要不等式
8.8用向量平移平行四邊形
第9章歸納與類比
9.1遞推數列求和
9.2看圖找規律
9.3迴文數
9.4如何求fn（x）的解析式
9.5多邊形數的表達式
第10章一般與特殊
10.1二進制問題
10.2取主對角線上的數
10.3選取特殊位置
10.4等比數列前n項和與積的大小比較
10.5三元變數最值
第11章邏輯推理與合情推理
11.1最小總費用
11.2求分段函式的值域
11.3球面距離
11.4如何判斷圖象形狀
11.5逐個判斷其正確性
11.6確定變數的取值
11.7正方體截面是幾邊形
11.8正方體中的點到各點距離
第12章如何分類
12.1逐項判斷對錯
12.2有多少種塗色方法
12.3面積為2的平行四邊形有幾個
12.4儘量迴避分類討論
12.5函式圖象過哪些點
12.6整點可能有幾個
12.7正六邊形中某些向量的數量積
第13章轉化與化歸
13.1二次條件下求一次式的最值
13.2方程三根乘積的範圍
13.3線段之比
13.4正方形摺疊後
13.5形轉化為數
第14章閱讀理解
14.1調和分割點
14.2平面內一點到其他n點的最短距離
14.3理解新符號
14.4新定義的“正對數”
訓練題詳解
