高中數(shù)學解題思想方法全部內(nèi)容(版)

高中數(shù)學解題思想方法全部內(nèi)容（精編版）

目錄

己，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，2

第一章高中數(shù)學解題基本方法3

配方法，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，3

換元法，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，7

待定系數(shù)法14

四、/去，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，19

五、數(shù)學歸納法，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，23

,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,,28

七、反證法I，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，,，，，，，，32

八、消去法，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，

九、分析與綜合法，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，

特殊與一般法，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，

-I^一、類比與歸納法

十二、觀察與實驗法

第二章高中數(shù)學常用的數(shù)學思想35

35

數(shù)形結合思想，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，

分類討論思想41

三、函數(shù)與方程思想，_,47

四、轉(zhuǎn)化（化歸）思想54

第三章高考熱點問題和解題策略59

應用問題，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，59

探索性問題，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，65

三、選擇題解答策略71

四、填空題解答策略77

附錄，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，

一、高考數(shù)學試卷分析，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，

二、兩套高考模擬試卷

參考答案

前言

美國著名數(shù)學教育家波利亞說過，掌握數(shù)學就意味著要善于解題。而當我們解題時遇到

一個新問題，總想用熟悉的題型去“套”，這只是滿足于解出來，只有對數(shù)學思想、數(shù)學

方法理解透徹及融會貫通時，才能提出新看法、巧解法。高考試題十分重視對于數(shù)學思想

方法的考查，特別是突出考查能力的試題，其解答過程都蘊含著重要的數(shù)學思想方法。我

們要有意識地應用數(shù)學思想方法去分析問題解決問題，形成能力，提高數(shù)學素質(zhì)，使自己

具有數(shù)學頭腦和眼光。

高考試題主要從以下幾個方面對數(shù)學思想方法進行考查：

①常用數(shù)學方法：配方法、換元法、待定系數(shù)法、數(shù)學歸納法、參數(shù)法、消去法等；

②數(shù)學邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；

③數(shù)學思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與一般、類比、歸納

和演繹等；

④常用數(shù)學思想：函數(shù)與方程思想、數(shù)形結合思想、分類討論思想、轉(zhuǎn)化（化歸）思

想等。

數(shù)學思想方法與數(shù)學基礎知識相比較，它有較高的地位和層次。數(shù)學知識是數(shù)學內(nèi)容，

可以用文字和符號來記錄和描述，隨著時間的推移，記憶力的減退，將來可能忘記。而數(shù)

學思想方法則是一種數(shù)學意識，只能夠領會和運用，屬于思維的范疇，用以對數(shù)學問題的

認識、處理和解決，掌握數(shù)學思想方法，不是受用陣子，而是受用一輩子，即使數(shù)學知

識忘記了，數(shù)學思想方法也還是對你起作用。

數(shù)學思想方法中，數(shù)學基本方法是數(shù)學思想的體現(xiàn)，是數(shù)學的行為，具有模式化與可操

作性的特征，可以選用作為解題的具體手段。數(shù)學思想是數(shù)學的靈魂，它與數(shù)學基本方法

常常在學習、掌握數(shù)學知識的同時獲得。

可以說，“知識”是基礎，“方法”是手段，“思想”是深化，提高數(shù)學素質(zhì)的核心就

是提高學生對數(shù)學思想方法的認識和運用，數(shù)學素質(zhì)的綜合體現(xiàn)就是“能力”。為了幫

助學生掌握解題的金鑰匙，掌握解題的思想方法，本書先是介紹高考中常用的數(shù)學基本方

法：配方法、換元法、待定系數(shù)法、數(shù)學歸納法、參數(shù)法、消去法、反證法、分析與綜合

法、特殊與一般法、類比與歸納法、觀察與實驗法，再介紹高考中常用的數(shù)學思想：函數(shù)

與方程思想、數(shù)形結合思想、分類討論思想、轉(zhuǎn)化(化歸)思想。最后談談解題中的有關

策略和高考中的幾個熱點問題，并在附錄部分提供了近幾年的高考試卷。

在每節(jié)的內(nèi)容中，先是對方法或者問題進行綜合性的敘述，再以三種題組的形式出現(xiàn)。

再現(xiàn)性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現(xiàn)，示范性題組進行詳細的解答和分

析，對方法和問題進行示范。鞏固性題組旨在檢查學習的效果，起到鞏固的作用。每個題

組中習題的選取，又盡量綜合到代數(shù)、三角、幾何幾個部分重要章節(jié)的數(shù)學知識。

第一章高中數(shù)學解題基本方法

一、配方法

配方法是對數(shù)學式子進行一種定向變形(配成“完全平方”)的技巧，通過配方找到已

知和未知的聯(lián)系，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適當預測，并且合理運用“裂項”

與“添項”、“配”與“湊”的技巧，從而完成配方。有時也將其稱為“湊配法”。

最常見的配方是進行恒等變形，使數(shù)學式子出現(xiàn)完全平方。它主要適用于：已知或者未

知中含有二次方程、二次不等式、二次函數(shù)、二次代數(shù)式的討論與求解，或者缺xy項的

二次曲線的平移變換等問題。

配方法使用的最基本的配方依據(jù)是二項完全平方公式(a+b)

a

a2=a2+2ab+b2,將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：22

2

2+b2=(a+b)2—2ab=(a—b)2+2ab；+ab+b2=(a+b)2—ab=(a—b)2+3ab=(a

+b)2+(b)2；222+(c+a)a+b22+c22+ab+bc+ca=1[(a+b)2+(b+c)2]2a+b

+c=(a+b+c)—2(ab+bc+ca)=(a+b—c)—2(ab—be—ca)=”

結合其它數(shù)學知識和性質(zhì)，相應有另外的一些配方形式，如：

l+sin2a=l+2sinacosa=(sina+cosa)222；

2

2

2

2

x+

1=(x+l)xx

—2=(x—1)

+2；??等等。

x

a

+2a

a

+a

a

:25,則a

+a

I、再現(xiàn)性題組：1.在正項等比數(shù)列｛a2.方程xA.

n

｝中，a

15353735

2

+y

2

-4kx—2y+5k=0表示圓的充要條件是____o

<k<lB.k<

或k>lC.k￡RD.k=

或k=l

3.已知sina+cosa=1,則sina+cosa的值為。A.1B.-1C.1或一1

D.04.函數(shù)y=logl(—2x

44

2

+5x+3)的單調(diào)遞增區(qū)間是。

A.(—8,5.已知方程x

4

]B.[

4

,+°°)C.(-

、x

2

4

]D.[

4

,3)

22

2,則點P(xl,x2)在圓x+y=4上，則實數(shù)a=。

22

【簡解】1小題：利用等比數(shù)列性質(zhì)a

mpamp=am,將已知等式左邊后配方(a3+a5)易求。答案是：5。

+(a-2)x+a-l=O的兩根x

2

1

2小題：配方成圓的標準方程形式(x—a)

2

+(y—b)

2

=r

22

,解r

2

>0即可,選B。

3小題：已知等式經(jīng)配方成(sina+cosa)—2sinacosa=1,求出sinacosa,然后

求出所求式的平方值，再開方求解。選C。4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對

數(shù)函數(shù)及復合函數(shù)的單調(diào)性求解。選D。5小題：答案3一

2222

O

II、示范性題組：

例1.已知長方體的全面積為11,其12條棱的長度之和為24,則這個長方體的一條對

角線長為。A.2

3B.C.5D.6

2(xyyzxz)11,而欲求對角線長

4(xyz)24

【分析】先轉(zhuǎn)換為數(shù)學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z,則

x2y2z2

,將其配

湊成兩已知式的組合形式可得。

【解】設長方體長寬高分別為x,y,z,由已知“長方體的全面積為11,其12條棱的長

度之和為24”而得：

2(xyyzxz)H。

4(xyz)24

長方體所求對角線長為：

x2y2z2

(xyz)22(xyyzxz)

6211=5

所以選B。

【注】本題解答關鍵是在于將兩個已知和一個未知轉(zhuǎn)換為三個數(shù)學表示式，觀察和分析

三個數(shù)學式，容易發(fā)現(xiàn)使用配方法將三個數(shù)學式進行聯(lián)系，即聯(lián)系了已知和未知，

從而求解。這也是我們使用配方法的一種解題模式。

例2.設方程x

2

+kx+2=0的兩實根為p、q,若(

p2q2)+()W7成立，求實數(shù)k的取值范圍。qp

【解】方程x(

2

+kx+2=0的兩實根為p、q,由韋達定理得：p+q=-k,pq=2,+(

P

q

)

2

qp

)

2

p4q4(pq)2(p2q2)22p2q2

(pq)2

o

[(pq)22pq]22p2q2

(pq)2

(k24)28

4

又Vp>q為方程x

W7,解得kW一

或k2

2

2

+kx+2=0的兩實根，A=k

綜合起來，k的取值范圍是：一

或kW—22

WkW—2或者22WkW。

一820即k》2

【注】關于實系數(shù)一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“△”；已知方程有兩

根時，可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到p+q、pq后，觀察已知不等

式，從其結構特征聯(lián)想到先通分后配方，表示成p+q與pq的組合式。假如本題不對

“△”討論，結果招出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對“△”的討論，但解答是

不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視。

例3.設非零復數(shù)a、b滿足a

2

+ab+b

2

=0,求(

aab

)

1998

+(

bab

)

1998

【分析】對已知式可以聯(lián)想：變形為(

a)2+(abb

)+1=0,則

a

b

=3(3為1的立方虛根)；或配方為(a+b)

2

=abo則代入所求式即得。

【解】由a

2

+ab+b

2

=0變形得：(

ab

)

2

+(

ab

)+1=0,2

3

設3=

al2

,則3+3+1=0,可知3為1的立方虛根，所以：b

2

+ab+b

b3

,3=a

3

=1。

又由a

2

=0變形得：(a+b)

2

=ab,

b1998a2999b2999a999b999999al998

所以()+()=()+()=()+()=3+abbaababab

2

2

999

=2o

【注】本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用3的性質(zhì)，計

算表達式中的高次幕。一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯(lián)想和

展開。

ab13ia999

【另解】由a+ab+b)+()+l=O,解出=后，化成三角形式，代入所求表達式的變形

式()+

bab2

b9991i()后，完成后面的運算。此方法用于只是未聯(lián)想到3時進行解題。a2

1i22

假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由a+ab+b=O解出：a=b,直接代入

所求表達式，進行分式化簡后，化成復數(shù)的三角形式，

2

a

=0變形得：(

b

2

利用棣莫佛定理完成最后的計算。

IIL鞏固性題組：

1.

函數(shù)y=(x—a)

2

+(x—b)

2

2

(a、b為常數(shù))的最小值為—

(ab)A.8B.

2

2.

a、B是方程xA.—

3.

22abC.

2

D.最小值不存在

2

—2ax+a+6=0的兩實根，則(。-1)

2

+(3-1)

2

的最小值是o

B.8C.18D.不存在

已知x、yERA.最大值2

,且滿足x+3y—1=0,則函數(shù)t=2

x

+8

y

有_____O

B.最大值

2

2

2

C.最小值2

B.最小值

2

4.

橢圓x—2ax+3y+a—6=0的一個焦點在直線x+y+4=0上，則a=。A.2B.

-6C.-2或一6D.2或6化簡：2

2

5.

sin8+22cos8的結果是。

為雙曲線

A.2sin4B.2sin4—4cos4C.—2sin4D.4cos4—2sin4

6.設F

1

和F

2

x24

-y

2

=1的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足NF

1PF2=9O°,則△FIPFZ的面積是o

1的最小值為ox1

<3<a<3n,cos(a-3)=12,sin(a+0)=—3,求sin2a的值。(92年高考題)

8.已知

52413

7.若x>—1,則f(x)=x

2

+2x+

9.設二次函數(shù)f(x)=Ax+Bx+C,給定m、n(m<n)，且滿足A[(m+n)+mn]+2A[B(m+n)

—Cmn]+B+C

①解不等式f(x)>0；

②是否存在一個實數(shù)t,使當t￡(ni+t,n-t)時，f(x)<0?若不存在，說出理由；若存

在，指出t的取值范圍。10.設s>l,t>l,meR,x=log①②

2222222

=0o

s

t+log

t

s，y=log

4

s

t+log

4

t

s+m(log

2

s

t+log

2

t

s),

將y表示為x的函數(shù)y=f(x),并求出f(x)的定義域；

若關于x的方程f(x)=O有且僅有一個實根，求m的取值范圍。

3

4

二、換無法

解數(shù)學題時，把某個式子看成一個整體，用一個變量去代替它，從而使問題得到簡化，

這叫換元法。換元的實質(zhì)是轉(zhuǎn)化，關鍵是構造元和設元，理論依據(jù)是等量代換，

目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而使非標準型問題標

準化、復雜問題簡單化，變得容易處理。

換元法又稱輔助元素法、變量代換法。通過引進新的變量，可以把分散的條件聯(lián)系起

來，隱含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯(lián)系起來?；蛘咦?yōu)槭煜さ男问?，?/p>

復雜的計算和推證簡化。

它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數(shù)式，在研究

方程、不等式、函數(shù)、數(shù)列、三角等問題中有廣泛的應用。

換元的方法有：局部換元、三角換元、均值換元等。局部換元又稱整體換元，是在己知

或者未知中，某個代數(shù)式幾次出現(xiàn)，而用一個字母來代替它從而簡化問題，當然有時候要

通過變形才能發(fā)現(xiàn)。例如解不等式：4

x

+2

x

一2N0,先變形為設2

=t(t>0),而變?yōu)槭煜さ囊辉尾坏仁角蠼夂椭笖?shù)方程的問題。

三角換元，應用于去根號，或者變換為三角形式易求時，主要利用已知代數(shù)式中與三角

知識中有某點聯(lián)系進行換元。如求函數(shù)y=

x+x的值域時，易

發(fā)現(xiàn)X?[0,1],設乂=5S

2

a,a￡[0,

]，問題變成了熟悉的求三角函數(shù)值域。為什么會想到如此設，其中主要應該是發(fā)現(xiàn)值

域的聯(lián)系，又有去根號的需要。如變量X、2

S2

+t,y=

y適合條件x

2

+y

2

=r

2

(r>0)時，則可作三角代換x=rcos。、y=rsin0化為三角問題。

均值換元，如遇到*+丫=5形式時，設乂=

S2

一t等等。

我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標準化的原則，換元后要注重新變量范

圍的選取，一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴大。

如上幾例中的t>0和ae[0,]o

2

I、再現(xiàn)性題組：

1.y=sinx*2cosx+sinx+cosx的最大值是。2.設f(x

2

+1)=log

a

(4-x

4

)(a>l),則f(x)的值域是o

=a

3.已知數(shù)列｛a

n

｝中，a

1=-1,anl2ann1-an

,則數(shù)列通項a

n

4.設實數(shù)x、y滿足x

2

+2xy—1=0,則x+y的取值范圍是

13x5.方程

13x

6.不等式log

=3的解是o

2(2

X

-1)2log

2(2

x1

-2)〈2的解集是o

【簡解】1小題：設sinx+cosx=te［―

2,

a

t2

2］，則y=

2

+t-

11

2,ymax=+2；,對稱軸t=-1,當t二

22

a

4］；

2小題：設x

2

+l=t(t21),則f(t)=log

2

+4],所以值域為(-8,log

1

3小題：已知變形為

an1

22

1

an

=-1,設b

n2

lan

,貝Ub

1

=-l,b

n

=-1+(n—1)(-1)=-n,所以a

n

In

4小題：設x+y=k,則x—2kx+l=0,Z\=4k—420,所以k》l或kW—1；

5小題：設3

x

=y,則3y+2y—1=0,解得y=

1

，所以x=-1；34

5

6小題：設log

2

(2

x

—l)=y,則y(y+l)<2,解得一2<y〈l,所以x￡(log

2

5

,log3)o42

II、示范性題組：

例1.實數(shù)x、y滿足4x

2

—5xy+4y

2

=5(①式)，設S=x

2

+y

2

1

,求

1

+

SmaxSmin

的值。（93年全國高中數(shù)學聯(lián)賽題）

【分析】由S=x

2

+y

2

聯(lián)想到cos

2

a+sin

2

xSeosa

a=1,于是進行三角換元，設

ySsina

代入①式求S

max

和S

min

的值。

xSeosa

【解】設

ySsina

10

解得s=；

85sin2a

代入①式得：4S—5S2sinacosa=5

101010WW1385sin3

31316811

，+=+==

SmaxSminl010105

8S108S10

此種解法后面求S最大值和最小值，還可由Sin2a=的有界性而求，即解不等式:

IWI。這種方法是求函數(shù)值域時經(jīng)常用到的“有界

SS

■:TWsin2aWl3W8—5sin2aW13/.

法”。

【另解】由S=x

2

+y

2

,設x

2

s

2

+t,y

2

S=

2S—t,t￡[一

2S,

2

],

則xy=±

S2

-t24

2

+39S

代入①式得：4S±5

S2

-t24

=5,

移項平方整理得100t

2

-160S+100=0o

1010WS/p>

???+=+==

SmaxSminl010105

，39S

2

-160S+100^0解得：

【注】此題第一種解法屬于“三角換元法”，主要是利用已知條件S=x

為三角函數(shù)值域問題。第二種解法屬于“均值換元法”，主要是由等式S=x

2

+y

2

與三角公式cos

2

a+sin

2

a=1的聯(lián)系而聯(lián)想和發(fā)現(xiàn)用三角換元，將代數(shù)問題轉(zhuǎn)化

2

+y

2

而按照均值換元的思路，設X

2

S2

+t、y

2

S2

-t,減少了元的個數(shù)，問題且容易

求解。另外，還用到了求值域的幾種方法：有界法、不等式性質(zhì)法、分離參數(shù)法。

和“均值換元法”類似，我們還有一種換元法，即在題中有兩個變量x、y時，可以設x

=a+b,y=a-b,這稱為“和差換元法”,換元后有可能簡化代數(shù)式。本題設x

=a+b,y=a—b,代入①式整理得3a

2

+13b

2

=5,求得a

2

e[0,

51020210102222],所以S=(a-b)+(a+b)=2(a+b)=+a￡[,],再求31313133

ISmax

+

ISmin

的值。

例2.AABC的三個內(nèi)角A、B、C滿足：A+C=2B,

1AC12+=—，求cos的值。(96年全國理)

cosAcosCcosB25

6

AC120°

【分析】由已知"A+C=2B”和“三角形內(nèi)角和等于180°”的性質(zhì)，可得；由“A

+C=120?！边M行均值換元，則設B=60°

A=60°aAC

，再代入可求cosQ即cos。2C=60°—a

AC120°

【解】由AABC中已知A+C=2B,可得,B=60°

A=60°a

由A+C=120°,設，代入已知等式得：C=60。-a

111111

+=+=+=cosAcosCcos(60)cos(60)llcossincossin2222

coscos

==-22,133cos2sin2cos2444AC22解得：cosa=,即：cos=。222

112

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°。所以+=—cosAcosCcosB

11

=—2=—=—2,設2+m,2—m,cosAcosC

11所以cosA=2mm

ACACAC2cosA+cosC=2coscos=cos=,222m22ACACAC2m3sincosA—

cosC=_2sinsin=—=,222m22

AC222m2AC2AC

即：sin=—,=—,代入sin+cos222nl22(m22)

入cos,cosC=,兩式分別相加、相減得：=1整理得:3m4—16m—12=0,解出m2=

6,代AC2=222=。m222

112”分別進行均值換元，隨后結合三角形角的關系與三角公式進行運算，除由已知+

=-2cosAcosC

1

想到均值換元外，還要求對三角公式的運用相當熟練。假如未想到進行均值換元，也可

由三角運算直接解出：由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°。所以+cosA12,即cosA

+cosC=-22cosAcosC,和積互化得：=—=—2cosCcosB【注】本題兩種解法由"A+

C=120°”、“6

7

2cos

AC2

理得：4

解得：cos

ACAC

=-2[cos(A+C)+cos(A-C),即cos

22ACAC

+2cos—32cos22=0,

22

AC2

22

cos

AC22

---2cos(A-C)=2(2cos2

222

T),整

例3.設a>0,求f(x)=2a(sinx+cosx)sinx2cosx—2a

2

的最大值和最小值。

【解】設sinx+cosx=t,則1￡[-

2,2],由(sinx+cosx)

(a>0),t￡[-

2

t21

=l+2sinx2cosx得：sinx2cosx=

2

1

:.f(x)=g(t)=—

2

t=-

21(t—2a)+

2

2,2]

2時;取最小值：-2a2-22a—

12

當2a2

2時，t=2,取最大值：-2a2+22a—

1

2時，t=2a,取最大值：

2

2

O

12

當0<2aW

二f(x)的最小值為一2a—2

12(0a)122

。2a~,最大值為

2122

2a22a(a)22

2,2])與sinx+cosx對應，否則將會出錯。本題解法中還包含了含參問題時分類討論

的數(shù)學思想方法，

【注】此題屬于局部換元法，設sinx+cosx=t后，抓住sinx+cosx與sinx2cosx的

內(nèi)在聯(lián)系，將三角函數(shù)的值域問題轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)在閉區(qū)間上的值域問題，使得

容易求解。換元過程中一定要注意新的參數(shù)的范圍(te[-

即由對稱軸與閉區(qū)間的位置關系而確定參數(shù)分兩種情況進行討論。

一般地，在遇到題目已知和未知中含有sinx與cosx的和、差、積等而求三角式的最大

值和最小值的題型時;即函數(shù)為f(sinx±cosx,sinxcsox),經(jīng)常用到這樣設元的

換元法，轉(zhuǎn)化為在閉區(qū)間上的二次函數(shù)或一次函數(shù)的研究。

4(al)2a(a1)2

例4.設對所于有實數(shù)x,不等式xlog+2xlog+log>0恒成立，求a的取值范圍。

(87年全國理)

222

aa14a2

4(al)2a(a1)2

【分析】不等式中l(wèi)og、log、log三項有何聯(lián)系？進行對數(shù)式的有關變形后不難發(fā)

現(xiàn)，再實施換元法。

2222

aa14a

4(a1)8(al)2aa12a(a1)2

【解】設log=t,則log=log=3+log=3—log=3—t,log

222222

a2aa12aa14a2

a121og=-2t,

2

2a

2

代入后原不等式簡化為(3-t)x

2

+2tx-2t>0,它對一切實數(shù)x恒成立，所以：

t33t02a,解得Jt<0即log<022

aIt0或t64t8t(3t)0

2a0?l,解得

a17

8

【注】應用局部換元法，起到了化繁為簡、化難為易的作用。為什么會想到換元及如何

設元，關鍵是發(fā)現(xiàn)已知不等式中l(wèi)og

2

4(al)2a

、log>

2

aa1

log

2

(a1)2

4a2

三項之間的聯(lián)系。在解決不等式恒成立問題時，使用了“判別式法”。另外，本題還要

求對數(shù)運算十分熟練。一般地，解指數(shù)與對數(shù)的不等式、方程，

有可能使用局部換元法，換元時也可能要對所給的已知條件進行適當變形，發(fā)現(xiàn)它們的

聯(lián)系而實施換元，這是我們思考解法時要注意的一點。

sin0例5.已知

xsin0【解】設

x

cos0=

ycos。=

y

即：

cos2。，且

x2sin20+

y2

xlO

(②式)，求

y3(x2y2)

0+cos

的值。

=k,則sin0=kx,cos0=ky,且sin

22

0=k

2

(x

2

+y

2

k2y2)=1,代入②式得：

x2k2x2+

y2

10k210

33(x2y2)

設

y2

x2

+

x210=y23

=±

x2y2110xl=t,則t+=,解得：t=3或

t33y

3或土

3

，再表示成含tg0的式子：1+tg

sin0cos20

【另解】由==180,將等式②兩邊同時除以

cos。x2

1021022

(1tg2)=tgO,設tgO=t,貝ij3t—10t+3=0,

133(12)

tg

xy

4

0=

At=3或

xl

，解得3y

=±

3或土

3

o3

而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數(shù)。第二種解法將一知變形為

【注】第一種解法由

sin0xcos0yxsin0=

ycos0

,不難發(fā)現(xiàn)進行

結果為tg9,再進行換元和變形。兩種解法要求代數(shù)變形比較熟練。在解高次方程時,

都使用了換元法使方程次數(shù)降低。

(xl)2(y1)2

例6.實數(shù)x、y滿足+=1,若x+y—k>0恒成立，求k的范圍。

916(xl)2(y1)222

【分析】由已知條件+=1,可以發(fā)現(xiàn)它與a+b=l有相似之處，于是實施三角換元。

916

xlyl(xl)2(y1)2

【解】由+=1,設=。0$9,=sin。，

34916

x13cos0即：代入不等式x+y—k>0得：

y14sin0

3cos0+4sin0—k>0,即k<3cos9+4sin0=5sin（。+w）所以k<-5時不等式恒成

【注】本題進行三角換元，將代數(shù)問題(或者是解析幾何問題)化為了含參三角不等式

恒成立的問題，再運用“分離參數(shù)法”轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的值域問題，從而求出參

數(shù)范圍。一般地，在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似的代數(shù)式時.，或者在解決圓、

橢圓、雙曲線等有關問題時，經(jīng)常使用“三角換元法”。

9

本題另一種解題思路是使用數(shù)形結合法的思想方法：在平面直角坐標系，不等式ax+by

+c>0(a>0)

刈為fl+tiax*c?場分t由比嗎￥,尸

-?。。麻舊而相切$5改之F時.flit

x軸正方

向的一部分。此題不等式恒成立問題化為圖形問題：橢圓上的點始終位于平面上x+y-

k>0的區(qū)域。即當直線x+y-16(x1)29(y1)2144時，方程組有相等的一組實

數(shù)解，消元后由4=

xyk0

0可求得k=-3,所以k<-3時原不等式恒成立。

III、鞏固性題組:

1.

已知f(x

3

)=lgx(x>0),則f(4)的值為o

A.21g2B.

Ilg2C.21g2D.21g4333

2.

函數(shù)y=(x+1)+2的單調(diào)增區(qū)間是o

A.[-2,+8)B.[-1,+°°)D.(-8,+8)c.(-°°,-1]設等差數(shù)列｛a

4

3.

n2

｝的公差d=

1,月.S=145,則a+a+a+,,,,+a的值為。

99100135

2

A.85B.72.5C.60D.52.54.5.

已知x

2

+4y=4x,則x+y的范圍是。

已知a20,b20,a+b=l,則

a

12

+

b

12

的范圍是o

6.不等式

>ax+

7.8.9.

函數(shù)y=2x+在等比數(shù)列｛a

3的解集是(4,b),則@=,b=o2

x］的值域是O

｝中，a

n

實數(shù)m在什么范圍內(nèi)取值，對任意實數(shù)x,不等式sin

1+a2+,,+al0=2,al1+al2+?+a30

2

2

2

=12,求a

31+a32

+”+a

60

x+2mcosx+4ni—1<0恒成立。

10.已知矩形知CD,頂點C(4,4),A點在曲線x+y=2(x>0,y>0)上移動,且AB、AD

始終平行x軸、y軸，求矩形ABCD的最小面積。

三、待定系數(shù)法

要確定變量間的函數(shù)關系，設出某些未知系數(shù)，然后根據(jù)所給條件來確定這些未知系數(shù)

的方法叫待定系數(shù)法，其理論依據(jù)是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x)

的充要條件是：對于一個任意的a值，都有f(a)g(a)；或者兩個多項式各同類項的系數(shù)

對應相等。

待定系數(shù)法解題的關鍵是依據(jù)已知，正確列出等式或方程。使用待定系數(shù)法，就是把具

有某種確定形式的數(shù)學問題，通過引入一些待定的系數(shù)，轉(zhuǎn)化為方程組來解決，

要判斷一個問題是否用待定系數(shù)法求解，主要是看所求解的數(shù)學問題是否具有某種確定

的數(shù)學表達式，如果具有，就可以用待定系數(shù)法求解。例如分解因式、拆分分式、數(shù)列求

和、求函數(shù)式、求復數(shù)、解析幾何中求曲線方程等，這些問題都具有確定的數(shù)學表達形

式，所以都可以用待定系數(shù)法求解。

使用待定系數(shù)法，它解題的基本步驟是：

第一步，確定所求問題含有待定系數(shù)的解析式；

第二步，根據(jù)恒等的條件，列出一組含待定系數(shù)的方程；

第三步，解方程組或者消去待定系數(shù)，從而使問題得到解決。如何列出一組含待定系

數(shù)的方程，主要從以下幾方面著手分析：①利用對應系數(shù)相等列方程；

②由恒等的概念用數(shù)值代入法列方程；③利用定義本身的屬性列方程；④利用幾

何條件列方程。

比如在求圓錐曲線的方程時，我們可以用待定系數(shù)法求方程：首先設所求方程的形式，

其中含有待定的系數(shù)；再把幾何條件轉(zhuǎn)化為含所求方程未知系數(shù)的方程或方程組；

最后解所得的方程或方程組求出未知的系數(shù)，并把求出的系數(shù)代入已經(jīng)明確的方程形

式，得到所求圓錐曲線的方程。

I、再現(xiàn)性題組：

g(x)

1.

x1+m,f(x)的反函數(shù)f(x)=nx—5,那么m、n的值依次為。25555A.,-2B.

,2C.,2D.—9—2

2222

設f(x)=

9

2.二次不等式ax2+bx+2>0的解集是(-11,),則a+b的值是。23

5A.10B.-10C.14D.-143.在(1—x)(1+x)的展開式中，x的系數(shù)是

A.-297B.-252C.297D.207310

4.

5.函數(shù)y=a—bcos3x(b<0)的最大值為31,最小值為-22,則y=-4asin3bx的最小

正周期是。與直線L：2x+3y+5=0平行且過點A(l,-4)的直線L'的方程是

6.與雙曲線x2—y24=l有共同的漸近線，且過點⑵2)的雙曲線的方程是

x1+m求出f(x)=2x—2m,比較系數(shù)易求，選C；2

111122小題：由不等式解集(一，)，可知一、是方程ax+bx+2=0的兩根，代入兩根,

列出關于系數(shù)a、b的方程組，易求得a+b,選D；2323【簡解】1小題：由f(x)=

3小題：分析x5的系數(shù)由C55210與(一DC10兩項組成，相加后得x的系數(shù)，選D；

4小題：由已知最大值和最小值列出a、b的方程組求出a、b的值，再代入求得答案

23；

5小題：設直線L'方程2x+3y+c=0,點A(l,-4)代入求得C=10,即得2x+3y+10

=0;

6小題：設雙曲線方程x

II、示范性題組：2—y24x2=A，點⑵2)代入求得入=3,即得方程3y2—12=1。

例1.mx243xn已知函數(shù)y=的最大值為7,最小值為一1,求此函數(shù)式。x21

2—4【分析】求函數(shù)的表達式，實際上就是確定系數(shù)m、n的值；已知最大值、最小值

實際是就是已知函數(shù)的值域，對分子或分母為二次函數(shù)的分式函數(shù)的值域易聯(lián)想到“判別

式法"?！窘狻亢瘮?shù)式變形為：(y-m)x

△=(―4x+(y—n)=0,xGR,由已知得y—mWO

2—(m+n)y+(mn—12)=0的兩根，)2—4(y—m)(y—n)即：y2—(m+n)y+(mn—

12)WO①不等式①的解集為(-1,7),則一1、7是方程y

代入兩根得：m5m11(mn)mn120解得：或

n1497(mn)mn12On5

5x24x1x24x5

y=或者y=x21x21

此題也可由解集(T,7)而設(y+1)(y-7)WO,即y2—6y—7W0,然后與不等式①比較系

數(shù)而得：mn6,解出m、n而求得函數(shù)式y(tǒng)。mn127

【注】在所求函數(shù)式中有兩個系數(shù)m、n需要確定，首先用“判別式法”處理函數(shù)值域

問題，得到了含參數(shù)m、n的關于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求參數(shù)m、

n。兩種方法可以求解，一是視為方程兩根，代入后列出m、n的方程求解；二是由己知解

集寫出不等式，比較含參數(shù)的不等式而列出m、n的方程組求解。本題要求對一元二次不

等式的解集概念理解透徹，也要求理解求函數(shù)值域的“判別式法”：將y視為參數(shù)，函數(shù)

式化成含參數(shù)y的關于x的一元二次方程，可知其有解，利用△》(),建立了關于參數(shù)y的

不等式，解出y的范圍就是值域，使用“判別式法”的關鍵是否可以將函數(shù)化成?個一元

二次方程。

例2.設橢圓中心在⑵T),它的一個焦點與短軸兩端連線互相垂直，且此焦點與長軸

較近的端點距離是一5,求橢圓的方程。

10

11

【分析】求橢圓方程，根據(jù)所給條件，確定幾何數(shù)據(jù)a、b、c之值，問題就全部解決

了。設a、b、c后，由已知垂直關系而聯(lián)想到勾股定理建立一個方程，再將焦點與

長軸較近端點的距離轉(zhuǎn)化為a-c的值后列出第二個方程。

【解】設橢圓長軸2a、短軸2b、焦距2c,則|BF'|=a

a2b2c2

2a22

aa（2b）解得：

bacx2y2

/.所求橢圓方程是：+=1

105

也可有垂直關系推證出等腰RtaBB'F'后，由其性質(zhì)推證出等腰RtAB'O'F',再

進行如下列式：

bc

ac,更容易求出a、b的值。222abc

【注】圓錐曲線中，參數(shù)（a、b、c、e、p）的確定，是待定系數(shù)法的生動體現(xiàn)；如何

確定，要抓住已知條件，將其轉(zhuǎn)換成表達式。在曲線的平移中，幾何數(shù)據(jù)（a、b、c、e）

不變，本題就利用了這一特征，列出關于a-c的等式。

一般地，解析幾何中求曲線方程的問題，大部分用待定系數(shù)法，基本步驟是：設方程

（或幾何數(shù)據(jù)）一幾何條件轉(zhuǎn)換成方程一求解一已知系數(shù)代入。

例3.是否存在常數(shù)a、b、c,使得等式尸2

2

+223

2

+,,+n（n+1）

2

n(n1)2

(an+bn+c)對一切自然數(shù)n都成立？并證明你的結論。(89年全國

12

高考題)

【分析】是否存在，不妨假設存在。由已知等式對一切自然數(shù)n都成立，取特殊值11=

1、2、3列出關于a、b、c的方程組，解方程組求出a、b、c的值，再用數(shù)學歸納

法證明等式對所有自然數(shù)n都成立。

【解】假設存在a、b、c使得等式成立，令：n=l,得4=

11(a+b+c)；n=2,得22=(4a+2b+c)；n=3,得70=9a+3b+c。整理得：62

abc24a3

4a2bc44,解得b11,9a3bC70c10

n(n1)2

(3n+lln+10)成立，下面用數(shù)學歸納法證明對任意自然數(shù)n,該等式都成立：

12

k(k1)2222

假設對n=k時等式成立,即I22+223+?+k(k+l)=(3k+llk+10)；

12

k(kl)2k(k1)22222

當11=14+1時,l22+223+?+k(k+l)+(k+1)(k+2)=(3k+llk+10)+(k+l)(k+

2)=(k+2)(3k+5)+

1212(k1)(k2)2(k1)(k2)22

(k+1)(k+2)=(3k+5k+12k+24)=[3(k+l)+11(k+1)+10],

1212

于是對n=l、2、3,等式產(chǎn)2

2

+223

2

+,,+n(n+1)

2

也就是說，等式對，n=k+l也成立。

綜上所述，當a=8、b=ll、c=10時，題設的等式對一切自然數(shù)n都成立。

【注】建立關于待定系數(shù)的方程組，在于由幾個特殊值代入而得到。此種解法中，也體

現(xiàn)了方程思想和特殊值法。對于是否存在性問題待定系數(shù)時，可以按照先試值、

再猜想、最后歸納證明的步驟進行。本題如果記得兩個特殊數(shù)列1

3

+2

3

+,,+n

3

、1

2

+2

2

+,,+n

2

求和的公式，也可以抓住通項的拆開，運用數(shù)列求和公式而直接求

解：由n(n+l)

2

=n

3

+2n

2

+n得S

n

=122

2

+223

2

+?+n(n+l)

2

=(1

3

+2

3

+,,+n

3

)+2(1

2

+2

2

+”+n

2

n2(n1)2

)+(1+2+,,+n)=

4

+23

n(n1)(2nl)n(n1)n(n1)2

+=(3n+lln+10),綜上所述，當a=8、b=ll、c=10時，題設的等式對一切自然數(shù)

n都成立。

1262

例4.有矩形的鐵皮，其長為30cm,寬為14cm,要從四角上剪掉邊長為xcm的四個小正

方形，將剩余部分折成一個無蓋的矩形盒子，問x為何值時，矩形盒子容積最大，

最大容積是多少？

【分析】實際問題中，最大值、最小值的研究，先由一知條件選取合適的變量建立目標

函數(shù)，將實際問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)最大值和最小值的研究?！窘狻恳李}意，矩形盒子底邊邊

長為(30—2x)cm,底邊寬為(14—2x)cm,高為xcm。

12

盒子容積V=(30—2x)(14—2x)x=4(15—x)(7—x)x,

顯然：15—x>0,7—x>0,x>0o

4

(15a—ax)(7b—bx)x(a>0,b>0)ab

ab10

要使用均值不等式，則

15aax7bbxx

31

解得：a=,b=,x=3o44

1521

6415x21364364

從而V=(一)(-x)xW()=327=576。34444333設丫=

所以當x=3時，矩形盒子的容積最大，最大容積是576cm3。

【注】均值不等式應用時要注意等號成立的條件，當條件不滿足時要湊配系數(shù)，可以用

“待定系數(shù)法”求。本題解答中也可以令V=4ab(15a—ax)(7—x)bx或4ab(15—x)(7a—

ax)bx,再由使用均值不等式的最佳條件而列出方程組，求出三項該進行湊配的系數(shù)，本

題也體現(xiàn)了“湊配法”和“函數(shù)思想”。

III、鞏固性題組：

1.函數(shù)y=log

A.2>a>ax的x￡[2,+8)上恒有|y>1,則a的取值范圍是1且aNIB.0<a<l

或l<a<2C.l<a<2D.a>2或0<a<l222

22.方程x+px+q=0與x+qx+p=0只有一個公共根，則其余兩個不同根之和為

A.1B.—1C.p+qD.無法確定

如果函數(shù)丫=5壯2*+a2cos2x的圖像關于直線x=-23.JI8對稱，那么a=A.

4.滿足CB.-C.1D.—1On+I2cin+22c2n+,,+n2Cnn<500的最大正整數(shù)是

A.4B.5C.6D.7

5.無窮等比數(shù)列｛an｝的前n項和為Sn=a-12n,則所有項的和等于_____。

A.-1B.1C.1D.與a有關22

9=b6.(l+kx)0+blx+b2x2+,,+b9x9,若b0+bl+b2+,,+b9=-1,貝ijk=

______o

7.經(jīng)過兩直線llx—3y—9=0與12x+y—19=0的交點，且過點(3,-2)的直線方程為

O

8.正三棱錐底面邊長為2,側(cè)棱和底面所成角為60°,過底面?邊作截面，使其與底

面成30°角，則截面面積為。

9.設y=f(x)是一次函數(shù)，已知f(8)=15,且f⑵、f⑸、(fl4)成等比數(shù)列,求f⑴

+f(2)+,,+f(m)的值。

10.設拋物線經(jīng)過兩點(T,6)和(-1,-2),對稱軸與x軸平行，開口向右，直線y=2x+

7和拋物線截得的線段長是4

四、定義法，求拋物線的方程。

12

12

盒子容積V=(30-2x)(14-2x)x=4(15-x)(7-x)x,

顯然：15—x>0,7—x>0,x>0o

4

(15a—ax)(7b—bx)x(a>0,b>0)