一篇收全高中數(shù)學(xué)解題基本方法

一篇收全高中數(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J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=a2+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：

a:+b2—(a+b)?-2ab=(a—b尸+2ab；

,A

a?+ab+b?=(a+b尸-ab=(a—b)'+3ab=(a+尸+(---b)'；

22

a:+b:+c*+ab+bc+ca=-[(a+b):+(b+c)*+(c+a):]

2

a*+b*+c：=(a+b+c)2-2(ab+bc+ca)=(a+b-c):-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+2sinQcosQ=(sinQ+cosQ)：；

x:+-V=(x+--2=(x——):+2；等等。

x，xx

I、再現(xiàn)性題組:

1.在正項(xiàng)等比數(shù)列｛a｝中，%+2@3+為2了=25,則a3+a5=?

2.方程x:+y:-4kx—2y+5k=0表示圓的充要條件是-

A.B.k<：或k>lC.kERD.k=1?或k=l

3.已知sin4Q+cos4Q=1,則sinQ+cosG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.

A.(—°°,r］B.［「+8)C.(一丸D.［口3)

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

實(shí)數(shù)a=-

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

a3),易求。答案是：5。

2小題：配方成IB1的標(biāo)準(zhǔn)方程形式(x—a尸+(y—b):=，，解?>0即可，選B。

3小題：已知等式經(jīng)配方成(sin.口+cos"Q)'_2sin-acos'Q=L求出sinQcos

a,然后求出所求式的平方值，再開方求解。選Co

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。選九

5小題：答案3—JTT□

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(gè)長方體的一條對(duì)

角線長為.

A.2百B.<14C.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+x,將其配強(qiáng)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

2(xy+yz+xz)=11

度之和為24”而得:

4(x+y+z)=24

長方體所求對(duì)角線長為：Jr?+J-++J+z)，-2(x7+jz+xz)=

-11=5

所以選B.

【注】本題解答關(guān)建是在于將兩個(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/+kx+2=0的兩實(shí)根為p、q,若（巴）2+（2）,W7成立，求實(shí)數(shù)k的

qp

取值范圍。

【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$

,尸\\2__O,+/)'-2尸，'_Kp+q)：-2pq]--2p-q'

qp。力(pqT(.p<7)'

(h4)8w%解得kW-Ji?或k三標(biāo).

4

又.外、q為方程x-+kx+2=0的兩實(shí)根，二A=k'—820即2或kW—2及

綜合起來，k的取值范圍是：一?6"WkW—或者2Vi"WkWJTB'.

【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.

例3.設(shè)非零復(fù)數(shù)a、b滿足a'+ab+b'=0,求（一一）】"$+（上嚴(yán)”.

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

bbb

慮根)；或配方為(a+b)'=ab.則代入所求式即得.

【解】由a'+ab+b'O變形得：(巴)'+(巴)+1=0,

bb

設(shè)3=巴，則3'+3+1=0,可知3為1的立方慮根，所以：WJ=cuJ=l.

b0a

又由a?+ab+b10變形得：(a+b)*2=ab,

所以(—一)1■+(^—嚴(yán)"=(4嚴(yán)°+(“嚴(yán)9=(2)9”+(2嚴(yán)9=3。。9

a+bababba

+a999=2.

【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.

【另解】由a'+ab+b'=O變形得：(“尸+(“)+1=0,解出"=占業(yè)后，

bba2

化成三角形式，代入所求表達(dá)式的變形式(巴)蜂+(2)叱后，完成后面的運(yùn)算.此方法用

ba

于只是未一""與聯(lián)想到W時(shí)進(jìn)行解題。

2

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

-1+石j

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

2

定理完成最后的計(jì)算。

IH、崎：

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

A.8B.S-5)C.。+》D.最小值不存在

22

2.0(、0是方程x*—2ax+a+6=0的兩實(shí)根，則(QT)'+(p-1)2的最小值是.

A.-B.8C.18D.不存在

3.已知X、yER+,且滿足x+3y—1=0,則函數(shù)t=2+8有。

A.最大值2v12B.最大值"2C.最小值2y/2B.最小值v，2

22

4.桶圓x'—2ax+3y，+a?—6=0的一個(gè)焦點(diǎn)在直線x+y+4=0上，貝IJa=。

A.2B.-6C.-2或一6D.2或6

5.化簡:2Vl-sin8+v2+2cos8的結(jié)果是。

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

6.設(shè)F]和F、為雙曲線L-，=l的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P在雙曲線上且滿足NF】PF、=90°,

-4

則△羯PF1的面積是o

7.若x>—1,則f(x)=x2+2x+I的最小值為o

x+1

8.已知X<a<￡n,costa-p)=E,sin(U+B)=-3求sin2U的值。(92

24135

年高考題)

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

2A[B(m+n)—Cmn]+B:+C：=0。

①解不等式f(x)>0；

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

在，指出t的取值范圍。

10.設(shè)s>l,t>l,mER,x=logt+logs,y=log1t+log1s+m(log21+logs),

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

問題苞單化，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)算和推證藺化.

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+2-2>0,先變形為設(shè)2=t(t>0),而變?yōu)?/p>

熟悉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=6+廬7的值域時(shí)，易發(fā)現(xiàn)xG[0,1],

設(shè)x=sin%,aE[0,y],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d+/=r'

(r>0)時(shí)，則可作三角代換x=rcos0y=rsin9化為三角問題。

均值換元，如遇到乂+丫=$形式時(shí)，設(shè)X=￡+t,y=三一t等等.

22

我們使用換元法時(shí)，要漠循有利于運(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>o和aG[0,-].

2

I、再現(xiàn)性題組：

1.y=sinx7cosx+sinx+cosx的最大值是0

2.設(shè)f(x?+l)=log(4—x*)(a>l)>則f(x)的值域是0

3.已知數(shù)列｛a｝中，%=-1,a7”a=a^-a,則數(shù)列通項(xiàng)a=B

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

5.方程I+'=3的解是______________.

1+3

6.不等式log,（2-1）1log,（2必一2）《2的解集是.

—=-

【簡解】1小題：設(shè)sinx+cosx=t￡[—yp29\[1],則y=+t—,對(duì)稱軸t1,

22

當(dāng)t=a,y^T=；+

2小題：設(shè)x2+l=t則f（t）=log[~（t-l）:+4],所以值域?yàn)椋?8,log4]；

3小題：已知變形為1-1=-1,設(shè)b=1,則b=-1,b=-1+（n-1）（-1）

.4iaa

=—n,所以a=一—3

n

4小題：設(shè)x+y=k,則x?—2kx+l=0,4=4卜？一4三0,所以kS11或kW—1；

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

3

6小題J設(shè)log、（2—l）=y,則y（y+l）<2,解得一2<y<l,所以x￡（log、一$log,3）。

??4°

n、神性迪

例1.實(shí)數(shù)X、y滿足4x:-5xy+4y:=5（①式），設(shè)S=x:+y。求—1----------

S.Sa

的值。（93年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題）

【分析】由S=d+y：聯(lián)想到cos'G+sin:a=1,于是進(jìn)行三角換元，設(shè)

X=cosa

l代入①式求和Sa的值。

｛y=\1Ssina

x=JScosa

代人①式得:4s—5S'sinQcosQ=5

(『=《Ssina

10

解得S=

8-5sin2a

TWsin2UW13W8—5sin2dW13-W---------------W一

138-5sina3

.1.13,13168

??-------+-------=—+—=—=-

JSg1010105

oc*_in

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

S

*S_1n

式：IIW1。這種方法是求函數(shù)值域時(shí)經(jīng)常用到的“有界法”。

S

【另解】由S=x2+y),設(shè)x'=1+t,y：=y-t,tE[-y>y]?

代入①式得：4S±5r=5,

移項(xiàng)平方整理得loot:+39S:-160S+100=0.

/.39S‘一160S+100W0解得：1°10

133

.1?1_3_J3_16_8

「SySa1010105

【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：+y'與三角

公式cos%+sin%=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'+y：而按照均值換元的思

路，設(shè)x：=2+t、y:=￡-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

22

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(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'+13b'=5,求得a:G[0,—],所以S=(a-b)?+(a+b)：

3

::102:10再求」_+的值.

=2(a+b)=+°aG[1°],_L

1313133S3Sa

例2.AABC的三個(gè)內(nèi)角A、B、C滿足：A+C=2B,----F—--=--、、-,求

cosJ4COSCCOSB

cos上E的值.（96年全國理）

2

【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

CT4+C=120°[A=60°+a

；由“A+C『2。。”進(jìn)行埼值換元，則設(shè)j,再代入可

[B=60°-a

求cosQ即cos------

2

//+C=120°

【解】由aABC中已知A+C=2B,可得《

聲=60"

(A=60°+a

由A+C=12O0,設(shè)《,代入已知等式得:

|^C=60°-a

—^―+—^―1+1]+

COS>1cosCcos(600+a)cos(600-a)>/3.

cosa-sina

22

1cosacosa

17T--33

—cosa+—sinacosa-sinacosa-

22444

力-C6

解得：cosa=vcos------

222

,B=60°.所以」1

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°

cosAcosCcosB

1&—m,

1

所以cosA=,COSC=---7=----,兩式分別相加、相減得:

-VI+m-V2-m

,_A+CA-C_A-C_2y/2

cosA+cosC=2coscos=cos=-；-----

222加一2

-4+C-4-C_r-A-C_2m

cosA-cosC=-2sin------sin-------=-J3sin-------=—；-----

222m,-2

即：85^^=五

解得：cosa=—

222

,B=60°-所以一116

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°

cosJ4COSCCOSB

1

E-m，

cosC

z51

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

-V2+m-V2-m

A+CA-C_A-C_272

cosA+cosC=2COSCOS=COS=-；----,

222加-2

CA-C_r-A-C_2m

cosA-cosC=-2sin-----sin-----=-J3sin------=—；----

222m?-2

即：sin"^=-2'=一￥-,代入sin'之工+cos'上￡=1整理

2y/3(m'-2)m'-222

得：3m‘一16m—12=0,解出=6,代入cos±^=上?一=

2m--2

【注】本題兩種解法由“A+C=120°”、“二一+—」=一2￡”分別進(jìn)行均

cosAcosC

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(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=2B,得A+C=12O°,B=60°.所以-------1--------=~2^2,即cosA+

COSJ4COSCCOSB

cosC=-2\j2cosAcosC,和積互化得:

CA-C

2cos-----cos------[cos(A+C)+cos(A-C),即cos-----=----y/lcos(A-C)

2222

V2「,，力一C、-e/日r-.A-CA-C不

---V2(2cos*------1),整理侍：4y/2cos"-------tb2cos------3y/2=0,

2222

A-C_41.

解得:cos-----------

22

例3.設(shè)a>0,求f(x)=2a(sinx+cosx)-sinx7cosx—2a,的

最大值和最小值.y

，，

【解】設(shè)sinx+cosx=t,貝IjtE[-],由(sinx+—￡/^\^2x

、.r-1

cosx)*=l+2sinx7cosx得：sinxzcosx=-----

2

=2

f(x)g(t)———(t—2a)H(a>0),tG[-^29ypl]

22

t=-J^時(shí)，取最小值：一2/一2,2a—L

2

當(dāng)時(shí)，t=V2,取最大值：-2a:+2Via--；

2

當(dāng)0<2aW時(shí)，t=2a,取最大值：。

(1V2

I-(0<a<---)

￡&)的最小值為一2a：-26\一上，最大值為I?2一.

2一。行、"、

L?-2a+2>J2a-~?\a-)

【注】此題屬于局部換兀法，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JID與sunx+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fQinx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x,log、4（“+1）+2Xlog,—+log,^-^->0

aa+1*4a'

恒成立，求a的取值范圍。（87年全國理）

【分析】不等式中l(wèi)og、4S+D、log.—,log,巴或三項(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。

?包、、幾2a4（a+1）8（。+1）a+1

【解】設(shè)log3----=t,貝IJlog,—log-------=3+log.----=3一

?&+1a2a2a

2a（a+1）'a+1

log、----=3-t,log、----；-=21og、-----=-2t,

■a+14a'2a

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

f3-f>0ft<3

即log、2〃<o

A4t:+8t(3-f)<o'解得卜<0或t>6

|=F+1

0<-------<1,解得

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)隧是發(fā)現(xiàn)已知不等式中l(wèi)og、"竺!、log,—,log,（d，+!y三項(xiàng)之間的聯(lián)

?a?a+1-4a'

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)°

?sin0cos0_cos'0,sin*810/,、、x,

例5.已知------=------，且——；—+———=—；——-（②式），求r一的z

XJX?廠3（x-+7-）y

值。

sifi0cos0

【解】設(shè)------=---=k,貝IIsin0=kx,cos0=ky,且sin*0+cos"9=

xy

k"x：4y：）=l,代入②式得：+匯=—=10-即：+￡_=

父廠3（丁+尸）3父尸

10

3

設(shè)J=t,則t+：=W.,解得：t=3或L.?.±=±Ji或土"

/?t33y3

【另解】由±==-=tg8,將等式②兩邊同時(shí)除以竺F，再表示成含tg6

ycosox-

的式子：l+tg'e=(1+tg'8)x-----------—=—tg:6>設(shè)tg'e=t,則3t‘一10t+3

3(1+,)

ts'0

=0,

xR

解得或土J.

-?t-3或一，=±Ji

3y3

sin6cos8

【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

第二種解法將已知變形為'=巴斗一，不難發(fā)現(xiàn)進(jìn)行結(jié)果為tge，再進(jìn)行換元和變形.兩

ycos8

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滿足出二二+.上"=I,若x+y—k>0恒成立，求k的范圍.

916

【分析】由已知條件為二二+"^=1,可以發(fā)現(xiàn)它與a'+b'=l有相似之處,

916

于是實(shí)施三角換元。

【解】由（X-D'+O+D、],設(shè)0=C0S6,止=sm。，

91634

「x=1+3cos6

即：4代入不等式x+y—k>0得：

[y=-1+4sin0

3cos9+4sin6-k>0>即k〈3cos8+4sin0=5sin(9+QJ)

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、摘圓、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）所表不的區(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)，方程組《有相

[x+j-k=0

等的一組實(shí)效解，消元后由△=（）可求得k=-3,所以

k<-3時(shí)原不等式恒成立.

Ilk獻(xiàn):

1.已知f(x')=lgx(x>0),則f(4)的值為.

A.21g2B.1lg2C.2lg2D.2lg4

333

2.函數(shù)y=(x+1)'+2的單調(diào)噌區(qū)間是.

A.12,+00)B.[-1,4-00)D.(-8,+OO)C.(『-I]

｝的公差d=1,且

3.設(shè)等差數(shù)列｛aS“o=145,則aj+a3+a.a”的值為

2

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

4.已知x;+4y'=4x?則x+y的范圍是.

5.已知a"0,b>0.a+b=L則、顯+月的范圍是

6.不等式6>ax+。的解集是(4,b),則a=,b=

2

7.函數(shù)y=2x+、GTT的值域是.

8.在等比數(shù)列｛a｝中，a1+a：+”+a10=2?au+a1;+?+a”=12,求an+an

I”Iaj,n

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sin'x+2mcosx+4m—1<0恒成V7.

10.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(dòng)，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(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)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：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利用兒何條件列方程。

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)=—+m,f(x)的反函數(shù)f"(X)=nx—5,那么m、n的值依次為。

A.—,-2B.一一,2C.—,2D.一一,一2

2222

2.二次不等式ax:+bx+2>0的解集是(一則&+b的值是。

23

A.10B.-10C.14D.—14

3.在(l—H)(1+x)的展開式中，1的系數(shù)是o

A.-297B.—252C.297D.207

31

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

正周期是

5.與直線L：2x+3y+5=0平行且過點(diǎn)4(1,-4)的直線1/的方程是

6.與雙曲線x1=1有共同的漸近線，且過點(diǎn)(2,2)的雙曲線的方程是

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

2小題：由不等式解集可知——、—是方程ax'+bx+2=0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；

3小題：分析x'的系數(shù)由C；。與(一1)。。兩項(xiàng)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，再代人求得答案竺；

3

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

222

6小題：設(shè)雙曲線方程—一匚=A，點(diǎn)⑵2)代人求得A=3,即得方程二一匚=1.

4312

n、科e性題組：

例1.已知函數(shù)丫=------；--------的取大值為7,取小值為一1,求此函數(shù)式.

X'+1

r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(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)x;—4^3x+(y—n)=0>xGR,由已知得y-m#0

△=(-4百)’一4(y—m)(y—n)5=0即：y'—(m+n)y+(mn—12)WO①

不等式①的解集為(T,7)，則一1、7是方程y'一(m+n)y+(mn—12)=0的兩根，

'1+(m+n)+MM-12=I

代入兩根得：

49-7(w+M)+wn-12

5r:+4-J3x+1