数学解题的策略是指为实现解题目的而确定的采取行动的方针、方式和方法。
一个数学题的难易程度取决于构成这道题的四个要素：条件、结论、解法及题解。如果一道题的条件、结论是明确的，其解法与解题根据也是为我们所熟悉的，我们称之为容易题。一些复习过和练习过的并为我们所掌握的练习同样也认为是容易题。如果一道题目在条件、结论、解法及题解的四个要素有一个或一个以上为我们不知道(或不明确的)，即通常所说陌生题，我们称之为中等题或者难题。
我们这里谈的解题策略是针对后者而说的。
常用的解题策略有熟悉化原则、简单化原则、逆向思维原则。具体化原则和和谐化原则等。
熟悉化原则，就是把一个我们不熟悉的问题转化为与之有关的我们熟悉的问题，以便用熟悉的知识和方法加以解决。
对一道陌生的题目，首先要认真地、细致地、深入地观察，尽可能从陌生题中找出熟悉的东西，联想陌生的问题与自己掌握了的哪些知识、方法、经验挂起钩来，把陌生问题转化为熟悉了的问题来处理。
例1 已知实数x，y满足4x2-5xy+4y2=5设S=x2+y2记Smax、Smin分别为S的最大值、最小值，求 的值.
分析 从几何意义来说：4x2-5xy+4y2=5是二次曲线，S=x2+y2是以原点为圆心、 为半径的圆系，问题的几何意义是，当圆系和二次曲线有公共点时，求最大的半径和最小半径的平方的倒数和。
可进行变量代换

代入4x2-5xy+4y2=5得关于S的函数表达式.

当sin2θ=1时，有Smax=
当sin2θ=-1时，有Smin=
从而
= .
例2 证明 ，其中x>0，y>0，a>0，b>0且x2+y2=1.
分析 观察待证的不等式，其左边类似于两个复数模的和.因而可将问题转化为复数的模的有关问题.
解 设z1=ax+byi，z2=bx+ayi
则 =|z1|+|z2|
≥|z1+z2|=|x(a+b)+y(a+b)i|
=|a+b||x+yi|=|a+b|
∵a，b>0，x2+y2=1
∴
例3 给定自然数a≥2，集合
A={y|y=ax x N}
B={y|y=(a+1)x+b，x N}
在区间[1，a]上是否存在b，使c=A∩B ,如果存在，试求b的一切可能值及相应集合C，如果不存在，试说明理由。
分析 由已知ax，(a+1)x都是自然数，要使A∩B ，必须b N且满足
ax1=(a+1)x2+b
即x2= ，（x1，x2 N）
此式与等比数列{a1qn+1}的前n项和
a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1= （q 1）
的右边相类似，故可借助于等比数例前n项和的公式求来解。
⑴当x1为正偶数时，



=-[1-a+a2-a3+…+(-a) ]-
∵1≤b≤a，可知0≤ <1
又x2 N,∴ =0
即b=1，此时
C=A∩B=={y|y=a2x，x N}
⑵当x1为正奇数时，


=[1-a+a2-a3+…+(-a) ]-
又1≤b≤a可知0< ≤1
∵x2 N,∴ =1，且 ≥2
这时b=a，x1≥3.
∴C=A∩B=={y|y=a2x-1，x N}
换元法、形数结合、类比联想等是把陌生问题转化为熟悉问题常用的手段，把陌生问题转化为熟悉问题，关键是把陌生问题和熟悉的知识、方法、解题经验挂上钩。为此，必须注意积累知识，增加思维信息的储存量，搜集，整理已有的知识、方法和解题的经验，掌握的知识、方法越丰富，转化能力就越强，解题也就容易得心应手。
简单化原则 是指在解题过程中善于把较复杂的问题转化为较简单的问题，把较复杂的形式转化为较简单的形式，或者把复杂的问题先退到较简单的问题，以退求进，使问题易于解决。
例4 已知a，b，c，d [0，1)，若M=(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)，N=1-a-b-c-d，试比较M、N的大小。
分析 这是一个含有4个变元的问题，直接比较显得有些困难，不妨先将4个变元退到2个来考虑，即比较(1-a)(1-b)与1-a-b的大小关系，作为解法的突破口。
(1-a)(1-b)=1-a-b+ab
∵a、b [0，1)，∴(1-a)(1-b)≥1-a-b
当且仅当ab=0时等号成立.
然后进而考虑3个变元
(1-a)(1-b)(1-c)≥(1-a-b)(1-c)
=1-a-b-c+(a+b)c
≥1-a-b-c
再进一步研究4个变元
(1-a)(1-b)(1-c)(1-d)≥(1-a-b-c)(1-d)
=1-a-b-c-d+(a+b+c)d
≥1-a-b-c-d
等号成立的条件是

得当且仅当a，b，c，d中至少有三个为零时等号成立，即M=N.
例5 已知A(acos ，asin )、B(acos ，asin )，C(acos ，asin )其中 ， ， 互不相等，求△ABC的外心坐标。
分析1 求△ABC外接圆方程，圆心即为所求.
分析2 求AB，BC线段的垂直平分线的交点.
以上两种途径都有一定的计算量，还可以寻找更简单的方法来处理。
分析3 外心到三点A，B，C距离相等，而A，B，C同在以原点为圆心.|a|为半径的圆上，故△ABC的外心坐标为(0，0).
例6 已知数列{an}的通项公式an=n2，数列{bn}的前n项和Sn满足
，n N记数列{( ) }的前n项和为Tn.
求证：当n≥2时，Tn≥
分析 所给的已知条件形式冗长，作适当变换进行化简还其本质面目。
a2n+a2n-1+…+an+1=(2n)2+(2n-1)2+…+(n+1)2
=[12+22+32+…+(2n)2]-(12+22+…+n2)
=
=
这样{bn}的前n项和Sn=n(1+2n)
再使Tn表达式明确化.
∴
于是已知条件进一步化简
数列{( ) }是以 为首项， 为公比的等比数列Tn =
注意到，当n≥2时 ≤ ，即可证得Tn≥
例7 设复数z0的模等于1，a= ，zn=z0an，an=|zn-zn-1|，n N，求
分析 这是一个数列、复数、极限的综合题，我们可采用“分而治之”的策略，把这个综合题分划为三个熟悉的基本问题。
⑴求zn-zn-1
⑵求an=|zn-zn-1|
⑶求
解：∵zn=z0an，|z0|=1，a=
zn=z0[cos(- )+isin(- )]
zn-zn-1=z0 [ ]+i[ ]
∴an=|zn-zn-1|=
=
(n=1,2,3,……)
由此可知{an}是首项为 ，公比为 等比数列.
∴
逆向思维原则 也称为倒着干原则,在研究问题过程中有意去做与习惯性的思维方向完全相反的方向去探索：顺推不行时,逆推；直接解决不行时考虑用间接方法,譬如反证法去解决,当探讨可能性发生困难时可考虑其不可能性……当我们反复思考某个方向解题陷入困境时,逆向思维往往使人顿开茅塞。
例8 m为何值时，不等式：sin2x-2msinx+2m+1>0对一切的x [0， ]均成立.
分析 令cosx=t [0，1]，则不等式变为t2-2mt+2m+1>0 (*)
习惯上解法是 研究函数 f(t)=t2-2mt+3m+1
求这二次函数在[0，1]内与x轴有交点的条件，这样解法较繁，我们换个角度去处理，将(*)式对m进行集项.
2(t-1)m<t2+1
显然，t=1时，m取任意实数，t≠1时，t-1<0
∴m> (**)
为使(**)式时t [0，1)恒成立，m必须大于函数 (t [0，1))的最大值.
∵ = = [(t-1)+ +2]
∵t-1 [-1，0)，而函数 在u ( ，0)内递减.
∴ ≤ =-
因而求得m>- .
这里m原来是参变量的地位，运用等价转化思想，使其升格到因变量的地位.
例9 已知z1、z2是非零复数，且|z1+z2|=|z1-z2|，求证 <0
分析 要证 <0，显然只要证 是一个纯虚数.由此可见有三种解法.
解1 实数化.设z1=x1+y1i，z2=x2+y2i(x1，x2，y1，y2 )，则由|z1+z2|=|z1-z2|
得 x1x2+y1y2=0
∴ =
而z1、z2是非零复数，故 是一个纯虚数.
解2 利用共轭复数性质，整体处理，要证 是一个纯虚数，即要证 + =0且 ≠0
∵|z1+z2|=|z1-z2|
即(z1+z2)( )=(z1-z2)( )
∴ ，即 + =0
又∵ ≠0，∴ 是一个纯虚数
解3 数形结合法，要证 是纯虚数，即要证z1= ，即要证对应的两个向量OZ1与OZ2互相垂直.

∵|z1+z2|=|z1-z2|
故由OZ1和OZ2确定的平行四边形是一个矩形
∴OZ1⊥OZ2，故结论成立
注 应用分析法，追寻使结论成立的充分条件是寻找解题思路的常用的方法。
例10 已知二次函数f(x)的二次项系数为负值，对任意的实数x，都有f(2-x)=f(2+x)试问：在f(1-2x2)与f(1+2x2-x2)满足什么关系时，方有-2<x<0.
分析 由已知可知，二次函数图象开口向下，x=2是对称轴，(- ，2]，(2，+ )分别是这函数的单调递增、单调递减区间，又1-2x2≤1，1+2x2-x2=-(x-1)2+2≤2.故对-2<x<0，1-2x2，1+2x2-x2的值在二次函数f(x)的单调递增区间，故只要考虑当-2<x<0时，
1-2x2与1+2x2-x2大小关系即可.显然，对-2<x<0有
1-2x2-(1+2x2-x2)=-x2-2x=-x(x+2)>0
∴f(1-2x2)>f(1+2x2-x2).
例11 求证12-22+32-42+…+(-1)n-1·n2=(-1)n-1·
分析 按常规思路可以用数学归纳法或者对等式左边分类(分奇偶)求和。但是，若把左边看成数列{(-1)n-1n2}的n项的和，则右边即为Sn.根据an与sn的关系
an=sn-sn-1(n≥2)
则有(-1)n-1· -(-1)n-2 =(-1)n-1n2因此可以先证明上式，然后用逐项相加的办法就可得到不同于常规的证明方法。
证明 ∵(-1)k-1· -(-1)k-2· =(-1)k-1· (k+1+k-1)=(-1)k-1k2
令k=1，2，3，……，n就得到
12-22+32-42+…+(-1)n-1n2
=
=(-1)n-1
例12 解关于x的不等式：
logkxx+logx(kx2)>0 (k>0)
分析 运用等价转换将对数不等式转化为代数不等式。
解 原不等式等价于
等价于

设1+logxk=y，则④变为
y+ +1>0即 >0
∵y2+y+1>0，∴y>0
即 1+logxk>0，∴logxk>-1

由上可得
1°当0<k<1时，原不等式解集为
{x|x> 或0<x<1}
2°当k=1时，原不等式的解集为
{x|x>0且x≠1}
3°当k>1时，原不等式的解集为
{x|x>1或0<x< }
例13 设有两个复数z和u，且
z=1-cos +isin ( (0，2 ))
u=a2+ai(a R)
zu是纯虚数，另存在复数 ，使 =z2+2zu+u2成立，试问关系式“ >0”可存在吗？证明你的结论。
分析 “ >0”存在与否，未给出结论，可以假定 >0存在进行推论，也可以假定 >0不存在，进行推证，直到产生矛盾的结果为止，否定其中之一，或者未发现任何矛盾，肯定其中之一，前者的判断实质是应用反证法。
解 若存在 >0，则有
=z2+2zu+u2=(z+u)2>0
由于虚数的平方一定不是正实数，所以可知必有
z+u=1-cos +a2+(a+sin )I
是实数，所以必须且只需有
a+sin =0
∴a=-sin ①
又由已知zu是纯虚数，所以
zu=[a2(1-cos )-asin ]+i[a2sin +a(1-cos )]中，必须且只需

由③可得 a≠0，则由②得
(∵ (0，2 )，1-cos ≠0) ④
由①和④，得

由于a≠0，所以sin ≠0，
于是得
cos -1=1
cos =2
此式显然不能成立，因而“ >0”也就不可能成立.
具体化原则 这个策略是指力求把抽象的问题，变换成比较直观的问题，使我们能形象地看出问题所涉及的各个对象之间的联系，以有利于把一般原理，一般规律应用到问题中去。
例14 n只容积相同的量杯盛有n种不同的纯溶液，此外还有一只容积相同的空量杯，试证明：可以通过有限步混合手续，使它们成为成份相同的n杯溶液，此外还余了一个空量杯。
分析 当n=1时，不需混合手续，结论显然成立。假设n=k时结论成立，要证明n=k+1时结论也成立。为了能利用归纳假设，可以先置一杯溶液于一边不管，只考虑其余k杯溶液，于是由归纳的假设知，利用空量杯进行有限次混合手续即可将它们混合为k杯成份相同的溶液，此外还余下了一个空量杯，接下来解决剩下的一杯“纯溶液”和其余已混合了的k杯“混合溶液”的混合问题，这里需要我们拿出一个切实可行的操作方案才能完成由n=k过渡推出n=k+1，以实现递推过程，为了寻找这个切实可行的方案可先变换讨论n=2和n=3的具体情况，从特殊中找一般方案。
n=2时，先将一杯溶液倒 到空杯中，再用另一杯溶液倒满上述两个杯子即完成。
n=3时，先置一杯溶液于一边，就回到了n=2的情况，按上面的方法操作进行混合好，于是将已混合好了的两杯溶液各倒 于空杯中，这时每杯含这两杯混合液的 ，最后将先放一旁的一杯纯液参与混合的溶液，分别注满前面的三个杯子混合即成。通过对n=2，n=3的具体操作足以抽象出一般的方法和规律了，于是当假设n=k时结论成立时，对n=k+1的情况，可先置一杯溶液于一旁不管，由归纳假设知，利用空量杯可以进行有限次混合手续，可将它们混合为k杯成份相同的溶液，同时还留下一个空量杯，现在只要将这混合好的混合溶液量杯各倒 于空杯中，这时母杯含k杯混合液的 ，最后将先放在旁的一杯纯溶液分别注满前后的k+1杯子混合，即实现了通过有限步手续，使这k+1杯成为分相同的溶液，同时还余了一个空量杯，这样就完成了用数学归纳法对命题正确性的证明。
例15 数列{an}中， ，且前n项的算术平均值等于第n项的(2n-1)倍(n N)试确定Sn.
分析
n≥2时，Sn=n(2n-1)(Sn-Sn-1)
Sn= 先赋n以具体值，以寻找Sn结构的规律。
n=1，S1=a1=
n=2，S2= S1=
n=3，S3= S2=
n=4，S4= S3=
……
结论
再用数学归纳法证明猜想的正确性.
1°当n=1时，S1= = ，公式成立
2°假设当m=k (k≥1，k N)时有

则
=
=
这就是说，对于n=k+1公式也成立.
由1°，2°对于n N公式 都成立.
注 这种由试验、归纳、猜想、证明的过程来解决问题是一种重要的数学思想方法，常用于关于自然数的一些数学命题。这种方法的关键步骤是“归纳”和猜想，在处理试验结果时应通过观察、分析、比较、概括出规律，从而得出结论的猜想。
和谐化原则 是指利用数和形内部固有的和谐统一的特点，建立各种必要的联系，有利于促使问题的转化和解决，和谐化原则通常表现如对称，均衡、协调、统一等。
例16 在数轴正方向上，区间(0， )上的点和(2，+ )上的点，哪个多？
分析 从直观上看，当然(2，+ )上的点多了，因为它的长度比(0， )区间的长度要来得长.
这个回答是错误的.
我们用“对称”思想来处理，显然在区间(2，+ )上的任意一个数a，在区间(0， )上，都余有唯一的数 与它对应，而且，当a和a 不同时， 和 也不同；反之，在(0， )区间上的任意一数b，在(2，+ )上也有唯一的一数 与b对应，并满足，b和b 不同时， 与 也不相同.
在数学中充满了“对称”，如共轭复数z， ；互为有理化因子a+ 与a- (a，b R)；对sinα，cosα来说有sin2α+cos2α=1；对称式，轮换对称式；还有几何中的对称图形等等.
在解题思考中，用“和谐化”思想指导作分析，常常是化繁为简、化难为易的有力武器.
例17 求函数 的最大值.
分析 首先想到的是用判别式法，但计算较繁，为此我们对解析式进行变形，改变其结构，力求使之简单，和谐.
=
=
=
到这里，函数解析式表示为中间变量1+3x2的表达式，由此，轻而易举的用极值定理.
y≤
=
当且仅当3x2+1= 即3x2+1=3，即x= 时取等号，也就是说，当x= 时，y有最大值为 .
例18 底面是梯形的直棱棱柱，两个平行侧面的面积和为S，这两个侧面的距离为h，那么这个整棱柱的体积为( )
(A)sh (B) Sh
(C) Sh (D)2Sh
分析 如图22-1，ABCD-A1B1C1D1是直棱柱，底面ABCD是梯形，AB∥CD，侧面AB1∥侧面D1C1， + =S.侧面AB1和侧面DC1之间距离为h，我们在直棱柱ABCD--A1B1C1D1右边再拼接一个同样大小直棱柱，扩成了一个直四棱柱AEFD-A1E1F1D1，视面AEE1A1为这棱柱的底，则
.故V = .选(B).
例19 求证：cos2A+cos2(60°-A)+cos2(60°+A)=
分析 令x=cos2A+cos2(60°+A)+cos2(60°-A)化简最终目标是常数，因而在化简过程中尽可能地增大常量因素，减少变量因素。如能将左端直逼一个常数？由公式sin2α+cos2α=1可将左端每一项向1逼近，为此引进与x对称的配偶式子y=sin2A+sin2(60°+A)+sin2(60°-A)
由此得到 x+y=3
x-y=cos2A+cos(120°-2A)+cos(120°+2A)
=cos2A+2cos120°cos2A
=0
解关于x，y的方程组得x= .
即 cos2A+cos2(60°+A)+cos2(60°+A)= 得证.
例20 椭圆 的焦点分别是F1和F2，过中心O作直线与椭圆交于A、B，若△ABF2的面积是20，求直线的方程.
分析 利用椭圆的对称性，连AF1，BF1，则AF2BF1是一个平行四边形，因而有

而|F1F2|=2C=10，∴yA=±4.
当yA=4时，xA=±3.此时y= 或y=- x
当yA=-4时，同样得y=± x.
*此文原载于《特级教师 读高中语数外学习》一书