高中數(shù)學(xué)考點(diǎn)精講版

高中數(shù)學(xué)解題基本方法(建議細(xì)細(xì)地看)

配方法

配方法是對數(shù)學(xué)式子進(jìn)行?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(dāng)預(yù)測，并且合理運(yùn)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(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-+2ab+b-,將這個公式靈

活運(yùn)用，可得到各種基本配方形式，如：

2222

a+b=(a+b)—2ab=(a—b)+2ab；

by/3_

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

j_

a2+b~+c2+ab+bc+ca=2[(a+b)2+(b+c)2+(c+a)^]

22222

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

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

2

1+sin2a=1+2sinacosa=(sina+cosa)；

1J_

O297

x+x=(x+^)-2=(X-^)+2；……等等。

I、再現(xiàn)性題組：

函數(shù)y=log2(—2x1-------------l+5x+3)的單調(diào)遞增區(qū)間是

【簡解】1小題：利用等比數(shù)列性質(zhì)=a"，2,將已知等式左邊后配方

22222

3小題：已知等式經(jīng)配方成(sir/a+cos-a)--2sirTacos^a=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(jié)合定義域和對數(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-布\

n、示范性題組：

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?條對角線長為

A.2MB.而C.5D.6

2(xy+yz+xz)=11

*

【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［4(*+,+Z)=24

而欲求對角線長+3+2?,將其配湊成兩已知式的組合形式可得。

【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條棱的長度之和

20y+yz+xz)=11

4(x+y+z)=24

為24”而得:

長方體所求對角線長為：/2+)=上+)，+1)2-2(盯+"+位)=V62-ll=

5

所以選B。

【注】本題解答關(guān)鍵是在于將兩個己知和一個未知轉(zhuǎn)換為三個數(shù)學(xué)表示式，觀察和分析三個

數(shù)學(xué)式，容易發(fā)現(xiàn)使用配方法將三個數(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。

=2,

￡￡P(guān)*+/(p2+q2y-2P2q2

(q)|I-PJ|=(pq>=(pq>

[(〃+4-2聞2-2悶2(女2_e2_&

3)=4W7,解得kW—9或k2后o

又：p、q為方程l+kx+2=0的兩實(shí)根，△—1-8^0

即k22&或kW-2血

綜合起來，k的取值范圍是：一碗<k<-2后或者26WkwM。

【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,

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“△”討論，結(jié)果將出

錯，即使有些題目可能結(jié)果相同，去掉對“△”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。

設(shè)非零復(fù)數(shù)a、b滿足a'+ab+b」=0,求（上+自+（4+〃）網(wǎng)

aa

【分析】對己知式可以聯(lián)想：變形為（力）11+(6)+1=0,則b=3(3為

1的立方虛根）；或配方為（a+b）=ab。則代入所求式即得。

【解】由a'+ab+b'o變形得：+(6)+1=0，

設(shè)3=匕，則3~+3+1=0,可知3為1的立方虛根，所以：①=a,W3=^'=1o

222

又由a+ab+b=0變形得：（a+b）=ab，

所以（幣嚴(yán)8+（幣嚴(yán)+

【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。

aab-1±V3z

【另解】由a~+ab+b2=0變形得：(b)|-----------------1+(0)+1=0,解出"=2

ab

后，化成三角形式，代入所求表達(dá)式的變形式(7)999+")999后，完成后面的運(yùn)算。此方

法用于只是未2聯(lián)想到3時進(jìn)行解題。

-l±6i

假如本題沒有想到以上?系列變換過程時，還可由a?+ab+b2=0解出：a=2b,

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

計算。

IIL鞏固性題組：

函數(shù)y=(x-a)-+(x-b”(a、b為常數(shù))的最小值為?

(a-bl"/

A.8B.2C.2D.最小值不存在

a、B是方程x—2ax+a+6=0的兩實(shí)根，則(*1)+(13-1)的最小值是,,

49

A.-4B.8C.18D.不存在

已知x、yGR\且滿足x+3y—1=0,則函數(shù)t=2"+8'有。

V2V2

A.最大值2亞B.最大值2C.最小值2正B.最小值2

222

橢圓x—2ax+3y~+a—6=0的一個焦點(diǎn)在直線x+y+4=0上，貝Ua=。

A.2B.-6C.-2或一6D.2或6

化簡：2"-sin8+J2+2cos8的結(jié)果是。

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

x2

--0

設(shè)Fl和F2為雙曲線4-y-=i的兩個焦點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲線上且滿足NFIPF2=9O°,則

△FiPF2的面積是o

1

2---------

若x>—1,則f(x)=x“+2x+1+1的最小值為。

￡3123

已知2(p<a(4JI,cos(a-p)=13,sin(a+(3)=—5,求sin2a的值。(92年高考題)

22222

設(shè)二次函數(shù)f(x)=Ax+Bx+C,給定m>n(mvn),且滿足A[(m+n)+m~n~J+2A[B(m+n)

22

-Cmn]+B+C=0。

解不等式f(x)>0；

②是否存在一個實(shí)數(shù)t,使當(dāng)t￡(m+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。

、14422

設(shè)s>l,t>l,m￡R,x=log5t+logzs,y=log$t+log，s+m(logv-t+logz-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(guān)于x的方程f(x)=0有且僅有一個實(shí)根，求m的取值范圍。

二、換元法

解數(shù)學(xué)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(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，H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(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?，把?fù)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(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(dāng)然有時候要通過變

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

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，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(diǎn)聯(lián)系進(jìn)行換元。如求函數(shù)y=6+J匚嚏的值域時，易發(fā)現(xiàn)xe[O,i],設(shè)*=$布2

兀

a,aG?51，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(shè)，其中主要應(yīng)

222

該是發(fā)現(xiàn)值域的聯(lián)系，又有去根號的需要。如變量x、y適合條件x.+y-=r-(>0)時，

則可作三角代換x=rcos。、y=rsin0化為三角問題。

SS

均值換元，如遇到*+丫=$形式時，設(shè)X=^+t,y=5—t等等。

我們使用換元法時，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應(yīng)于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴(kuò)大。如上兒例中的

t>0和ae[0,2]o

1、再現(xiàn)性題組：

y=sinx?cosx+sinx+cosx的最大值是。

24

設(shè)f(x+l)=k)g"(4—x)(a>l),則f(x)的值域是o

已知數(shù)列｛a〃｝中，a1=-1,a〃+i?a”=a〃+i—a”，則數(shù)列通項a〃=。

設(shè)頭數(shù)x、y滿足x+2xy—1=0,則x+y的取值范圍是。

1+3-*

方程1+3、=3的解是。

不等式log2(2'-1)-log2(21+1-2)<2的解集是。

t2I

【簡解】1小題：設(shè)sinx+cosx=te[—&,&]，貝Uy=2+t—2,對稱軸t=—],當(dāng)t

=V2,ymax=2+y[2.

27

2小題：設(shè)X~+l=t(tNl),則f(t)=loga[-(t-l)+4],所以值域為(一8,logo4]；

111

3小題：已知變形為""+i—%=-1,設(shè)b"="j則bi=-l,b"=-l+(n—1)(-1)=-n,

所以a”=一〃；

22_

4小題：設(shè)x+y=k,貝|JX"—2kx+l=0,△=4k~—420,所以k21或kW—1；

5小題：設(shè)3,t=y,則3y2-+2y—l=0,解得y=c3,所以x=-1；

5

6小題：設(shè)k>g2(2”-l)=y，則y(y+l)v2,解得一2<y<l,所以x￡(k)g24jog23)°

II、示范性題組：

11

例1.實(shí)數(shù)x、y滿足4x~—5xy+4y~=5(①式),設(shè)S=x~+y",求'max+$min的

值。(93年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題)

x=y[scosa

《

【分析】由S=x?+y2聯(lián)想到cos'+sin2a=1,于是進(jìn)行三角換元，設(shè)〔>=/Cina

代入①式求smax和Smin的值。

x=yfscosa

<

【解】設(shè)卜="7sm"代入①式得：4S-5S-sinacosa=5

10

解得S=8-5sin2a；

101010

V-lWsin2aWl3W8-5sin2aW1313^8-5sin?^3

11」U3號

Smax+SmM=10+10=10=5

8S—10

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

8S—10

ISIW1。這種方法是求函數(shù)值域時經(jīng)常用到的“有界法”。

SSS5

【另解】由Snx^+y。設(shè)X?=2+t,y2=2-t,te[-2,2],

J--t2J--r2

則xy=±V4代入①式得：4S±5、4=5,

22

移項平方整理得100t-+39S——160S+100=0?

1010

39s2-160S+100W0解得：13WSW3

112123g

+Smin=10+10=10=5

【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一+y一與三角公式

cos-a+sin-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)x?=

SS

-9-

2+t、y-=2-t,減少了元的個數(shù)，問題且容易求解。另夕卜，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(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

5

—b,代入①式整理得3a+13b—5,求得3],所以s=(a—b)'+(a+b)—2(a-

102010WJ1

+b~)=13+1313,3],再求^max+^min的值。

11V2

例2.Z\ABC的三個內(nèi)角A、B、C滿足：A+C=2B,cosA+cosC=-cos6,求

A-C

cos2的值。（96年全國理）

4+C=120°

V

【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[8=60°.

A—60°+Q、「

由“A+C=120°”進(jìn)行均值換元，則設(shè)〔C=2°，再代入可求?osa即cos2。

A+C=120°

【解】由AABC中已知A+C=2B,可得〔8=60

A=60°+a

V

由A+C=120°,設(shè)〔。=6?！?a,代入已知等式得：

1

11111V3.

—cosa-sin<2

cosA+cosC=cos（600+a）+cos（60。-a）22+

1cosacosa

iM.i323

—cosa+sin<2cos2a—sin2acosa-

V2

22=44=4二9

V2A-CV2

解得：cosa=2,KP：cos2=2。

]]6

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°所以cosA+cosC=—cosB

[1

=_2V2,設(shè)cosA=—0+m,cosC=—V2_m

]]

所以cosA=一血+〃?，cosC=-叵_〃1,兩式分別相加、相減得:

A+CA-CA-C272

cosA+cosC=2cos2COs2=cos2=〃廣一2,

4+C4-CA-C2m

cosA—cosC=—2sin2sin2=6in2=m?—2,

A-C2-2后A—CA-C

：（團(tuán)）

BPsin2=_6—2=2,代入sin-2+cos"2=[整理

4-C2后V2

得：3m4—16m—12=0,解出m~=6,代入cos2="-2=2。

[1

【注】本題兩種解法由“A+C=120°”、“cosA+cosC=-2班”分別進(jìn)行均值換

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=

1]叵

2B,得A+C=120°,B=60°。所以cosA+cosC=-COsB=-2J^d|JcosA+cosC

=-2叵cosAcosC,和積互化得：

A+CA—CA-CV2

2cos2cos2=-V2[cos(A+C)+cos(A-C),即cos2=2-V2COs(A-C)

41A—CA-CA-C

22

=2-V2(2COS2-i),整理得：4^2cos2+2cos2-3&=o,

A-CV2

解得：cos2=2

y

，八

2

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=3貝ljF)=](sinx+cosx)2=1+2sinx*cosxW：sinx*cosx

2

2

J_1

f(x)=g(t)=-2。―2a)-+2(a>0)，tG[-’2,"2]

t=-、歷時，取最小值：-2a2-2&a-2

￡

當(dāng)2a》應(yīng)時，t=&,取最大值：-2a-+2忘a—2.

當(dāng)0<2aW&忖，t=2a,取最大值：2

、261―2〃2+2缶一；(a2日)

【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((￡[-72,72])與sinx+cosx對應(yīng)，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(xué)思想方法，即由對稱軸與閉區(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，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。

4(〃+1)2a(〃+1)2

例4.設(shè)對所于有實(shí)數(shù)x,不等式x~log2a+2xlog2。+1+log24a~>0恒成立,

求a的取值范圍。(87年全國理)

4(〃+1)2a(a+1產(chǎn)

【分析】不等式中l(wèi)og2a、Iog2a+l、log24a2三項有何聯(lián)系？進(jìn)行對數(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(。+1)a+12a

【解】設(shè)k)g2〃+1=t,則log2a=iog22a=3+log22a=3—log2a+1

(a+1)2a+1

=3—t,log24a~=21og22a=—2t,

2

代入后原不等式簡化為(3—t)x+2tx—2t>0,它對一切實(shí)數(shù)x恒成立，所以：

3—>0[f<3。

<J2a

仙=4產(chǎn)+8f(3-f)<0,解得卜?；?，>6...t<0Hplog27TT<0

2a

0<?+l<1,解得0<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。為什么會想到換元及如何設(shè)元,

4(<2+1)2a(a+1)~

關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)已知不等式中l(wèi)og2a、Iog24+l、log24a2三項之間的聯(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(yùn)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(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要注意的一點(diǎn)。

2

sin0cos0cos20sin910x

例5.已知X=y,且/+y2=3(1+y2)(②式)，求y的值。

sin0cos°

322222

【解】設(shè)X=>=k，貝ljsin0=kx,cos。=ky,且sin-0+cos-0=k"(x~+y~)

22

k2y2kx1010Py%10

2=3(，+嚴(yán)=3Tv2

=1,代入②式得:x2+y即：x+丁

x2

110_L-V3

設(shè))=t,貝ljt+，=3,解得：t=3或3:.)=±石或土3

尤sin°cos29

【另解】由y=cos°=tg?,將等式②兩邊同時除以X2，再表示成含tg9的式子:

,10

(1+3--

3(1+_

1+tg40='g0=3tg~0,設(shè)tg~0=t,則3t~-10t+3=0,

，t=3或3,解得)'=±Q或土3。

sin9cos°

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

xsin0

第二種解法將已知變形為y=cos°,不難發(fā)現(xiàn)進(jìn)行結(jié)果為tg0，再進(jìn)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。

—1)2(y+l)2

例6.實(shí)數(shù)x、y滿足9+16=1,若x+y-k>0恒成立，求k的范圍。

di(y+l)2

【分析】由已知條件9+16=1,可以發(fā)現(xiàn)它與a?+b2=l有相似之處，于是

實(shí)施三角換元。

(XT.(y+l)2x-1y+1

【解】由9+16=1,設(shè)3=cos。，4=sin。，

x=1+3cos9

V

即：〔y=-l+4sm°代入不等式x+y—k>0得：

3cos0+4sin0—k>0,即k<3cos0+4sin。=5sin(8+W)

所以k<-5時不等式恒成立。

【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。i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(guān)問

題時，經(jīng)常使用“三角換元法”。

k平面區(qū)域

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)域為直線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=O在與橢圓下部相切的切線之下時。當(dāng)直線與橢圓相切時，方程組

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

*

有相等的一組實(shí)數(shù)解，消元后由△=()可求得k=-3,所以

k<-3時原不等式恒成立.

IIL鞏固性題組：

3

已知f(x)=lgx(x>0),則f(4)的值為o

]_22

A.21g2B.31g2C.31g2D.31g4

函數(shù)y=(x+l)'+2的單調(diào)增區(qū)間是o

A.[-2,4-°°)B.[-1,+0°)D.(-8,+8)C.(-°°,-l]

設(shè)等差數(shù)列｛a”｝的公差d=5,且S1oo=列5,則a1+a3+a5+……+a99的值為

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

已知x"+4y"=4x,則x+y的范圍是。

已知a》0,b20,a+b=l,則丫2+V2的范圍是。

3

不等式4>ax+2的解集是(4,b),貝lja=,b=。

函數(shù)y=2x+Jx+1的值域是。

在等比數(shù)列｛a〃｝中，a】+a2T---Fa10=2,a11+a12T----Fa30=12,求a3i+a324----Fa60。

yDC

AB

ox

實(shí)數(shù)m在什么范圍內(nèi)取值，對任意實(shí)數(shù)x,不等式sin-x+2mcosx+4m—1<0恒成立。

29

已知矩形ABCD,頂點(diǎn)C(4,4),A點(diǎn)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(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)是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x)三g(x)的充要條件是:

對于一個任意的a值，都有f(a)三g(a)；或者兩個多項式各同類項的系數(shù)對應(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)、

解析兒何中求曲線方程等，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：

利用對應(yīng)系數(shù)相等列方程；

由恒等的概念用數(shù)值代入法列方程；

利用定義本身的屬性列方程；

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(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：

X

設(shè)f(x)=2+m,f(x)的反函數(shù)f-'(x)=nx—5,那么m、n的值依次為。

5g*工

A.2,—2B.—2,2C.2,2D.一2,一2

J_J

2

二次不等式ax+bx+2>0的解集是(一2,3),則a+b的值是。

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

在(1—xb(1+x)1°的展開式中，X，的系數(shù)是。

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

3j_

函數(shù)y=a—bcos3x(b<0)的最大值為2,最小值為一2,則y=-4asin3bx的最小正周期是

____________0

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

y2

與雙曲線X?-4=1有共同的漸近線，且過點(diǎn)(2,2)的雙曲線的方程是。

X

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

2小題：由不等式解集(-5,3),可知一5、3是方程ax?+bx+2=o的兩根，代入兩根,

列出關(guān)于系數(shù)a、b的方程組，易求得a+b,選D；

5525

3小題：分析x.的系數(shù)由Ci。與(-1)0。兩項組成，相加后得工的系數(shù)，選D；

2不

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3；

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

222

y_x_y_

6小題：設(shè)雙曲線方程x?-4=大，點(diǎn)(2,2)代入求得入=3,即得方程3—12=1。

II、示范性題組：

mx2+4百x+n

已知函數(shù)丫=一+1的最大值為7,最小值為一1,求此函數(shù)式。

【分析】求函數(shù)的表達(dá)式，實(shí)際上就是確定系數(shù)m、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—4^3x+(y—n)=0,x6R,由已知得y—mWO

△=(—4百1一4(y—m)(y—n)》0即：y—(m+n)y+(mn—12)^0①

2

不等式①的解集為GL7),則一1、7是方程y—(m+n)y+(mn—12)=0的兩根，

1+(m+n)+mn-12=0\m-5fm=1

<<V

-xTrr+n/M49-〃)+加〃-12=0皿小〃=1tn=5

代入兩根得：7('M+7解得：〔或〔

5爐+4底+1/+4怎+5

y=X~+1或者y=X~+1

此題也可由解集(?1,7)而設(shè)(y+l)(y—7)W0,即y—6y—7W0,然后與不等式①比較系數(shù)而

m+n=6

<

得：〔加if〃in-U12=—7解出m、n而求得函數(shù)式y(tǒng)。

【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(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m、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)化成一個一元二次方程。

例2.設(shè)橢圓中心在(2,-1),它的一個焦點(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)距離是癡一右，求橢圓的方程。

yB'

A

【分析扁網(wǎng)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，由已知垂直關(guān)系而聯(lián)想到勾股定理建立一個方程，再將焦點(diǎn)與長軸較近端點(diǎn)的

距離轉(zhuǎn)化為a-c的值后列出第二個方程。

【解】設(shè)橢圓長軸2a、短軸2b、焦距2c,則IBFI=a

a2=b2+c2

?a2+a2=(2b)2a=V10

<

a—c=V10-A/5解得：匠石

所求橢圓方程是：10+5=1

也可有垂直關(guān)系推證出等腰RtZXBB'F后，由其性質(zhì)推證出等腰RtaBP'F,再進(jìn)行如下列

b=c

<a—c—V10—V5

ri~一扇+「2

式：1°一”c,更容易求出a、b的值。

【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(dá)式。在曲線的平移中，幾何數(shù)據(jù)(a、b、c、e)不變，木

題就利用了這一特征，列出關(guān)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(shè)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。

n(n+1)

例3.是否存在常數(shù)a、b^c,使得等式1?2~+2?H------Fn(n+1)2=12(an-+bn

+c)對一切自然數(shù)n都成立？并證明你的結(jié)論。(89年全國高考題)

【分析】是否存在，不妨假設(shè)存在。由已知等式對一切自然數(shù)n都成立，取特殊值n=l、2、

3列出關(guān)于a、b、c的方程組，解方程組求出a、b、c的值，再用數(shù)學(xué)歸納法證明等式對所

有自然數(shù)n都成立。

J_J_

【解】假設(shè)存在a、b、c使得等式成立，令：n=l,得4=6但+b+c)；n=2,得22=2(4a

+2b+c)；n=3,得70=9a+3b+c。整理得：

〃+b+c=24a=3

v4。+2b+c=44<0=11

9。+3〃+C=70，解得c=10,

n(n4-1)

于是對n=l、2、3,等式1?2?+2?3?+…+n(n+l)2=12(3n)+1ln+10)成立，

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明對任意自然數(shù)n,該等式都成立：

Mk+1)

假設(shè)對n=k時等式成立，即l?22+2?3-H------Fk(k+1)~=12(3k-+1lk+10)；

k(k+1)

當(dāng)n=k+l時，1*2+2-32+…+k(k+l「+(k+l)(k+2)2=12(3k2+llk+10)+

k(k+1)(k+1)(4+2)

(k+l)(k+2)2=12(k+2)(3k+5)+(k+l)(k+2)2=12(3k?+5k+l2k

(?+1X:+2)

+24)=12[3(k+l)2+ll(k+l)+10],

也就是說，等式對n=k+l也成立。

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

【注】建立關(guān)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

333222

納證明的步驟進(jìn)行。本題如果記得兩個特殊數(shù)列I+2+…+n.、1+2-+…+rT求和

232

的公式，也可以抓住通項的拆開，運(yùn)用數(shù)列求和公式而直接求解：由n(n+l”=n'+2n+

.22-333222

n得S"=l,2-+2?3-+…+n(n+l)-=(r+2.H------Fn')+2(1+2+—+n')+(l+2

n2(n+I)2n{n+1)(2/?+1)n(