（新课标）高考数学大一轮复习 一模考前专项训练精品讲义 理（含解析）.doc

数学思想专项训练(一)函数与方程思想方法概述适用题型函数思想，是指用函数的概念和性质去分析问题、转化问题和解决问题方程思想，是从问题中的数量关系入手，运用数学语言将问题中的条件转化为数学模型(方程、不等式或方程与不等式的混合组)，然后通过解方程(组)或不等式(组)来使问题获解有时，还通过函数与方程的互相转化、接轨，达到解决问题的目的.函数与方s程的思想在解题中的应用十分广泛，主要有以下几种类型：(1)函数与不等式的相互转化，对函数yf(x)，当y0时，就化为不等式f(x)0，借助于函数的图象和性质可解决有关问题，而研究函数的性质也离不开不等式(2)数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，用函数的观点去处理数列问题十分重要(3)解析几何中的许多问题，需要通过解二元方程组才能解决这都涉及二次方程与二次函数的有关理论(4)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决，建立空间直角坐标系后，立体几何与函数的关系更加密切.一、选择题1已知函数f(x)ln xxa有两个不同的零点，则实数a的取值范围为()a(，1b(，1)c1，) d(1，)解析：选b函数f(x)ln xxa的零点即关于x的方程ln xxa0的实根，将方程化为ln xxa，令y1ln x，y2xa，由导数知识可知当两曲线相切时有a1.若函数f(x)ln xxa有两个不同的零点，则实数a的取值范围为(，1)2已知关于x的不等式(ax1)(x1)0的解集是(，1)，则a等于()a2 b2c d.解析：选b根据不等式与对应方程的关系知1，是一元二次方程ax2(a1)x10的两个根，所以1，所以a2，故选b.3(2015天津六校联考)若等差数列an满足aa10，则sa100a101a199的最大值为()a600 b500c400 d200解析：选bsa100a101a199100a100d100(a199d)d，即99da1，因为aa10，即a(a199d)210，整理得a210，即aa12100有解，所以240，解得500s500，所以smax500，故选b.4已知f(x)log2x，x2,16，对于函数f(x)值域内的任意实数m，则使x2mx42m4x恒成立的实数x的取值范围为()a(，2 b2，)c(，22，) d(，2)(2，)解析：选dx2,16，f(x)log2x1,4，即m1,4不等式x2mx42m4x恒成立，即为m(x2)(x2)20恒成立，设g(m)(x2)m(x2)2，则此函数在1,4上恒大于0，所以即解得x2或x2.5(2015黄冈质检)已知点a是椭圆1上的一个动点，点p在线段oa的延长线上，且48，则点p的横坐标的最大值为()a18 b15c10 d.解析：选c当点p的横坐标最大时，射线oa的斜率k0，设oa：ykx，k0，与椭圆1联立解得xa .又xaxpk2xaxp48，解得xp ，令925k2t9，即k2，则xp258080 10，当且仅当t16，即k2时取等号，所以点p的横坐标的最大值为10，故选c.6(2015杭州二模)设sn为等差数列an的前n项和，(n1)snnsn1(nn*)若1，则()asn的最大值是s8 bsn的最小值是s8csn的最大值是s7 dsn的最小值是s7解析：选d由(n1)snnsn1得(n1)n，整理得anan1，所以等差数列an是递增数列，又1，所以a80，a70，所以数列an的前7项为负值，即sn的最小值是s7.故选d.二、填空题7已知f(x)为定义在r上的增函数，且对任意的xr，都有ff(x)2x3，则f(3)_.解析：设f(x)2xt，则f(t)3，f(x)2xt，所以2tt3，易得方程2tt3有唯一解t1，所以f(x)2x1，所以f(3)9.答案：98已知奇函数f(x)的定义域为r，当x0时，f(x)2xx2.若xa，b时，函数f(x)的值域为，则ab_.解析：由题意知ab，且，则a，b同号，当x0时，f(x)2xx2(x1)211，若0ab，则1，即a1.因为f(x)在1，)上单调递减，所以解得所以ab.由f(x)是奇函数知，当x0时，f(x)x22x，同理可知，当ab0时，解得所以ab.综上，ab.答案：9为了考察某校各班参加课外书法小组的人数，从全校随机抽取5个班级，把每个班级参加该小组的人数作为样本数据已知样本平均数为7，样本方差为4，且样本数据互不相同，则样本数据中的最大值为_解析：设5个班级的样本数据从小到大依次为0abcde.由平均数及方差的公式得7，4.设a7，b7，c7，d7，e7分别为p，q，r，s，t，则p，q，r，s，t均为整数，且设f(x)(xp)2(xq)2(xr)2(xs)24x22(pqrs)x(p2q2r2s2)4x22tx20t2，由(xp)2，(xq)2，(xr)2，(xs)2不能完全相同知f(x)0，则判别式0，即4t244(20t2)0，解得4t4，所以3t3，故e的最大值为10.答案：1010(2015东城期末)若函数f(x)m的定义域为a，b，值域为a，b，则实数m的取值范围是_解析：易知f(x)m在a，b上单调递减，因为函数f(x)的值域为a，b，所以即两式相减得，ab(a3)(b3)()2()2，所以1，因为ab，所以0，而maa1，所以m(a3)22，又0，所以m2.答案：二、解答题11.如图，在平行四边形abcd中，bc2，bdcd，四边形adef为正方形，平面adef平面abcd.记cdx，v(x)表示四棱锥fabcd的体积(1)求v(x)的表达式；(2)求v(x)的最大值解：(1)平面adef平面abcd，交线为ad且faad，fa平面abcd.bdcd，bc2，cdx.fa2，bd(0x2)，sabcdcdbdx，v(x)sabcdfax(0x2)(2)v(x)x.0x2，0x24，当x22，即x时，v(x)取得最大值，且v(x)max.12设p是椭圆y21(a1)短轴的一个端点，q为椭圆上的一个动点，求|pq|的最大值解：依题意可设p(0,1)，q(x，y)，则|pq|.又因为q在椭圆上，所以x2a2(1y2)|pq|2a2(1y2)y22y1(1a2)y22y1a2(1a2)21a2，因为|y|1，a1，若a，则1，当y时，|pq|取最大值；若1a，则当y1时，|pq|取最大值2，综上，当a时，|pq|的最大值为；当1a时，|pq|的最大值为2.数学思想专项训练(二)转化与化归思想方法概述适用题型转化与化归思想方法在研究、解决数学问题中，当思维受阻时考虑寻求简单方法或从一种情形转化到另一种情形，也就是转化到另一种情境使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是成功的思维方式.常见的转化方法有以下几种类型：(1)直接转化法：把原问题直接转化为基本定理、基本公式或基本图形问题；(2)换元法：运用“换元”把式子转化为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转化为易于解决的基本问题；(3)数形结合法：研究原问题中数量关系(解析式)与空间形式(图形)关系，通过互相变换获得转化途径；(4)等价转化法：把原问题转化为一个易于解决的等价命题，达到化归的目的；(5)特殊化方法：把原问题的形式向特殊化形式转化，并证明特殊化后的问题，结论适合原问题.一、选择题1已知函数f(x)ln x2x，若f(x24)2，则实数x的取值范围是()a(2,2)b(2，)c(，2) d(，2)(2，)解析：选d因为函数f(x)ln x2x在定义域上单调递增，且f(1)ln 122，所以由f(x24)2得f(x24)f(1)，所以0x241，解得x2或2x.2已知函数f(x)ax和函数g(x)bx都是指数函数，则“f(2)g(2)”是“ab”的 ()a充分不必要条件 b必要不充分条件c充要条件 d既不充分也不必要条件解析：选c由于函数f(x)ax和函数g(x)bx都是指数函数，则a0且a1，b0且b1，f(2)g(2)等价于a2b2，等价于ab，所以“f(2)g(2)”是“ab”的充要条件故选c.3如图所示，在棱长为5的正方体abcda1b1c1d1中，ef是棱ab上的一条线段，且ef2，点q是a1d1的中点，点p是棱c1d1上的动点，则四面体pqef的体积()a是变量且有最大值b是变量且有最小值c是变量有最大值和最小值d是常量解析：选d点q到棱ab的距离为常数，所以efq的面积为定值由c1d1ef，可得棱c1d1平面efq，所以点p到平面efq的距离是常数于是四面体pqef的体积为常数4已知点p在直线xy50上，点q在抛物线y22x上，则|pq|的最小值为()a. b2c. d.解析：选a设与直线xy50平行且与抛物线y22x相切的直线方程是xym0，则由消去x得y22y2m0，令48m0，得m，因此|pq|的最小值为直线xy50与直线xy0之间的距离，即.5在平面直角坐标系中，若与点a(1,1)的距离为1，且与点b(2，m)的距离为2的直线l恰有两条，则实数m的取值范围是()a12，12 b(12，12)c12，1)(1,12 d(12，1)(1,12)解析：选d由题意可得，以点a(1,1)为圆心、1为半径的圆与以点b(2，m)为圆心、2为半径的圆相交，则11(m1)29，得12m12 且m1.6若不等式2xln xx2ax3恒成立，则实数a的取值范围是()a(，0) b(，4c(0，) d4，)解析：选b2x ln xx2ax3恒成立，即a2ln xx恒成立设h(x)2lnxx，则h(x)(x0)当x(0,1)时，h(x)0，函数h(x)单调递减；当x(1，)时，h(x)0，函数h(x)单调递增，所以h(x)minh(1)4.所以ah(x)min4.二、填空题7已知f(x)是定义域为实数集r的偶函数，对任意的x10，x20，若x1x2，则0.如果f，4f3，那么x的取值范围为_解析：依题意得，函数f(x)在0，)上是减函数，又f(x)是定义域为实数集r的偶函数，所以函数f(x)在(，0)上是增函数，则4f3等价于f，即ff，所以，解得x2.答案：8已知tan()1，tan()2，则_.解析：1.答案：19(2015西城期末)已知命题p：x0r，axx00.若命题p是假命题，则实数a的取值范围是_解析：因为命题p是假命题，所以綈p为真命题，即xr，ax2x0恒成立当a0时，x，不满足题意；当a0时，要使不等式恒成立，则有即解得，所以a，即实数a的取值范围是.答案：10若椭圆c的方程为1，焦点在x轴上，与直线ykx1总有公共点，那么m的取值范围为_解析：由椭圆c的方程及焦点在x轴上，知0m5.又直线ykx1与椭圆总有公共点，直线恒过点(0,1)，则定点(0,1)必在椭圆内部或边界上则1，即m1.故m的取值范围为1,5)答案：1,5)三、解答题11(2015潍坊二检)设奇函数f(x)在1,1上是增函数，且f(1)1，若函数f(x)t22at1(其中t0)对所有的x1,1都成立，当a1,1时，求t的取值范围解：因为奇函数f(x)在1,1上是增函数，且f(1)1，所以最大值为f(1)1，要使f(x)t22at1对所有的x1,1都成立，则1t22at1，即t22at0.令g(a)2tat2，可知即解得t2或t2.故t的取值范围为(，22，)12设p是双曲线y21右支上的一个动点，f是双曲线的右焦点，已知a点的坐标是(3,1)，求|pa|pf|的最小值解：设f为双曲线的左焦点，则|pf|pf|2，|pf|pf|2，|pa|pf|pa|pf|2，原问题转化成了求|pa|pf|的最小值问题，(如图)(|pa|pf|)min|af|.(|pa|pf|)min(|pa|pf|)min22.数学思想专项训练(三)分类讨论思想方法概述适用题型所谓分类讨论，就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，如不能用同一标准、同一种运算、同一个定理或同一种方法去解决，因而会出现多种情况，我们就需要对研究的对象进行分类，然后对每一类分别研究，得出每一类的结论，最后综合各类的结论得到整个问题的解答实质上分类讨论是“化整为零，各个击破，再积零为整”的策略分类讨论时应注意理解和掌握分类的原则、方法与技巧，做到“确定对象的全体，明确分类的标准，不重复、不遗漏地分类讨论”.分类讨论的常见类型有以下几种：(1)由数学概念引起的分类讨论：有的概念本身是分类的，如绝对值、直线斜率、指数函数、对数函数等；(2)由性质、定理、公式的限制引起的分类讨论：有的数学定理、公式、性质是分类给出的，在不同的条件下结论不一致，如等比数列的前n项和公式、函数的单调性等；(3)由数学运算要求引起的分类讨论：如除法运算中除数不为零，偶次方根为非负，对数真数与底数的要求，指数运算中底数的要求，不等式两边同乘以一个正数、负数，三角函数的定义域等；(4)由图形的不确定性引起的分类讨论：如角的终边所在的象限；点、线、面的位置关系等；(5)由参数的变化引起的分类讨论：某些含有参数的问题，如含参数的方程、不等式，由于参数的取值不同会导致所得结果不同，或对于不同的参数值要运用不同的求解或证明方法.一、选择题1已知集合ax|1x5，bx|axa3若bab，则a的取值范围为()a.b.c. d.解析：选c因为bab，所以ba.当b时，满足ba，此时aa3，即a；当b时，要使ba，则解得a1.由可知，a的取值范围为(，12设函数f(x)若f(2)f(0)，f(1)3，则方程f(x)x的解集为()a. b.c. d.解析：选c当x0时，f(x)x2bxc，因为f(2)f(0)，f(1)3，则解得故f(x)当x0时，由f(x)x，得x22x2x，解得x2或x1(舍去)当x0时，由f(x)x，得x2.所以方程f(x)x的解集为2,23.(2015成都一诊)如图，函数yf(x)的图象为折线abc，设g(x)ff(x)，则函数yg(x)的图象为()解析：选a由题意可知函数f(x)为偶函数，由a(1，1)，b(0,1)，c(1，1)可知，直线bc的方程为y2x1，直线ab的方程为y2x1，所以f(x)讨论x0的情况，若0x，解得0f(x)1，则g(x)ff(x)2(2x1)14x1；若x1，解得1f(x)0，则g(x)ff(x)2(2x1)14x3，所以当x0,1时，g(x)故选a.4已知函数f(n)且anf(n)f(n1)，则a1a2a3a100的值为()a100 b100c102 d101解析：选a当n为奇数时，an(n1)2(n2)2(2n3)；当n为偶数时，an(n1)2(n2)22n3，所以an(1)n(2n3)所以a1a2a3a10057911201203502100.5有标号分别为1,2,3的红色卡片3张，标号分别为1,2,3的蓝色卡片3张，现将全部的6张卡片放在两行三列的格内(如图)若颜色相同的卡片在同一行，则不同的放法种数为()a36 b48c72 d64解析：选c分两种情况，第一行放红色卡片，有aa36种放法；第一行放蓝色卡片，有aa36种放法，所以符合题意的放法共有72种6三棱柱底面内的一条直线与棱柱的另一底面的三边及三条侧棱所在的6条直线中，能构成异面直线的条数的集合是()a4,5 b3,4,5c3,4,6 d3,4,5,6解析：选d如图所示，当直线l在图(1)、(2)、(3)、(4)中所示的位置时，与l异面的直线分别有3条、4条、5条、6条，故能构成异面直线的条数的集合是3,4,5,6二、填空题7若函数f(x)xasin x在r上单调递增，则实数a的取值范围为_解析：f(x)1acos x，要使函数f(x)xasin x在r上单调递增，则1acos x0对任意实数x都成立1cos x1，当a0时，aacos xa，a1，0a1；当a0时，显然成立；当a0时，aacos xa，a1，1a1的解集为空集，a不存在综上所述，实数a的取值范围是.答案：三、解答题11在公差d0的等差数列an中，已知a110，且a1,2a22,5a3成等比数列，求|a1|a2|a3|an|的值解：由已知可得(2a22)25a1a3，即4(a1d1)25a1(a12d)(11d)225(5d)12122dd212525dd23d40d4(舍去)或d1，所以an11n，当1n11时，an0，|a1|a2|a3|an|a1a2a3an；当n12时，an0，|a1|a2|a3|an|a1a2a3a11(a12a13an)2(a1a2a3a11)(a1a2a3an)2.综上所述，|a1|a2|a3|an|12(2015唐山统一考试)已知函数f(x).(1)证明：0f(x)1；(2)当x0时，f(x)，求a的取值范围解：(1)证明：设g(x)xex1，则g(x)(x1)ex.当x(，1)时，g(x)0，g(x)单调递减；当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递增所以g(x)g(1)1e10.又ex0，故f(x)0.f(x).当x(，0)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(0，)时，f(x)0，f(x)单调递减所以f(x)f(0)1.综上，有0f(x)1.(2)若a0，则x0时，f(x)1，不等式不成立若a0，则当0x时，1，不等式不成立若a0，则f(x)等价于(ax2x1)ex10.(*)设h(x)(ax2x1)ex1，则h(x)x(ax2a1)ex.若a，则当x(0，)时，h(x)0，h(x)单调递增，h(x)h(0)0.若0a，则当x时，h(x)b0)的焦距为2c，以点o为圆心，a为半径作圆m.若过点p作圆m的两条切线互相垂直，则该椭圆的离心率为_解析：设切点为a，如图所示，切线ap，pb互相垂直，又半径oa垂直于ap，所以opa为等腰直角三角形，可得a，所以e.答案：10已知函数f(x)x22x，xa，b的值域为1,3，则ba的取值范围是_解析：作出函数f(x)x22x的图象如图所示，因为f(x)的值域为1,3，所以a1，b1,3，此时ba2,4；b3，a1,1，此时ba2,4综上所述，ba的取值范围是2,4答案：2,4三、解答题11求y的值域解：可理解为点p(cos x，sin x)与点c(3,1)连线的斜率，点p(cos x，sin x)在单位圆上，如图所示故t满足kcatkcb，设过点c(3,1)的直线方程为y1k(x3)，即kxy13k0.由原点到直线的距离不大于半径1，得1，解得0k.从而值域为.12某校高一(1)班的一次数学测试成绩的茎叶图和频率分布直方图都受到不同程度的污损，可见部分如下图(1)求分数在50,60)的频率及全班人数；(2)求分数在80,90)之间的频率，并计算频率分布直方图中80,90)间矩形的高；(3)若要从分数在80,100之间的试卷中任取两份分析学生失分情况，求在抽取的试卷中，至少有一份分数在90,100之间的概率解：(1)分数在50,60)的频率为0.008100.08，由茎叶图知：分数在50,60)之间的频数为2，所以全班人数为25.(2)分数在80,90)之间的频数为25223；频率分布直方图中80,90)间的矩形的高为100.012.(3)将80,90)之间的3个分数编号为a1，a2，a3，90,100之间的2个分数编号为b1，b2，在80,100之间的试卷中任取两份的基本事件为：(a1，a2)，(a1，a3)，(a1，b1)，(a1，b2)，(a2，a3)，(a2，b1)，(a2，b2)，(a3，b1)，(a3，b2)，(b1，b2)，共10个，其中，至少有一个在90,100之间的基本事件有7个，故至少有一份分数在90,100之间的概率是0.7.多题一法专项训练(一)配方法方法概述适用题型配方法是对数学式子进行一种定向变形(配成“完全平方”的技巧)，通过配方找到已知和未知的联系从而化繁为简何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与“添项”，“配”与“凑”的技巧，从而完成配方.在高考中配方法常适用的类型有以下几种：(1)二次函数的最值问题；(2)同角三角函数基本关系式中平方关系；(3)平面向量的数量积的应用；(4)余弦定理；(5)圆的方程；(6)等比数列的性质.一、选择题1在正项等比数列an中，a1a52a3a5a3a725，则a3a5为()a5b25c15 d10解析：选aa1a5a，a3a7a，a2a3a5a25.即(a3a5)225.又an0，a3a55.2.已知菱形abcd的边长为，abc60，将菱形abcd沿对角线ac折成如图所示的四面体，点m为ac的中点，bmd60，p在线段dm上，记dpx，papby，则函数yf(x)的图象大致为()解析：选d由题意可知amab，bmmd1，dpx，mp1x，在rtamp中，pa ，在bmp中，由余弦定理得pb，ypapb(0x1)，当0x时，函数y单调递减，当x1时，函数y单调递增，对应的图象为d.3定义域为r的函数f(x)满足f(x1)2f(x)，且当x(0,1时，f(x)x2x，则当x(1,0时，f(x)的值域为()a. b.c. d.解析：选a若x(1,0，则x1(0,1，所以f(x1)(x1)2(x1)x2x.又f(x1)2f(x)，所以f(x)(x2x)2，所以当x时，f(x)min ；当x0时，f(x)max 0.4设函数f(x)若对任意给定的y(2，)，都存在唯一的x0r，满足f(f(x0)2a2y2ay，则正实数a的最小值是()a. b.c2 d4解析：选a当x0时，f(x)2x，值域为(0,1，所以f(f(x)log22x x；当0x1时，f(x)log2x，值域为(，0，所以f(f(x)2log2xx；当x1时，f(x)log2x，值域为(0，)，所以f(f(x)log2 (log2x)，故f(f(x)当x1时，f(f(x)的值域为(，1；当x1时，f(f(x)的值域为r，因为a0，令g(y)2a2y2ay2a22，对称轴y02，所以g(y)在(2，)上是增函数，则g(y)在(2，)上的值域为(g(2)，)，即(8a22a，)，则8a22a1，解得a，所以正实数a的最小值是.故选a.5数列an中，如果存在ak，使得akak1且akak1成立(其中k2，kn*)，则称ak为数列an的峰值若an3n215n18，则an的峰值为()a0 b4c. d.解析：选a因为an32，且nn*，所以当n2或n3时，an取最大值，最大值为a2a30.故选a.6已知sin4cos41，则sin cos 的值为()a1 b1c1或1 d0解析：选csin4cos41，(sin2cos2)22sin2cos21.sin cos 0.又(sin cos )212sin cos 1，sin cos 1.二、填空题7(2015合肥一模)若二次函数f(x)x24xt图象的顶点在x轴上，则t_.解析：由于f(x)x24xt(x2)2t4图象的顶点在x轴上，所以f(2)t40，故t4.答案：48已知函数f(x)x2axb2b1(ar，br)，对任意实数x都有f(1x)f(1x)成立，若当x1,1时，f(x)0恒成立，则b的取值范围是_解析：由于对任意实数x都有f(1x)f(1x)成立，则f(x)的对称轴为x1，所以a2，f(x)x22xb2b1(x1)2b2b2，则f(x)在区间1,1上单调递增，当x1,1时，要使f(x)0恒成立，只需f(1)0，即b2b20，则b1或b2.答案：(，1)(2，)9在等比数列an中，a1512，公比q，用tn表示它的前n项之积，即tna1a2an，则t1，t2，tn中最大的是_解析：由题意知ana1qn129n1(1)n1210n，所以tna1a2an(1)012(n1)298(10n)(1)2，因为(n219n)2，nn*，所以当n9或10时，取得最大值，要使tn最大，则需(1)0，所以n9时，tn最大答案：t910在平面直角坐标系中，o为坐标原点，已知向量(2,2)，(4,1)，在x轴上取一点p，使有最小值，则p点的坐标是_解析：设p点坐标为(x,0)，则(x2，2)，(x4，1)(x2)(x4)(2)(1)x26x10(x3)21.当x3时，有最小值1.此时点p坐标为(3,0)答案：(3,0)三、解答题11.过点p(2,1)作两条斜率互为相反数的直线，分别与抛物线x24y交于a，b两点，若直线ab与圆c：x2(y1)21交于不同两点m，n，求|mn|的最大值解：设直线pa的斜率为k，a(xa，ya)，则直线pa的方程为y1k(x2)，由得x24kx8k40，所以xa24k，则xa4k2，所以点a(4k2，(2k1)2)，同理可得b(4k2，(2k1)2)，所以直线ab的斜率kab1，设直线ab的方程为yxb，由得2x22(b1)xb22b0，由于ab与圆c交于不同的两点，所以0，即1b1.则|mn|2，故|mn|的最大值是2.12(2015湖北三校联考)已知abc的三内角a，b，c所对的边分别是a，b，c，向量m(sin b,1cos b)与向量n(2,0)的夹角的余弦值为.(1)求角b的大小；(2)若b，求ac的范围解：(1)m(sin b,1cos b)，n(2,0)，mn2sin b，又|m|2，0b，0，sin 0，|m|2sin .而|n|2，cos cos ，b.(2)由余弦定理，得b2a2c22accos a2c2ac(ac)2ac(ac)22(ac)2，当且仅当ac时取等号，(ac)24，ac2，又acb，ac(，2多题一法专项训练(二)换元法方法概述适用题型换元法又称辅助元素法、变量代换法通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来；或者把条件与结论联系起来