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二次函数中绝对值问题的求解策略
二次函数是高中函数知识中一颗璀璨的“明珠”，而它与绝对值知识的综合，往往能够演绎出一曲优美的“交响乐”，故成为高考“新宠”。

二次函数和绝对值所构成的综合题，由于知识的综合性、题型的新颖性、解题方法的灵活性、思维方式的抽象性，学习解题时往往不得要领，现从求解策略出发，对近年来各类考试中的部分相关考题，进行分类剖析，归纳出一般解题思考方法。

J、适时用分类，讨论破定势
分类讨论是中学数学中的重要思想。

它往往能把问题化整为零，各个击破，使复杂问题简单化，收到化难为易，化繁为简的功效。

例1 已知f(x)=x2+bx+c (b,c e R),
(1)当bv—2时，求证：f(x)在(一1, 1)内单调递减。

(2)* bv—2时，求证：在(一1, 1)内至少存在一个xO,使W|f(xO)|>-.
分析(1)当b<-2时，f(x)的对称轴在(一1, 1)的右侧，那么f(x)在(-1, 1)内单调递减。

(2)这是一•个存在性命题，怎么理解“至少存在-•个X。

”呢？其实质是能找到一个这样的xo，问题就解决了，不妨用最特殊的值去试一试。

当x=0时，|f(O)|=|c|,|c|与上的大小关系如何呢？对|c|进行讨论：
(i)若|c|>-,BP|f(O)|>-,命题成立。

(ii)若|c|<-,取x()=—L,则 |/(一上)|=|1一上方 + 曰2|1 — 1仞一|曰〉9一上二2〉上.
2 2 2 4 2 4 2 4 2 4 2
故不论形上还是|c|vL,总存在x()=0或x0=—-使得|f(x0)|>-成立。

本题除了取X=—L外，X还可取那些值呢？留给读者思考。

2
二、合理用公式，灵活换视角
公式|aHb|<|a±b|<|a|+|b|4处理含绝对值问题时的作用有时是不可替代的，常用于
不等式放缩、求最值等，思路简洁、明快，解法闩然、迅捷。

例2已知f(x)=x2+ax+b的图象与x轴两交点的横坐标为X|, X2若|a|+|b|<l,求
证：|X]|vl 且|x2|<l.
解由韦达定理，得[羽+、2 =一。

-b
.1 x I + x2 1=1 a I,
, • JXjX2\=\b\.
代入|a|+|b|vl,得|xi+x2|+|xix2|<l,
X|xi|—|x2|<|xi+x2|.
•,•I 石|-|x2 | + |^%2 |<| Xj +x2 | + |%!%2 I<1
即|X1|(1+|X2〔)V1+|X2|。

又V l+|x2|>0, A|xl|<l.
同理可得|x2|<lo
例3函数f(x)=ax2+bx+c(a#)),若函数f(x)的图象与直线y=x和广-x均无公共点, 求证：(1) 4ac—b2>l.
(2)对一切实数x,恒有|似2+版+曰〉-1—.
4|们
分析(1)略。

(2) cix^ + bx + C |=| Q(X H - )2 H ----------- |
2a 4a
由(1)可知6Z(X + —)1 2与~~ 同号。

2a 4a
:]ax2 + bx + c\
i , b x2 . . 4ac-b2 .
=|6/(X + —)- |+ ——
2a 4a
.4ac-b2 . 1
> -------- > ------ .
4a 4|f/|
三、机智赋特值，巧妙求系数
变量在某一区域有某种结论成立时•，可通过对题目结构特征的观察，由H标导向, 赋予一系列特殊的函数值来构建对应的系数关系，使抽象问题具体化，从血独辟蹊径, 出奇制胜。

例4 函数f(x)=ax?+bx+c(a我)),对一切xe [—1,1],都有|f(x)|<l, J@L g(x)=cx2+bx+a, 求证：
(1)XE[― 1,1]时，|2ax+bg4.
(2)xc[—l,l]时，|g(x)0.
f ⑴= a+b + c,
证明(1)由题设条件，可得f(-1) = “-。

+仁
/(0) = c.
o=：L/(l) + /(-1)-2/(0)],
= ⑴一f(—1)],
C = /(0)
1 /⑴卜1,
又由题意可知^|/(-1)|< 1,
1/(0) |<0.
第J1| +闩1
1 2 X + 1
=1 - X + 2
=-X 2 + 2 < 2
要证明XG [-1,1]时，|2ax+b|<4,只要证明|±2a+b|<4.
|26/ + /;|=||/(1) + |/(-1)-2/(0)|
<- + - + 2 = 4. 2 2
同理可证|—2a+b 切4.
(2) |g(x)|=|cx 2+bx+a|
=1 /(0)x 2 +，⑴了(T)X + /(1)7(~1) - /(0) I
=|(X 2 -1)/(0) + 亨八1) + ；/(-I) |
1 — X \-x + -----
2 请读者仿照例4的方法解决下面一题:
例 5 函数 f(x)=ax 2+bx+c(a#)),已知邮犯1, |f(-l)|<l,|f(l)|<l.^<证：
对一切 E [-1,1],都
W|/(x)|<2.
分析借助恒等式“呼 5
得 |g(x)|=|ax+b|
(x + l)2 (x-l)2 x + 1 x-1
=a[- ------ - - ----- ] + b( --------------- ) + c-c 4 4 2 2
l 「z X + L ,/工 + 1、 1 r ,工―. X — 1 71
=1 [^(―7-)2 + ^(——) + 曰 - [。

(一^-)2 + b —— + c] \
="号)-/•(号)1
W (写)1+顷号)
注意到 x E [-1,1],有史 E [0,1],」e [-1.0],故有|g(x)|<l + l=2.
五、联想反证法，类比创条件
对于一些数学问题，如果从正面思考较难，不妨尝试从反面入手，巧用逆向思维, 比如借反证法来找到解决问题的途径。

例7 函数f(x)=x2+ax+b (a,beR), xe [― 1,1],求证：
|f(x)|的最大值M>-.
2
证明假设M<-,则|f(x)|<-,.\/(%)<-,
B|J - — < x2 +ax + b <—.
2 2
令x=O,l,—1,分别代入上式，得
2 2
2 2
--- < 6Z + Z? + 1 < —, (§)
2 2
由②+③，得-与①矛盾。

点评通过假设结论不成立，创设了工日-1,1]时，|f(X)|<|恒成立这一常规而打开局面的有利条件，可谓“高招”！
六、鸡尾酒疗法，相是益彰好
每一种解法都不是万能的，如果把各种解题方法灵活地相互结合、渗透，那么不但能解决实际问题，而且思路开阔，有利于培养创造能力、提升数学品质。

例8 函数f(x)=ax2+bx+c(a#)),对一切XG[-1,1],都有f(x)<l,求证：对一•切
X G [-2,2],都有f(x)<7.
分析函数y=|ax2+bx+c| (a六))在区间[p,q]上的最大值，由图象易知只能在x=p或x=q或x = ~—处取得，于是由题意只需证明|f(-2)|<7且|f(2)|W7且| /*(-—) |< 7.
2a 2a 由已知|f(—l)|=|a+b—c|, |f(l)|=|a+b+c|,|RO)|=|c|, |R—2)|=|4a—2b+c|
=|3f(-l)+f(l)—3f(0)|
<3|f(-l)|+|f(l)+3|f(0)|
=3xl+l+3xl=7
同理|f(2)|<7.
若—_L任[—2,2],则由以上可知命题已证。

2a
若-妇[-2,2],贝U 2(7
2a 4a
b2 c
4a
1
.•.|/(-排l + ：xlx2 = 2.
2a 2
因此,对一切券[-2,2],都有|f(x)|W7.
例9 (1998年“希望杯''高三赛题)若函数f(x)=ax2+bx+c(a#)),对一切XE [0,1],
恒有|f(x)|<l.
(1)对所有这样的f(x),求|a|+|b|+|c|可能的最大值;
(2)试给出一个这样的f(x),使|a|+|b|+|c|确实取到上述最大值。

/•(1) =。

+ 力 + &
解(1)由 = + +
2 4 2
/(°) 二0 ■
a = 2f⑴- 4/(|)+ 2/(0),
解得。

=4/(!)-f(l)-3f(0),
c = /(0)
所以\a\^\b\ + \c\=\ 2f (1)-4处)+ 2f(0)| +14/(|)-/(l)-3/(0) + /(0)|
^3|/(1) + 8|/(|)|+6|/(O)|
<3+8+6=17
故|a|+|b|+|c|可能最大值为17.
(2)取a=8,b=—8, c=l,则
f(x)=8x2-8x+l = 8(x——)2-1
./w在[0,1]上确实有照)0,且|a|+|b|+|c|=17.
解题思维训练是巩固所学知识的重要环节，也是培养优良教学素养的有效手段，在学习中应当有意识地培养思维的“方向感”和思路的“归属感”，促进数学思维空间的拓展，也有助于思维品质的提升。

例谈二次函数区间最值的求解策略
如何求解二次函数在区间上的最值，是一•个综合性较强的问题，影响二次函数在某区间上最值的是区间和对称的位置。

本文就区间和对称轴动与静的变化进行分类，探索求最值的方法。

一、定区间与定轴
区间和对称轴都确定时，则将函数式配方，再根据对称轴和区间的关系，结合函数在区间上的单调性，求最值。

例1 已知f(x) = x2—— x-1, x G[1,V3],求f(x)最值。

分析这2002年上海高考题的一个变式题，对f(x)配方，得
/⑴二仃-日顼_1擂],
其图象开口向上，对称轴x =
故f (X)max =f(T)= ^^；f(X)min =/(季)=-\・
二、定区间与动轴
区间确定而对称轴变化时，应根据对称轴在区间的左、右两侧和穿过区间这三种情况分别讨论，再利用二次函数的示意图，结合单调性求解。

例2 己知/(A) = -x2 + 2mx +[0,1]时，f(x)最大值为1,求m 值。

分析f(x)的图象开口向下，对称轴为x=m。

(1)当mvO 时,f(x)在[0, 1]±递减，/(x)max=/(O) = zn-l.
由m— 1 = 1,得m=2这与m<0矛盾。

(2) 0<m<l 时,/(x)max = f(m) = m3 + m -1.
由m2+m—1=1,得m=l,这与m>l矛盾。

或m=・2 ,m=2与0WmW 1矛盾。

综上可知m=l o
三、动区间和定轴
对称轴确定而区间在变化时，只需对动区间能否包含抛物线的顶点的横坐标进行分类讨论。

例3 已知函数/(%) = -3x2 -3x + 4/?2［-/?,/?］且b>0,若/(x)inax =7,求bo 分析这是1990年全国高考题的-•道压轴题中半部分的代数求值问题。

将表达式配方,得/(X)=-3(X +|)2+4Z?2+3.
由于XG［—b,b］,对称轴x = -~,所以应对」冬［-"］及--e［-b,b］分类讨论。

2
(1)若—-<-/?,即OvbvL肘，f(x)在［一b,b］上递减，*x=—b 时，
/(L=-3(-/J +!)2+4/J+3=7.
由/Wmax=7,得：=一2土山,与0v/,<!矛盾。

2 2
3 若—b<-~,即b>-,则对称穿过区间［—b, b］,那么当x = --nt,
2 2 2
/(X)max =4屏+3.由f(x)max=7,得b2=l,X>0, Ab=lo
综上可知b=l.
四、动区间与动轴
当区间和对称轴均在变化时，亦可根据对•称轴在区间的左、右两侧及穿过区间
三种情况讨论，并结合图形和单调性处理。

例4 己知f(x)=—x2+(a — 1 )x+a,xe [ 1 ,a]的最大值为100,求a 值。

分析由xe [l,a],可知a>l, f(x)图象开U向下，对称轴为工=竺「・
(1)当^-*-<1,即1 <a<3 时,f(x)max=f(l)=2a—2.
由2a-2= 100,得a=51 这与l<a<3 矛盾。

<2)当1〈导 <。

，即a>3 时，f(x)max =/•(§)=后+了 + 七2由"+ 2" +1 = I。

,得a=i9,或a=—21,又a>3, a=19.
4
// — 1 __
(3)尚——&时，a<—1,与a>l矛盾，故对称轴不可能在x=a的右侧。

2
抽象函数常见题型例析
这里所谓抽象函数，是指只给出函数的一•些性质，而未给出函数解析式的一•类函数，抽象函数一般以中学阶段所学的基本函数为背景背景，且构思新颖，条件隐蔽、技巧性强，解法灵活。

因此，抽象函数在近几年的各种考试中，成为考查的重点。

一、求函数解析式
例1是否存在这样的函数f(x),使下列3个条件：
(1) f(n)>0, ncN*； (2) f(ni+n2)=f(ni)f(n2),ni> acN*；
(3)f(2)=4
同时成立？若存在,求出f(x)的解析式，若不成立，说明理由。

分析题设给出了函数f(x)满足的3个条件，探索结论是否成立。

我们可以用不完全归纳法寻找f(x)的解析式，再用数学归纳法证明其正确性。

解若存在这样的函数f(x),由条件得f(2)=f(l + l)=[f(l)]2=4,
・・・f(l)=2.X f(2)=22,
・・・ H3)=H2+l)=f(2)H 1)=23,
R4)=R3+l)=f(3)f(l)=24.
由此猜想f(x)=2x(xeN*).
下面用数学归纳法证明上述猜想。

(1)半n=l时，显然成立。

(2 )假设当n=k(k G N*)时猜想成立，即f(k)=2k,那么当n=k+l时，则f(k+l)=f(k)・f(l)=2k・2=2k+l 仍然成立。

综上所述，存在函数f(x)=2x,对xcN*成立。

利用所给条件，通过数据实验，用不完全归纳法问题出猜想，再用数学归纳法
给出证明，是处理抽象函数递推型综合题的常用方法。

二、判断函数的单调性
例2设f(x)是定义在[一1, 1〕上的函数，且满足f(—x)=—f(x),对任意a、be [—
1, 1],当a+b*O时，都有/(-) + /(/；)>0o试判断f(x)的单调性。

a +b
分析由函数单调性的定义，首先问题着f(X2)—f(xi),这里xi，x2e[—1?1],旦
X,<X2,再利用题设中的条件变形，考察f(X2)—(Xi)的符号，就可得出结论。

解设X I,X2E[—1,1]，且Xi〈X2，
川2)- m)=fg)+r(F=/(顼+,/_(三).[x2+(-%,)].
X2 + (-X)
由条件，得/(皇)+ /(-以〉0,又X2—X|>0,
心+ (r I)
f(x2)—f(xi)>o,f(x2)>f(xi),
・・・f(x)在[―1,1]上是增函数。

三、求函数值或值域
例3己知定义在N*上，且在N*上取值的增函数y=f(n)o对任意m, IIG N*,
当m、n 互质时，f(mn)=f(m)f(n).又f( 180)= 180,求f(2004)值。

分析由f( 180)= 180及题设可推出f(l)=l,再利用f(n)eN+寻找f(n)及n关系，然后求值。

解V f(l 80)=f( 1 x 180)=f(l)-f(l80)=180,即f(l)H180)=180,..・Rl)=l.由Rn)是增
函数及函数值是IH 然数可得，1 =f( 1 )<f(2)<f(3)...<f( 179)<f( 180)=180.
・・・ f(n)=n(l<n<180,nGN*).
・・・H2004)=H12xl67)
=R12)・f(167)
=12x167=2004.
注一般地，抽象函数求值，要先找自变量与函数值之间的关系，根据找到的
关系再注值。

例4 f(x)是定义在R上的函数，且满足：
(1)f(—X)=—f(x)； (2)对任意x,yeR,有f(x+y)=f(x)+f(y)；
(3)当x>0时，f(x)<0,且f(l)=-2o求函数f(x)在［一3, 3］上的最值。

分析抽象函数求最值问题，一•般是先根据条件确定函数的单调性，然后再确定其最值。

解设0<X|<X2<3,则
f(x2)=fl(x2—X ］ )+x 1 ］=f(x2—X1 )+f(x I)
即f(x2—Xi)=f(x2)—f(Xi).
X2 — X1 >0, /. f(X2 — X l)<0.
f(X2)— f(x 1 )<0,即f(x ］ )>f(X2).
・・・f(x)在［0,3］上是减函数。

又由f(-x)=-f(x)，得f(x)在［-3,0］上也是减函数，从而f(x)在［一3, 3］上是减函数。

所以，当X=—3时，f(x)取最大值，其值为
H—3)=—H3)=—fU+2)=—Hl)—Hl+1)=—3f(l)=6.
当x=3时，f(x)取最小值，其值为f(3)=—f(3)=—6.
注函数单调性是函数的局部性质，在确定函数.单调性时，要根据条件，把定义域分割成若干个区间，分别讨论其单调性。

四、判断函数的周期
例5设f(x)是定义在R上的函数，且f(—x)=f(x),其图象关于直线x=l对称，
对任意X]X2《[0,L ],都有HXi+X2)=f(Xi)・f(X2).
(1)设f(l)=2,求/(-) /(-); (2)证明f(x)是周期函数。

2 4
分析(1)把f(i)用/(：)表示，再求/‘(!),而/‘(!)=舟(：)，注意开方时的符号。

(2)由图象关于x=l对称，可得f(x)=f(2—x),再利用f(—x)=f(x)就可确定其周期。

解(1)由函数y=f(x)的性质知，
X X X X
/(x) = /(- + -) = /(-)/(-).O,xe[O,l].
又・・./⑴=/(! + ：)=广(：)=2.
」 J I
.•./(：)=产(：)二次，
顼!)二帼.
4
将上式中一x以x代替得，f(x)=f(x+2),x《R.故f(x)是以2为一个周期的周期函数。

注判断函数f(x)的周期性，就是寻找满足等式f(x+T)=f(x)中的非零常数To在解题时，注意利用题设中函数的奇偶性、对称性等性质，把这些性质转化成相应的等式，再证明f(x+T)=f(x)o
五、不等式问题
例6定义在(一1, 1)上的函数f(x)满足：
(1)对任意x、ye ( — 1, 1)都H /(x) + f(y) =
A + xy
(2)当xc(—1,0)时，有f(x)>0；求证：/(£) + /(*) + ..・ + /( ― ) > /(I).
5 11 ir +3/1 + 1 2
分析因为XE(—1,0)时,有f(x)>0,而结论中要求x>0时f(x)的值,故要先判断f(x)的奇偶性。

因为不等式证明时需放缩，还要判断f(x)的单调性。

解在等式/O) +f(y) =，(土与中,令x=y=0,得f(0)=0,再令y= — x,得. 1 + xy
Hx)+R—x)=0,艮[]f(—x)=—f(x),
・・・f(x)在(-1, 1)上是奇函数。

设一1<X]VX2〈O,则
/Ul) ) = f (易)+ •/(一尤2)= f( ~~ )
1-”2
— l<Xi<X2<0,
「• Xi — X2<0』一X]X2>0.
Af(Xi)>f(X2).
故f(x)在XE(—l,0)±是减函数。

又由奇函数的性质知f(x)在XE(0,l)上仍然是减函数，旦f(x)<0.
'七2 + 3”1)T[(n + r)(n + 2)-l]
= /」) + /.(-一〃 +1 〃 + 2
〃 + 1 n + 2
z 1 /1 ■ — /(-)-/(-) + 3 4 + ••• +
MU)
n+2 〃+2 『AU
故所证不等式成立。

注 本题先确定函数的奇偶性和单调性，利用裂项求和进行化简，再根据条件
用放缩法证明不等式；在解题过程中，利用题设充分挖掘隐含条件，开拓解题思路， 使问题得到解决。

六、 图象的对称性
例7设a 是常数，函数f(x)对一切XE R 都满足f(a —x)=—f(a+x)o
求证：函数f(x)的图象关于点(a,0)成中心对称图形。

证明 v f (a -x) = -f(a + x) X'j 任意 XG R 都成立，
f 3) = f" - (。

一尤)]=+ = -/(2a -A ).
..•在f(x)的图象上任取一点(x (),yo ),则其关于(a,0)的对称点(2a —x 0,—yo)也 在其图象
上。

・.・f(x)图象关于点(a,0)成中心对称图形。

注证明一个函数图象的对称性问题，只需在此函数图明上任取一点P1,证明 它的对称点P2也
在其图象上。

七、 方程根的问题
例8已知函数f(x)对于一切实数x 满足f(x)=f(12—x),若方程f(x)=0有n 个不
.,./ (—) + /(一) -- 1- / ( ----------- )
5 11 〃2 + 3〃 + l
同的实数根，这个n人实根的和是48,求n的值。

分析由方程根的意义及等式f(x)=f(12—x)的意义知，方程的根是成对出现的, 且成对两根之和是12.
解由方程f(x)=f(12—X)知，如果x()是方程f(x)的根，那么12-xo也是方程的根，且
x(#12—xo,xo+(12—x())=12.由48=12x4可知方程f(x)=O有四对不同的实数根，即方程
f(x)=O有8个不同的实根，.・・n=8.
注解此题的关键是，理解f(x)=f(12—x)的意义，判断出方程根的性质。

抽象函数问题，往往综合运用函数的性质及数学思想方法，挖掘隐含条件，探索抽象函数的有关性质，寻找解题思路。

高三数学复习方法
高三数学复习，大体可分三个阶段，每一•个阶段的复习方法与侧重点都各不相同，要求也逐步提高。

一、基础复习阶段——系统整理，构建数学知识网络
将高中阶段所学的数学基础知识进行系统整理，进行有机的中联，构建成知识网络，使学生对整个高中数学体系有一个全面的认识和把握，以便于知识的存储、提取和应用，也有利于学生思维品质培养和提高，这是数学复习的重要环节。

从近几年来高考试题中我们可以看到：基础知识，基本技能，基本思想和方法始终是高考数学试题考查的重点。

《考试说明》明确指出：易、中、难题的占分比例控制在3：5：2 左右，即中、低档题占总分的80%左右，这就决定了我们在高考复习中必须抓基础, 常抓不懈，只有基础打好了，做中、低档题才会概念清楚，得心应手，做难题和综合题才能思路清晰，运算准确。

在高考第一轮复习中应以夯实双基为主，对构建的知识网络上每个知识点要弄清要领，了解数学知识和理论的形成过程以及解决数学问题的思维过程，注重基础知识的复习和基本技能的训练，不求高难，应为后继阶段的综合能力提高打下坚实基础。

要贴紧课本，对课本中的例题、知识点加以概括和延伸，使之起到举一反三，触类旁通的效果。

如课本中数列一章有详细推导等差数列和等比数列前n项和公式的过程，通过复习要掌握“倒序相加法”和“错位相加法”两种不同的方法，为我们在数列求和的解题中提供思路和方法。

因此在复习时特别要注意课本中例题和习题所启示的解题方法，要关于总结，丰富解题思路。

二、综合复习阶段——综合深化，掌握数学思想方法
第二轮复习是在第一轮复习的基础上进行巩固、完善、综合、提高的重要阶段,
是关系到学生的数学素质能否迅速提高进而适应高考中、难度试题的关键。

第二物理
学复习要加强对思维品质和综合能力的培养，主要着眼于知识重组，建立完整的知识能力结构，包括学科的方法能力、思维能力、表达能力，但这都必须建立在知识的识记能力基础之上，理解知识的来源及其所蕴含的数学思想、数学方法，把握知识的纵横联系，培养探索研究问题的能力。

常用的数学思想方法有化归，函数与方程的思想, 分类讨论思想，数形结合思想以及配方法、换元法、待定系数法等等。

这些基本思想和方法分散地渗透在中学数学教材中，在高一、高二的学习过程中，主要精力集中于数学知识学习中，缺乏对基本的数学思想和方法的归纳和总结，在高考前的复习过程中，要在复习基础知识的同时，有意识地掌握基本数学思想和方法，只有这样，在高考中才册灵活运用和综合运用所学的知识。

第二轮复习要培养数学应用意识，学会从材料的情景、问题中去理论，册根据题n所给的材料，找到主干和知识的结合点。

要学会形成体系和方法，即解题思路，包括对•有效信息的提取、解题所需的方法和技巧、对•事实材料的分析和判断及结论的评价和反思等。

三、强化复习阶段——强化训练，提高应试实战能力
从某种意义上说，成绩是练出来的，考前强化训练尤其重要。

练近年来的高考试题和各地的模拟试题，掌握高考信息和命题动向，提高正克率，练出速度，在练中升华到纯熟生巧的境界。

在练习时要注意以下几点。

解题要规范，俗话说：“不怕难题不得分，就怕每题都扣分”，所以务必将解题过程写得层次分明，结构完整。

重要的是解题质量而非数量，要针对自己的问题有选择地精练，发现错误及时纠正，把做错的题做上标记，在旁边写上评析，然后把试卷保存好，过一段时间，再做一遍。

不应满足于会做，应注意解题后的反思常悟，悟出解题策略、思想方法的精华，尤其对
•些高考题，新题和难度稍大的题，这种反思更为重要，多思出悟性，常悟获精华。

考试是一门学问，高考要想取得好成绩，不仅取决于扎实的基础知识、熟练的
基本技能和过硬的解题能力，而且取决一于临场的发挥，我们要把平常的考试看成是积累考试经验的重要途径，把平时的考试当做高考，从心理调节、时间分配、节奏的掌握以及整个考试的运筹诸方面不断进行调试，逐步适应。

每次考完后，自己都应认真总结对做过题的题要分析，错误要怎样造成的？解题及思考过程有什么不合理的地方？做错是属于知识上、心理上、能力上还是策略上的原因？即使对解对了的题也要分析，解题过程是否完美，有无更好的解法？对综合题和难题要分析，考查了哪些知识点？怎样审题？怎样打开解题思路？主要运用了哪些方法和技巧？关键步骤在哪里？
高考要考出好成绩，考试时要有自信心，保持平和心态，把握全局，从易到难, 沉着应试，注意审题，计算细心，避免无谓差错，发挥应有的水平。