高中數(shù)學(xué)解題思想方法11

第一章高中數(shù)學(xué)解題基本方法

一、配方法

配方法是對(duì)數(shù)學(xué)式子進(jìn)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(shí)配方，需要我們適當(dāng)預(yù)測，并且合理運(yùn)用“裂項(xiàng)”與

“添項(xiàng)”、“配”與“湊”的技巧，從而完成配方。有時(shí)也將其稱為“湊配法”。

最常見的配方是進(jìn)行恒等變形，使數(shù)學(xué)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(xiàng)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(xiàng)完全平方公式(a+b)2=a?+2ab+b2,將這個(gè)公

式靈活運(yùn)用，可得到各種基本配方形式，如：

a2+b2=(a+b)2-2ab=(a—b)2+2ab；

b

a2+ab+b2=(a+b)2—ab=(a—b)2+3ab=(ad—)2+(----b)2；

22

a2+b2+c2+ab+bc+ca=—[(a+b)2+(b+c)2+(c+a)2]

2

a2+b2+c2=(a+b+c)2—2(ab+bc+ca)=(a+b—c)2—2(ab-be—ca)=???

結(jié)合其它數(shù)學(xué)知識(shí)和性質(zhì)，相應(yīng)有另外的一些配方形式，如：

l+sin2a=l+2sinacosa=(sina+cosa)2；

x2H—T=(xd—)2—2=(x-----)2+2；........等等。

xxX

I、再現(xiàn)性題組：

1.在正項(xiàng)等比數(shù)列｛a“｝中，a,?aj+2a3*a5+a3-a7=25,則23+2$=。

2.方程x?+y2—4kx—2y+5k=0表示圓的充要條件是。

A.j<k<lB.k<+或k>lC.kWRD.k=/或k=l

3.已知sin"a+cos4a=1,貝sina+cosa的值為__,,

A.1B.-1C.1或一1D.0

4.函數(shù)y=log：(-2x2+5x+3)的單調(diào)遞增區(qū)間是。

A.(—°°,IJB.[4,+°°)C.(--2,4]D.3)

5.已知方程x2+(a-2)x+aT=0的兩根x1、x2,則點(diǎn)P(x]，x2)在圓x?+y?=4上，則

實(shí)數(shù)a=o

【簡解】1小題：利用等比數(shù)列性質(zhì)am_pam+p=a,?\將已知等式左邊后配方(a?+

a5)?易求。答案是：5<>

2小題：配方成圓的標(biāo)準(zhǔn)方程形式(x—a)2+(y—b)2=r2,解r2〉0即可，選B。

3小題：已知等式經(jīng)配方成(sin2a+cos2a)2—2sin2acos2a=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(duì)稱軸，結(jié)合定義域和對(duì)數(shù)函數(shù)及復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求解。選D。

5小題：答案3-JTT。

II、示范性題組：

2

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(gè)長方體的一條對(duì)角

線長為_____。

A.273B.V14C.5D.6

【分析】先轉(zhuǎn)換為數(shù)學(xué)表達(dá)式：設(shè)長方體長寬高分別為x,y,z,則

2(xy+yz+xz)=11

,而欲求對(duì)角線長FTk,將其配湊成兩已知式的組合形式

4(x+y+z)=24

可得。

【解】設(shè)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

2(xy+yz+xz)=11

之和為24”而得:

4(x+y+z)=24

長方體所求對(duì)角線長為：j=J(x+y+z)2-2(孫+yz+xz)=

V62-11=5

所以選B。

【注】本題解答關(guān)鍵是在于將兩個(gè)已知和一個(gè)未知轉(zhuǎn)換為三個(gè)數(shù)學(xué)表示式，觀察和分析

三個(gè)數(shù)學(xué)式，容易發(fā)現(xiàn)使用配方法將三個(gè)數(shù)學(xué)式進(jìn)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(shè)方程x?+kx+2=0的兩實(shí)根為p、q,若(勺2+(幺)2成立，求實(shí)數(shù)k的取

qp

值范圍。

【解】方程x2+kx+2=0的兩實(shí)根為p、q,由韋達(dá)定理得：p+q=-k,pq=2,

(P、—q、2P‘(p2+q2)2-2p，2[(p+q)2-2pq]2-2p2q2

qp(pq>(pqY(pq)之

(k2-4)2_8——

------------W7,解得kW-Jld或o

4

又：p、q為方程x2+kx+2=0的兩實(shí)根，/.△=!<?一820即k22四或kW-2正

綜合起來，k的取值范圍是：一JHJWkW-2直或者

【注】關(guān)于實(shí)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(shí),，可以恰當(dāng)運(yùn)用韋達(dá)定理。本題由韋達(dá)定理得到p+q、pq后，觀察已知不等式，從其結(jié)構(gòu)

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(duì)“△”討論，結(jié)果將

出錯(cuò)，即使有些題目可能結(jié)果相同，去掉對(duì)的討論，但解答是不嚴(yán)密、不完整的，這

一點(diǎn)我們要尤為注意和重視。

nh

例3.設(shè)非零復(fù)數(shù)a、b滿足a2+ab+b2=0,求(--),998+(--)1998。

a+ba+b

aaa

【分析】對(duì)已知式可以聯(lián)想：變形為(7)2+(7)+1=0,則7=3(3為1的立方

bhb

虛根)；或配方為(a+b)2=ab。則代入所求式即得。

【解】由a2+ab+b2=0變形得:(￡)2+(￡)+1=0,

bb

3

33

設(shè)3=f,則32+3+1=0,可知3為1的立方虛根，所以：—,O=69=lo

bcoa

又由a?+ab+b?=O變形得：(a+b)2=ab,

所以(，—”88+(1)1998=(U)999+(Q)999=(3)999+(2)999=39.+

a+ba+bababha

a>999=2o

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

表達(dá)式中的高次第。--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。

roa、ab—l±v3z

【另解】由a?+ab+b2=0變形得：(-)2+(-)+1=0,解出一=---后，化

bba2

成三角形式，代入所求表達(dá)式的變形式(F)999+(2)999后，完成后面的運(yùn)算。此方法用于

ba

-1+V3z

只是未一首二聯(lián)想到3時(shí)進(jìn)行解題。

1I(Q?

假如本題沒有想到以上一系列變換過程時(shí)，還可由a?+ab+b2=0解出：a=二^~二b,

直接代入所求表達(dá)式，進(jìn)行分式化簡后，化成復(fù)數(shù)的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的

計(jì)算。

二、換元法

解數(shù)學(xué)題時(shí)，把某個(gè)式子看成一個(gè)整體，用?個(gè)變量去代替它，從而使問題得到簡化，

這叫換元法。換元的實(shí)質(zhì)是轉(zhuǎn)化，關(guān)鍵是構(gòu)造元和設(shè)元，理論依據(jù)是等量代換，目的是變換

研究對(duì)象，將問題移至新對(duì)象的知識(shí)背景中去研究，從而使非標(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化、復(fù)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(jìn)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(jié)論聯(lián)系起來?；蛘咦?yōu)槭煜さ男问剑褟?fù)雜的計(jì)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(yīng)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，是在已知

或者未知中，某個(gè)代數(shù)式幾次出現(xiàn)，而用一個(gè)字母來代替它從而簡化問題，當(dāng)然有時(shí)候要通

過變形才能發(fā)現(xiàn)。例如解不等式：4*+2,—220,先變形為設(shè)2、=t(t>0),而變?yōu)槭煜?/p>

的一元二次不等式求解和指數(shù)方程的問題。

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

知識(shí)中有某點(diǎn)聯(lián)系進(jìn)行換元。如求函數(shù)y=4+J匚1的值域時(shí)，易發(fā)現(xiàn)xW[0,1],設(shè)x

-sin2a,ae[0,5],問題變成了熟悉的求三角函數(shù)值域。為什么會(huì)想到如此設(shè)，其中

主要應(yīng)該是發(fā)現(xiàn)值域的聯(lián)系，又有去根號(hào)的需要。如變量x、y適合條件x2+y2=「(r>0)

時(shí);則可作三角代換x=rcos。、y=rsin?；癁槿菃栴}。

4

ss

均值換元，如遇到x+y=S形式時(shí)，設(shè)x=^+t,y=]—t等等。

我們使用換元法時(shí)，要遵循有利于運(yùn)算、有利于標(biāo)準(zhǔn)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(duì)應(yīng)于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴(kuò)大。如上幾例

中的t〉0和ae[0,一的

2

I、再現(xiàn)性題組：

1.y=sinx,cosx+sinx+cosx的最大值是。

2.設(shè)f(x2+l)=log“(4—x“)(a>l),則f(x)的值域是o

3.已知數(shù)列｛a“｝中，a1=-1,a0+]?a“=a“+]—a”，則數(shù)列通項(xiàng)a“=?

4.設(shè)實(shí)數(shù)x、y滿足x?+2xy—1=0,則x+y的取值范圍是。

l+3-x

5.方程，”=3的解是______________o

1+3

6.不等式log2(2*—1)-10g2(2川一2)<2的解集是o

產(chǎn)1

【簡解】1小題：設(shè)sinx+cosx=tG[—V2,V2],貝Uy=---Ft---，對(duì)稱軸t=-1,

22

當(dāng)1=&，ymax=g+&；

2小題：設(shè)x〈+l=t(t/l),則f(t)=log>[-(t-1)2+4],所以值域?yàn)?—8,kg/]；

3小題：已知變形為「-----'=-1,設(shè)b“=一,則b|=-1,b“=-1+(n—1)(T)

a”

——n,所以a==---；

n

4小題：設(shè)x+y=k,則x?—2kx+l=0,△=4k?—420,所以k21或k<一1；

5小題：設(shè)3"=y,則3y?+2y—1=0,解得y=g,所以x=-1；

5

6小題：設(shè)log2(2"-1)=y，則y(y+l)<2,解得一2<y<l,所以x￡(log2=，log??)。

II、示范性題組：

例L實(shí)數(shù)x、y滿足4x2—5xy+4y2=5(①式)，設(shè)S=x?+y2,求?---F

的值。(93年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題)

【分析】由S=x?+y2聯(lián)想到cos2a+sin2a=1,于是進(jìn)行三角換元，設(shè)

[x-4scosa

代入①式求SM和S*的值。

[y=7ssina

x=4scosa

【解】設(shè)1r—代入①式得：4S—5S?sinacosa=5

y=VSsina

5

10

解得

s=8-5sin2a

101010

?.?TWsin2aWl，3W8-5sin2a<13.—W

138-5sina3

11313168

--

Smm,a*xsmminm~1010105

85-10

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

8s—10

式：I——1<1?這種方法是求函數(shù)值域時(shí)經(jīng)常用到的“有界法”。

【另解】

則xy=±

移項(xiàng)平方整理得100t2+39S2-160S+100=0。

2，八1010

39S-160S+100^0解得：一WSW一

133

?-L+-L=」+U=3=§

**Sg5min1010105

【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?+y2與三角公

式cos2a+sin2a=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?+y2而按照均值換元的思路，設(shè)

x2=*+t、y2=?—t,減少了元的個(gè)數(shù)，問題且容易求解。另外，還用到了求值域的幾種

22

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(gè)變量X、y時(shí)，可以設(shè)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(shè)x=a+b,y

—a—b,代入①式整理得3a*+13b2=5,求得「6[0,q],所以S=(a—b)2+(a+b)2

,22、10202,1010、~11…

=2(a+b')=—+—a-G[—,—再求----1-——的值。

1313133SmaxSmin

I11V2

例2.AABC的三個(gè)內(nèi)角A、B、C滿足：A+C=2B,求

cosAcosCcosB

A-C

COS---的值。(96年全國理)

2

6

【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

A+C=120°A=60°+a

由“A+C=120°”進(jìn)行均值換元，則設(shè)〈。再代入可求

“60。C=60°-a

cosa即cos---。

2

A+C=120°

【解】由aABC中已知A+C=2B,可得\

5=60°

A=60°+a

由A+C=120°,設(shè)〈，代入已知等式得:

[C=60°-a

111]1

-------+-------------------------------+

cosA--------cosC---------cos(60°+tz)cos(60°-ar)1V3.

cosa-「sincr

22

1cosacosa

=—2A/2,

1V3.I33

—cosa+—sina—cos~a—-sinacosa--

22444

,V2A-CV2

解得：COSa=--,即：cos

222

,B=60°。所以」一+1V2

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°

cosAcosB

=-2A/2,設(shè)一--=—V2+m,---=-V2-m,

cosAcosC

所以cosA=---『----,cosC=---7=----，兩式分別相加、相減得:

一"2+加一12一機(jī)

A+CA-CA-C272

cosA+cosC=2cos-----cos------=cos------=-；-----,

222m2-2

A+CA-CFT/i-C2m

cosA—cosC=_2sin-----sin------=-J3sin-----

22m2-2

A-C2m2A/22A—CA—C

B|J：sin------；---，代入sin2--------Feos2-----=1整理

2伍〃2—2)m--222

,A-C2V2V2

得：3m4—16m—12=0,解出m2=6,代入cos-----=-；-----=

2m--22

【注】本題兩種解法由“A+C=120。"、“二二十一二=一2直”分別進(jìn)行均值

cosAcosC

換元，隨后結(jié)合三角形角的關(guān)系與三角公式進(jìn)行運(yùn)算，除由已知想到均值換元外，還要求對(duì)

三角公式的運(yùn)用相當(dāng)熟練。假如未想到進(jìn)行均值換元，也可由三角運(yùn)算直接解出：由A+C=

7

11&L

2B,得A+C=120°,B=60°。所以-------F-----=--------=一2。2,即cosA+cosC

cosAcosCcosB

=-2V2cosAcosC,和積互化得：

A+CA-Cr-rA-CV2「

2cos-----cos------=-J2[cos(A+C)+cos(A-C)，即cos------=-----J2cos(A-C)

V2r—2A-C、/—■)A-CA-Cr-

=-------J2(2cos--------1),整理得：4J2cos---------F2cos--------3J2=0,

2222

A-C42

解得:

2

例3.設(shè)a>0,求f(x)=2a(sinx+cosx)—sinx?cosx—2a之的最大值和最小值。

【解】設(shè)sinx+cosx=t,貝ljt[-V2,V2],由(sinx+

2,產(chǎn)-1A

cosx)=l+2sinx?cosx得：sinx?cosx=-----，八，

2-V2<\V2

f(x)=g(t)=——(t—2a)2+—(a>0),t-\/2,V2]-j

t=時(shí)，取最小值：—2a2—2V2ci——

當(dāng)2a2時(shí)，t=J^,取最大值：-2a2+2V2a——；

2

當(dāng)0<2aW正時(shí)，t=2a,取最大值：!。

fl叵

1-(0<a

...f(x)的最小值為一2a2-2&a-7,最大值為《「。

22廠1a

—2。~+2\2a——(a2—)

22

【注】此題屬于局部換元法，設(shè)sinx+cosx=t后，抓住sinx+cosx與sinx?cosx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[-V2,V2])與sinx+cosx對(duì)應(yīng)，否則將會(huì)

出錯(cuò)。本題解法中還包含了含參問題時(shí)分類討論的數(shù)學(xué)思想方法，即由對(duì)稱軸與閉區(qū)間的位

置關(guān)系而確定參數(shù)分兩種情況進(jìn)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(shí)，即函數(shù)為f(sinx±cosx,sinxcsox),經(jīng)常用到這樣設(shè)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。

+

例4.設(shè)對(duì)所于有實(shí)數(shù)X,不等式X?log24"+D+2xlog2――+log2P>0

aa+14a-

恒成立，求a的取值范圍。(87年全國理)

8

【分析】不等式中l(wèi)og2竺“+D、10g2^-.log2”2-三項(xiàng)有何聯(lián)系？進(jìn)行對(duì)

aa+14o

數(shù)式的有關(guān)變形后不難發(fā)現(xiàn)，再實(shí)施換元法。

2ci4(a+1)8(a+1)a+1

【解】設(shè)log2---7=t,則log--------=log-------=3+log,——=3—

a+12a22a2a

2a(a+1)~a+1

log----=3-t,log~=21og,——=-2t,

2a+l246r2a

代入后原不等式簡化為(3-t)x2+2tx-2t>0,它對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，所以：

3-t>0[/<32a

〈,,解得〈?t<0BPlog2----<0

△=4廠+8『(31)<0[t<Osk,/>6*a+1

2a._

0<----<1,解得0〈a<l。

a+l

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

設(shè)元，關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)已知不等式中l(wèi)og2迎±D、log,27、log,號(hào)2三項(xiàng)之間的聯(lián)

aa+l4a~

系。在解決不等式恒成立問題時(shí)，使用了“判別式法”O(jiān)另外，本題還要求對(duì)數(shù)運(yùn)算十分熟

練。一般地，解指數(shù)與對(duì)數(shù)的不等式、方程，有可能使用局部換元法，換元時(shí)也可能要對(duì)所

給的已知條件進(jìn)行適當(dāng)變形，發(fā)現(xiàn)它們的聯(lián)系而實(shí)施換元，這是我們思考解法時(shí)要注意的一

點(diǎn)。

一心sin。cos0lcos29sin2910Y

例5.已知-----(②式)，求一的值。

且---/-----1------V；一=-3--(-\/-+--儼-—)

xyy

sin9cos9

【解】設(shè)2-----=-------=k,則sin9=kxcos0=ky,且sin20+cos20=

xy

22y2k*_10_10￡

k2(x2+y2)=l,代入②式得:+y23(/+y2)3即:p-+7=

10

3

x211x1-V3

設(shè)一y=t，則t+-=竺in，解得：t=3或g；.一=±6或土二

y2t33y3

xsin9-cos2°

【另解】由一=--=tg0,將等式②兩邊同時(shí)除以——,再表示成含tg。的

ycosx

2

式子：l+tg'0=(1+次2g)x———=ytg0,設(shè)tg20=t,貝lj3t2—10t+3=0,

?x13

；.t=3或，，解得二=±6或土;

3y3

9

sin0cos9

【注】第一種解法由------=-------而進(jìn)行等量代換，進(jìn)行換元，減少了變量的個(gè)數(shù)。

Xy

Xsin9

第二種解法將已知變形為一=,不難發(fā)現(xiàn)進(jìn)行結(jié)果為tgo,再進(jìn)行換元和變形。兩

ycos0

種解法要求代數(shù)變形比較熟練。在解高次方程時(shí)，都使用「換元法使方程次數(shù)降低。

例6.實(shí)數(shù)x、y滿足3+3=1,若x+y—k>0恒成立，求k的范圍。

916

(x-1)21(y+1)2

【分析】由已知條件=1,可以發(fā)現(xiàn)它與a?+b2=1有相似之處，于

916

是實(shí)施三角換元。

22

(x-1)1(y+1)x-1^?=sin。，

【解】由=1,設(shè)—=cos0，

91634

x=1+3cos。

即：〈代入不等式x+y—k>0得:

y=-1+4sin0

3cos0+4sin0—k>0,即k<3cos0+4sin0=5sin(。+w)

所以k<-5時(shí)不等式恒成立。

【注】本題進(jìn)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(yùn)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(shí);或者在解決圓、橢圓、雙曲線等

有關(guān)問題時(shí)，經(jīng)常使用“三角換元法”。

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

+c>0(a>0)所表示的區(qū)域?yàn)橹本€ax+by+c=0所分平面成兩部分中含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(diǎn)始終

位于平面上x+y-k>0的區(qū)域。即當(dāng)直線x+y-k=0

在與橢圓下部相切的切線之下時(shí)。當(dāng)直線與橢圓相切時(shí)，

16(x-l)2+9(y+l)2=144

方程組A,一二°.有相等的一組實(shí)

數(shù)解，消元后山△=()可求得k=-3,所以k<-3時(shí)原不

等式恒成立。

三、待定系數(shù)法

要確定變量間的函數(shù)關(guān)系，設(shè)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(xiàng)式恒等，也就是利用了多項(xiàng)式f(x)=g(x)的充要條

件是：對(duì)于一個(gè)任意的a值，都有f(a)三g(a)；或者兩個(gè)多項(xiàng)式各同類項(xiàng)的系數(shù)對(duì)應(yīng)相等。

待定系數(shù)法解題的關(guān)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(xué)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(gè)

問題是否用待定系數(shù)法求解，主要是看所求解的數(shù)學(xué)問題是否具有某種確定的數(shù)學(xué)表達(dá)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

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復(fù)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(xué)表達(dá)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--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(duì)應(yīng)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(shí)，我們可以用待定系數(shù)法求方程：首先設(shè)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：

1.設(shè)f(x)=5+m,f(x)的反函數(shù)fT(x)=nx—5,那么m、n的值依次為。

2.二次不等式ax?+bx+2>0的解集是(一二，:)，則a+b的值是___。

23

A.10B.-10C.14D.-14

3.在(l—x3)(1+x)1°的展開式中，x5的系數(shù)是。

A.-297B.-252C.297D.207

31

4.函數(shù)y=a-bcos3x(b<0)的最大值為5,最小值為一§,則y=-4asin3bx的最小

正周期是o一一

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

,y2

6.與雙曲線x2——=1有共同的漸近線，且過點(diǎn)⑵2)的雙曲線的方程是

X

【簡解】1小題：由f(x)=7+m求出fT(x)=2x-2m,比較系數(shù)易求，選C；

2

2小題：由不等式解集(一可知一7、彳是方程ax?+bx+2=0的兩根，代入

2323

兩根，列出關(guān)于系數(shù)a、b的方程組，易求得a+b,選D；

3小題：分析x5的系數(shù)由與(一DC；。兩項(xiàng)組成，相加后得x5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，再代入求得答案笄；

5小題：設(shè)直線17方程2x+3y+c=0,點(diǎn)A(l,-4)代入求得C=10,即得2x+3y+10=0；

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6小題：設(shè)雙曲線方程X2-1-=A,點(diǎn)⑵2)代入求得入=3,即得方程日一看=1。

II、示范性題組：

nix~++n

例1.已知函數(shù)丫=-----rn——的最大值為7,最小值為一1,求此函數(shù)式。

X+1

【分析】求函數(shù)的表達(dá)式，實(shí)際上就是確定系數(shù)叭n的值；已知最大值、最小值實(shí)際是

就是已知函數(shù)的值域，對(duì)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”。

【解】函數(shù)式變形為：(y—m)x2—4A/3x+(y—n)=0,xGR,由已知得y—mWO

△=(―)2—4(y—m)(y—n)20即：y2—(m+n)y+(mn—12)^0①

不等式①的解集為(T,7),則一1、7是方程y2—(m+n)y+(mn—12)=0的兩根,

1+（優(yōu)+〃）+優(yōu)〃-12=0m=5或|f〃m==51

代入兩根得：<解得:

49-7（加+〃）+mn-12=0

5x"+4-\/3x+1x~+4V3x+5

y或者y=

x2+1x2+1

此題也可由解集(T,7)而設(shè)(y+1)(y—7)WO,即y2-6y-7^0,然后與不等式①比較系

m+n-6

數(shù)而得：〈「，解出m、n而求得函數(shù)式y(tǒng)。

mn-12=-/

【注】在所求函數(shù)式中有兩個(gè)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(guān)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，代入后列出隊(duì)n的方程求解；二是由已知解集寫出

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(duì)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(guān)于x的一元二次方程，可知其有解，利用△》(),建立了關(guān)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(guān)鍵是否可以將函數(shù)化成一個(gè)一元二次方程。

例2.設(shè)橢圓中心在(2,-1),它的一個(gè)焦點(diǎn)與短軸兩端連線互相垂直，且此焦點(diǎn)與長軸較

近的端點(diǎn)距離是布一石，求橢圓的方程。

【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(shè)a、b、c后，山已知垂直關(guān)系而聯(lián)想到勾股定理建立一

個(gè)方程，再將焦點(diǎn)與長軸較近端點(diǎn)的距離轉(zhuǎn)化為a-c的yB'

值后列出第二個(gè)方程。

【解】設(shè)橢圓長軸2a、短軸2b、焦距2c,則BF

=a

a2=。2+。2

a=VTo

222

???<a+a=(2Z?)解得：

b=45

a—c=Jl0-A/5

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???所求橢圓方程是：+y=1