高中數(shù)學(xué)解題思想方法3

高中數(shù)學(xué)解題思想方法

目錄

刖百...................................................2

第一章高中數(shù)學(xué)解題基本方法.................3

——、酉己方法.....................................3

二、換元法...............................6

三、待定系數(shù)法...........................13

四、定義法...............................17

五、數(shù)學(xué)歸納法..........................21

六、參數(shù)法..............................26

七、反證法..............................29

第二章高中數(shù)學(xué)常用的數(shù)學(xué)思想................33

一、數(shù)形結(jié)合思想........................33

二、分類討論思想........................38

三、函數(shù)與方程思想......................43

四、轉(zhuǎn)化（化歸）思想....................50

第三章高考熱點(diǎn)問題和解題策略................56

一、應(yīng)用問題............................56

二、探索性問題..........................62

三、選擇題解答策略......................67

四、填空題解答策略......................72

2

前言

美國著名數(shù)學(xué)教育家波利亞說過，掌握數(shù)學(xué)就意味著要善于解題。而當(dāng)我們解題時(shí)遇到一

個(gè)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(duì)數(shù)學(xué)思想、數(shù)學(xué)方法

理解透徹及融會(huì)貫通時(shí)，才能提出新看法、巧解法。高考試題十分重視對(duì)于數(shù)學(xué)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(yùn)含著重要的數(shù)學(xué)思想方法。我們要有意

識(shí)地應(yīng)用數(shù)學(xué)思想方法去分析問題解決問題，形成能力，提高數(shù)學(xué)素質(zhì)，使自己具有數(shù)學(xué)頭

腦和眼光。

高考試題主要從以卜幾個(gè)方面對(duì)數(shù)學(xué)思想方法進(jìn)行考查：

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

②數(shù)學(xué)邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；

③數(shù)學(xué)思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與?般、類比、歸納和

演繹等；

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

等。

數(shù)學(xué)思想方法與數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)相比較，它有較高的地位和層次。數(shù)學(xué)知識(shí)是數(shù)學(xué)內(nèi)容，可

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

想方法則是一種數(shù)學(xué)意識(shí)，只能夠領(lǐng)會(huì)和運(yùn)用，屬于思維的范疇，用以對(duì)數(shù)學(xué)問題的認(rèn)識(shí)、

處理和解決，掌握數(shù)學(xué)思想方法，不是受用?陣子，而是受用一輩子，即使數(shù)學(xué)知識(shí)忘記了，

數(shù)學(xué)思想方法也還是對(duì)你起作用。

數(shù)學(xué)思想方法中，數(shù)學(xué)基本方法是數(shù)學(xué)思想的體現(xiàn)，是數(shù)學(xué)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(xué)思想是數(shù)學(xué)的靈魂，它與數(shù)學(xué)基本方法常常

在學(xué)習(xí)、掌握數(shù)學(xué)知識(shí)的同時(shí)獲得。

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

提高學(xué)生對(duì)數(shù)學(xué)思想方法的認(rèn)識(shí)和運(yùn)用，數(shù)學(xué)素質(zhì)的綜合體現(xiàn)就是“能力”。

為了幫助學(xué)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(xué)

基本方法：配方法、換元法、待定系數(shù)法、數(shù)學(xué)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(shí)驗(yàn)法，再介紹高考中常用的數(shù)學(xué)思想：函

數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想、轉(zhuǎn)化（化歸）思想。最后談?wù)劷忸}中的有關(guān)

策略和高考中的幾個(gè)熱點(diǎn)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(duì)方法或者問題進(jìn)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(jìn)行方法的再現(xiàn)，示范性題組進(jìn)行詳細(xì)的解答和分析，對(duì)

方法和問題進(jìn)行示范。鞏固性題組旨在檢查學(xué)習(xí)的效果，起到鞏固的作用。每個(gè)題組中習(xí)題

的選取，又盡量綜合到代數(shù)、三角、幾何兒個(gè)部分重要章節(jié)的數(shù)學(xué)知識(shí)。

3

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(cè)，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：己知或者未知

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；

x2+-^=(x+-)2-2=(x--)2+2；……等等。

X~XX

I、再現(xiàn)性題組：

1.在正項(xiàng)等比數(shù)列｛a“｝中，a,*a5+2a3*35+33-a7=25,則+a$=。

2.方程*2+丫2—41?—2丫+51<=0表示圓的充要條件是。

A.1<k<lB.或k>lC.kGRD.k=｝或k=l

3.已知sin"a+cos4a=1,則sina+cosa的值為。

A.1B.-1C.1或一1D.0

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

2

A.(―°°,IB.[總，+8)C.(―,4]D.3)

222

5.已知方程x+(a-2)x+a-l=0的兩根x1、x2,則點(diǎn)P(x]，x2)在圓x+y=4±,則實(shí)

數(shù)a=。

【筒解】1小題：利用等比數(shù)列性質(zhì)a.raw+pMa,J,將已知等式左邊后配方(a3+

a5)2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=”，解r2>0即可，選B。

3小題：已矢口等式經(jīng)配方成(sin?a+cos?a)之一Zsin?acos2a=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-"7。

II、示范性題組：

4

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

線長為一。

A.25/3B.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Jr+F+z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：ylx2+y2+Z2=yl(x+y+z)2-2(xy+yz+xz)=A/62-11

=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x2+kx+2=0的兩實(shí)根為p、q,若(4)2+(幺)2.7成立，求實(shí)數(shù)k的取

qp

值范圍。

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

(P4(q、2p4+q4(p2+/)2-2p2/[(p+q)?-2pqf-2p"?

(1p(pq)(pq)(pq)

(女2_4)2—8

-------——W7,解得kW—或k2歷。

4

又：P、q為方程x2+kx+2=0的兩實(shí)根，△=!?-820即k》2后或kW—2痣

綜合起來，k的取值范圍是：一回WkW—26或者2五WkW回。

【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。本題山韋達(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。

例3.設(shè)非零復(fù)數(shù)a、b滿足a2+ab+b2=0,求(一二)物'+(一1)叨8。

a+ba+b

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

bbb

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,

hh

5

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

bCDa

又由a2+ab+l)2=0變形得:(a+b)2=ab,

所以(-^)+(L)1998=(￡1)999+(t)999=(￡.)999+(2)999=3999+

a+ba+bahahha

~CD999=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)式中的高次基。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。

a〃b1+"\/

【另解】由a?+ab+b2=0變形得：(f)2+(f)+l=0,解出一J二」后,化

bba2

成三角形式，代入所求表達(dá)式的變形式(2)999+(2)緲9后，完成后面的運(yùn)算。此方法用于

ba

-1+V3z

只是未一了‘聯(lián)想到3時(shí)進(jìn)行解題。

假如本題沒有想到以上一系列變換過程時(shí),還可由a2+ab+b2-0解出：a=b,

2

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。

皿、鞏固性題組：

1.函數(shù)y=(x—a)2+(x—b)2(a、b為常數(shù))的最小值為。

A.8B.(”4C./+?D.最小值不存在

22

2.a、B是方程x2—2ax+a+6=0的兩實(shí)根，則(aT)?+(8-1)2的最小值是___0

A.一普B.8C.18D.不存在

3.已知x、y￡R+,且滿足x+3y—1=0,貝lj函數(shù)t=21+8y有。

A.最大值2&B.最大值走C.最小值2&B.最小值也

22

4.橢圓x?—2ax+3y2+a?—6=0的一個(gè)焦點(diǎn)在直線x+y+4=0上，則a=。

A.2B.-6C.-2或一6D.2或6

5.化簡：2Vl-sin8+j2+2cos8的結(jié)果是___。

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

6.設(shè)\和F2為雙曲線片一y2=l的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲線上且滿足/F|PF2=90°,

4

則4F]PF2的面積是o

7.若x>—1,則f(x)=x2+2x+_L的最小值為o

x+1

8.已知生(P<a<2n,cos(a-0)=l^,sin(Q+B)=—3,求sin2a的值。(92

24135

年高考題)

9.設(shè)二次函數(shù)f(x)=Ax2+Bx+C,給定m、n(m〈n),且滿足A?[(m+n)2+m2n2]+2A[B(m+n)

-Cmn]+B2+C2=0。

6

①解不等式f(x)>0；

②是否存在一個(gè)實(shí)數(shù)t,使當(dāng)td(m+t,n-t)時(shí)，f(x)<0?若不存在，說出理由；若存在,

指出t的取值范圍。

4422

10.設(shè)s>Lt>l,mSR,x=logJt+logfs,y=log^t+log,s+m(logst+log(s),

①將y表示為x的函數(shù)y=f(x),并求出f(x)的定義域；

②若關(guān)于x的方程f(x)=0有且僅有一個(gè)實(shí)根，求m的取值范圍。

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，用一個(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。或者變?yōu)槭煜さ男问?，把?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)槭煜さ?/p>

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匚嚏的值域時(shí)，易發(fā)現(xiàn)xe[0,l],設(shè)*=

TT

sin2a,aW[O,7],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=rsin0化為三角問題。

Ss

均值換元，如遇至心+丫=$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

7T

的t>0和aG[0,—]?

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—XD(a〉l),則f(x)的值域是o

3.已知數(shù)列｛a.｝中，a1=—1,a”1?a0=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。

7

1+3T

5.方程-；——=3的解是_______________?

1+3

Vx+l

6.不等式log2(2-1)-log2(2-2)<2的解集是o

,2]

【簡解】1小題：設(shè)sinx+cosx=tW[一行，&],則丫='+1—耳，對(duì)稱軸t=-1,

當(dāng)t=尬,ymax=|+V2；

2小題：設(shè)x?+l=t則f(t)=log“[-(51)2+4],所以值域?yàn)?一8,log〃4]；

3小題：已知變形為」-----「=-1,設(shè)b“=」-,則b]=-1,b“=-1+(n—1)(T)

??+i3an

=-n,所以a----；

z(n

4小題：設(shè)x+y=k,則x?—2kx+l=0,Z\=4k2—420,所以k21或kW—1；

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

6小題：設(shè)log?(2'—1)=y,則y(y+l)<2,解得一2<y〈l,所以x￡(log?j,logz3)。

II、示范性題組：

例1.實(shí)數(shù)x、y滿足4x?—5xy+4y2=5(①式)，設(shè)s=x?+y2,求----1---^―

Qmax"min

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=VsCOSQ

.代入①式求S而和Smm的值。

y7ssina

y[sCOSa

【解】設(shè)代入①式得:4S—5S,sinacosa=5

j4ssina

10

解得S=

8-5sin2a

：TWsin2aWl3W8—5sin2aW13/.——S---------W——

138-5sina3

,--1---1--1------3---1-1-3-=-1-6-=—8

SmaxS*1010105

此種解法后面求S最大值和最小值，還可由Sin2a=—8s1—10的有界性而求，即解不等

8s—10

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

?J

8

ssss

【另解】由S=x?+y2,設(shè)x2='+t,y2=——t,te—,—],

則xy=±1z--廣代入①式得：4S±5^——t=5,

移項(xiàng)平方整理得100t，+39S2-160S+100=0。

2,1010

???39s2—160S+100W0解z得：—

11313168

?--------1-----------------1-----—=一

?SmaxSmin1010105

【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=9+t、y2=9-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3a2+13b?=5,求得a2G[0,g],所以S=(a-b)?+(a+b)?=

、202JO10,再求不匚+一一的值。

2(,a22+b2)=—1°——ae[—,—]

1313133“max"min

11V2

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)

【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°[4=60°+a

\；由“A+C=120°”進(jìn)行均值換元，則設(shè)〈…，再代入可求

8=60°C=60°-a

cosa即cos---o

'A+C=120°

【解】由AABC中已知A+C=2B,可得\一

8=60°

9

A=60°+a

由A+C=120。，設(shè)《o,代入已知等式得:

C=60—a

111]_1

+=------------------+

cosA--------cosC--------cos(60°+?)cos(600-tz)]M

—cosa--sina

22

1cosacosa

i33

1V3.12丁?22J

—cosof+--sina-cosa一—sin-acosa—-

22444

,V2A-C_^2

解得：cosa,即：cos

22

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°。所以」二十二一V2

cosAcosCcos8

=-2>/2,設(shè)-----=—+m,------=—V2—m，

cosAcosC

所以cosA=—尸一，cosC=—L一，兩式分別相加、相減得:

72+m-y/2-m

A+CA-CA-C2V2

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

222m2-2

A+CA-C2m

cosA-cosC=-2sin-----sin------

22m2-2,

A-C2/772V2,A—C2A—C

：sm代入sir?-+cos2—^=1整理

V3(m2-2)/?/--222

,.,,A-C2V2V2

得：3n)4—16m—12=0,解出m2=6,代入cos-----=-z----=

2加一22

【注】本題兩種解法由“A+C=120°”、“一^+―^?=—2痣”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=

11V2

2B,得A+C=120°,B=60°。所以-------1------=--------=-2。2,即cosA+cosC

cosAcosCcosB

=-2&cosAcosC,和積互化得：

A+CA-Cr-A-C叵r-

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

2222

V2r-,A-Cr-A-CA-C「

—--------v2(2cos---------1),整理得：4V2cos--------F2cos--------3,2=0,

2222

…A-CV2

解得：COS-----=----

10

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

【解】設(shè)sinx+cosx=t,則[-五，、巧],由(sinx+cosx)2

7f2_ly

=l+2sinx?cosx得：sinx,cosx=---，八，

2-V2八”

11廠L/\

f(x)=g(t)=——(t—2a)2+—(a>0),ts[-J2,V2]~/

t=_J5時(shí)、取最小值：—2a2—2V2a——

當(dāng)2a2直時(shí)，t=Ji,取最大值：-2a2+2V2a-y；

當(dāng)O〈2aW0時(shí)，t=2a,取最大值：-

1V2

-(0<a<-)

，f(x)的最小值為一2a?—2&a一萬最大值為廠

—2G2+2y/2a——(a>——)

【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,、歷])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土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xZlog?"9+2xl0g23-+10g2”^->0恒

a~a+l4a

成立，求a的取值范圍。(87年全國理)

4U/+1)

【分析】不等式中l(wèi)og2、log2冬、log,三項(xiàng)有何聯(lián)系？進(jìn)行對(duì)數(shù)

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

2a4(。+1)8(6(+1)a+1

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

a+12a22a22a

2a(a+1)2a+1

log,---7=3—t,log,——z-=21og,——--2t,

-a+14a-2a

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—〉0fr<32a

得V：.t<0HPlog----<0

△=4-+8?3-/)<0'卜<0或，>62a+1

11

2a

0<<1,解得0<a<l。

a+1

【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10g24("+D、log2一、log三項(xiàng)之間的聯(lián)系。

在解決不等式恒成立問題時(shí)，使用了“判別式法”。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，sin0cos0cos20sin2010x

例已知——,且(②式)，求一的值。

5.2

xyx2y3(，+/)y

【解】設(shè)空」cos9

--------=k則sin0=kx,cos。=ky,且sin20+cos20—

Xy

22

HFio10k2v

k2(x2+y2)=l,代入②式得:即：F+7=

x2y23(/+y2)3

10

設(shè)彳=t,則t+1=12,解得：t=3或2.,.±=±6或土坐

y2t33y3

xsin9cos20

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

ycos9x

式子：l+tg40=(1+%2。)乂----------=^tg2o,設(shè)tg?o=t,貝lj3t2-10t+3=0,

Ixr

，t=3或；，解得'=±百或土;-。

3y3

sin0cos6

【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

xsin0

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tg0,再進(jìn)行換元和變形。兩

ycose

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

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

916

(1)2?(>+1)2

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

916

是實(shí)施三角換元。

(X—?(y+l)?51一1,V4-1

【解】由=1,設(shè)----=cos0,------=sin0,

91634

12

x=1+3cos9

代入不等式x+y-k>0得:

y=-1+4sin0

3cos9+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。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Y

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《"有相等的一組實(shí)

X+y—攵=0

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

等式恒成立。

IIL鞏固性題組：

1.已知f(x3)=lgx(x>0),則f(4)的值為o

A.21g2B.Ilg2C.21g2D.21g4

333

2.函數(shù)y=(x+l)4+2的單調(diào)增區(qū)間是。

A.[-2,+8)B.[-1,+8)D.(-8,+8)C.(-°°,-1]

3.設(shè)等差數(shù)列｛a“｝的公差d=l,且SI00=145,則a,+a3+a5+……+299的值為

A.85B.72.5C.60D.52.5

4.已知x?+4y2=4x,則x+y的范圍是_______________。

5.已知a20,b20,a+b=l,則』7；+571的范圍是。

6.不等式4〉ax+3的解集是(4,b),則a=，b=。

2

7.函數(shù)y=2x+Vx+1的值域是o

8.在等比數(shù)列｛a〃｝中，3)+a2H--Fa10=2,aH+a12H---Fa30=12,求a31+a32H—

+460°

9.實(shí)數(shù)m在什么范圍內(nèi)取值，對(duì)任意實(shí)數(shù)x,不等式sin2x+2mcosx+4m—1<0恒成立。

10.已知矩形ABCD,頂點(diǎn)C(4,4),A點(diǎn)在曲線

x2+y2=2(x>0,y>0)上移動(dòng)，且AB、AD始

終平行x軸、y軸，求矩形ABCD的最小面積。

13

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)三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、求復(fù)

數(shù)、解析幾何中