高中数学解题基本方法

good

高中数学解题基本方法

换元法

解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，从而使问题得到简化，这叫换元法。换元的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简单化，变得容易处理。

换元法又称辅助元素法、变量代换法。通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，或者把条件与结论联系起来。或者变为熟悉的形式，把复杂的计算和推证简化。

它可以化高次为低次、化分式为整式、化无理式为有理式、化超越式为代数式，在研究方程、不等式、函数、数列、三角等问题中有广泛的应用。

换元的方法有：局部换元、三角换元、均值换元等。局部换元又称整体换元，是在已知或者未知中，某个代数式几次出现，而用一个字母来代替它从而简化问题，当然有时候要通过变形才能发现。例如解不等式：4x＋2x－2≥0，先变形为设2x＝t（t>0），而变为熟悉的一元二次不等式求解和指数方程的问题。

三角换元，应用于去根号，或者变换为三角形式易求时，主要利用已知代数式中与三角知识中有某点联系进行换元。如求函数y＝x＋ x的值域时，易发现x∈[0,1]，设x＝sin2α ，α∈[0,

2

]，问题变成了熟悉的求三角函数值域。为什么会想到如此设，其中

主要应该是发现值域的联系，又有去根号的需要。如变量x、y适合条件x2＋y2＝r2（r>0）时，则可作三角代换x＝rcosθ、y＝rsinθ化为三角问题。

均值换元，如遇到x＋y＝S形式时，设x＝

S2

＋t，y＝

S2

－t等等。

我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原则，换元后要注重新变量范围的选取，一定要使新变量范围对应于原变量的取值范围，不能缩小也不能扩大。如上几例

中的t>0和α∈[0,]。

2

Ⅰ、再现性题组：

1.y＝sinx²cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。

2.设f(x2＋1)＝loga(4－x4) （a>1），则f(x)的值域是_______________。 3.已知数列{an}中，a1＝－1，an 1²an＝an 1－an，则数列通项an＝___________。 4.设实数x、y满足x2＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________。

1 3

xx

5.方程

1 3

＝3的解是_______________。

x

x 1

6.不等式log2(2－1) ²log2(2

－2)〈2的解集是_______________。

good

【简解】1小题：设sinx+cosx＝t∈[－2,2]，则y＝

12

t

2

2

＋t－

12

，对称轴t＝－1，

当t＝2，ymax＝

＋2；

2小题：设x2＋1＝t (t≥1)，则f(t)＝loga[-(t-1)2＋4]，所以值域为(－∞,loga4]； 3小题：已知变形为

1an 11n

－

1an

＝－1,设bn＝

1an

，则b1＝－1,bn＝－1＋(n－1)(-1)

＝－n，所以an＝－

；

4小题：设x＋y＝k，则x2－2kx＋1＝0, △＝4k2－4≥0,所以k≥1或k≤－1； 5小题：设3x＝y，则3y2＋2y－1＝0,解得y＝

13

，所以x＝－1；

54

6小题：设log2(2x－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－2<y<1，所以x∈(log2Ⅱ、示范性题组：

例1. 实数x、y满足4x－5xy＋4y＝5 （ ①式） ，设S＝x＋y，求的值。（93年全国高中数学联赛题）

2

2

2

2

,log23)。

1Sma

x

＋

1Smin

【分析】 由S＝x2＋y2联想到cos2α＋sin2α＝1,于是进行三角换元，设

x y

ScosαSsinα

代入①式求Smax和Smin的值。

ScosαSsinα

x

【解】设

y

代入①式得： 4S－5S²sinαcosα＝5

解得 S＝

108 5sin2α

；

1013

108 5sin

103

∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴

1Smax

1Smin

310

1310

1610

85

≤≤

∴ ＋＝＋＝＝

8S 10

S

此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝式：|

8S 10S

的有界性而求，即解不等

|≤1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。

good

【另解】 由S＝x2＋y2，设x2＝

S2

＋t，y2＝

S2

－t，t∈[－

S2

，

S2

]，

则xy＝±

S

2

4

－t

2

代入①式得：4S±5

S

2

4

－t

2

=5，

移项平方整理得 100t2+39S2－160S＋100＝0 。 ∴ 39S2－160S＋100≤0 解得：

1Smax

1Smin

310

1310

1610

101385

≤S≤

103

∴ ＋＝＋＝＝

【注】 此题第一种解法属于“三角换元法”，主要是利用已知条件S＝x2＋y2与三角公式cos2α＋sin2α＝1的联系而联想和发现用三角换元，将代数问题转化为三角函数值域问题。第二种解法属于“均值换元法”，主要是由等式S＝x2＋y2而按照均值换元的思路，设x2＝S＋t、y2＝S－t，减少了元的个数，问题且容易求解。另外，还用到了求值域的

2

2

几种方法：有界法、不等式性质法、分离参数法。

和“均值换元法”类似，我们还有一种换元法，即在题中有两个变量x、y时，可以设x＝a＋b，y＝a－b，这称为“和差换元法”，换元后有可能简化代数式。本题设x＝a＋b，y＝a－b，代入①式整理得3a2＋13b2＝5 ，求得a2∈[0,

1013

2013

1013

103

53

]，所以S＝(a－b)2＋(a＋b)2

＝2(a2＋b2)＝

＋

a2∈[

,]，再求

1Smax

＋

1Smin

的值。

例2． △ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，

A C2

1cosA

＋

1cosC

＝－

2cosB

，求

cos的值。（96年全国理）

【分析】 由已知“A＋C＝2B”和“三角形内角和等于180°”的性质，可得

A C 120° A＝60° α

；由“A＋C＝120°”进行均值换元，则设 ，再代入可

B＝60°C＝60°－α

求cosα即cos

A C2

。

A C 120°【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得 ,

B＝60°

good

A＝60° α

由A＋C＝120°，设 ，代入已知等式得：

C＝60°－α 1cosA

＋

1cosC

＝

1cos(60 )

＋

1cos(60 )

＝

12

1

cos

32sin

＋

1

12cos

32sin

＝

cos

14

cos

2

34

＝

sin

2

cos cos

2

34

＝－22,

解得：cosα＝

22

， 即：cos

A C2

＝

22

。

【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以

1cosA

1cosC

1cosA

＋

1cosC

＝－

2cosB

＝－22，设

1

＝－2＋m，

1

＝－2－m ，

所以cosA＝

2 m

，cosC＝

2 m

，两式分别相加、相减得：

cosA＋cosC＝2cos

A C2

cos

A C2

＝cos

A C2

＝

22m 2

2

，

2mm

2

cosA－cosC＝－2sin

A C2

A C2

sin

A C2

＝－3sin22m 2

2

A C2

＝

2

，

A C2

即：sin＝－

2m3(m 2)

2

，＝－

，代入sin2

A C2

＋cos2

＝1整理

得：3m4－16m－12＝0,解出m2＝6，代入cos

A C21

＝

22m 2

2

＝

22

。

【注】 本题两种解法由“A＋C＝120°”、“

cosA

＋

1cosC

＝－22”分别进行均值

换元，随后结合三角形角的关系与三角公式进行运算，除由已知想到均值换元外，还要求对三角公式的运用相当熟练。假如未想到进行均值换元，也可由三角运算直接解出：由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以

1cosA

＋

1cosC

＝－

2cosB

＝－22，即cosA＋cosC

＝－22cosAcosC，和积互化得：

good

2cos

A C2

cos

A C2

＝－2[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos

A C2

＝

22

－2cos(A-C)

＝

22

－2(2cos2

A C2

－1)，整理得：42cos2

A C2

＋2cos

A C2

－32＝0,

解得：cos

A C2

＝

22

例3. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx²cosx－2a2的最大值和最小值。

【解】 设sinx＋cosx＝t，则t∈[-

2,2]，由(sinx＋t 12

2

cosx)＝1＋2sinx²cosx得：sinx²cosx＝

12

12

2

∴ f(x)＝g(t)＝－

(t－2a)2＋

（a>0），t∈[-2,2]

12

t＝-2时，取最小值：－2a2－22a－

12

当2a≥2时，t＝2，取最大值：－2a2＋22a－当0<2a≤2时，t＝2a，取最大值：

12

；

。

∴ f(x)的最小值为－2a2－2

12

(0 a )

1 222a－，最大值为

21 2

2a 22a (a 2

。

22)

【注】 此题属于局部换元法，设sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx与sinx²cosx

的内在联系，将三角函数的值域问题转化为二次函数在闭区间上的值域问题，使得容易求解。换元过程中一定要注意新的参数的范围（t∈[-2,2]）与sinx＋cosx对应，否则将会出错。本题解法中还包含了含参问题时分类讨论的数学思想方法，即由对称轴与闭区间的位置关系而确定参数分两种情况进行讨论。

一般地，在遇到题目已知和未知中含有sinx与cosx的和、差、积等而求三角式的最大值和最小值的题型时，即函数为f(sinx±cosx，sinxcsox)，经常用到这样设元的换元法，转化为在闭区间上的二次函数或一次函数的研究。

例4. 设对所于有实数x，不等式x2log2

恒成立，求a的取值范围。（87年全国理）

4(a 1)

a

＋2x log2

2aa 1

＋log2

(a 1)4a

2

2

>0

good

【分析】不等式中log2

4(a 1)

a

、 log2

2aa 1

、log2

(a 1)4a

2

2

三项有何联系？进行对

数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。

【解】 设log2

log2

2aa 1

2aa 1

＝t，则log2

2

4(a 1)

a

a 12a

＝log2

8(a 1)2a

＝3＋log2

a 12a

＝3－

＝3－t，log2

(a 1)4a

2

＝2log2

＝－2t，

代入后原不等式简化为（3－t）x2＋2tx－2t>0，它对一切实数x恒成立，所以： 3 t 0 t 32a

，解得 ∴ t<0即log<0 22

a 1 t 0或t 6 4t 8t(3 t) 0

0<

2aa 1

<1，解得0<a<1。

【注】应用局部换元法，起到了化繁为简、化难为易的作用。为什么会想到换元及如何设元，关键是发现已知不等式中log2

4(a 1)

a

、 log2

2aa 1

、log2

(a 1)4a

2

2

三项之间的联

系。在解决不等式恒成立问题时，使用了“判别式法”。另外，本题还要求对数运算十分熟练。一般地，解指数与对数的不等式、方程，有可能使用局部换元法，换元时也可能要对所

给的已知条件进行适当变形，发现它们的联系而实施换元，这是我们思考解法时要注意的一点。

例5. 已知值。

【解】 设

sinθxsinθx

＝

cosθy

，且

cosθx

2

2

＋

sinθy

2

2

＝

103(x y)

2

2

(②式)，求

xy

的

＝

cosθy

＝k，则sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sin2θ＋cos2θ＝

2

k(x+y)＝1,代入②式得：

103

222

kyx

2

22

＋

kxy

2

22

＝

103(x y)

2

2

＝

10k3

yx

22

＋

xy

22

＝

xy

22

设＝t，则t＋

1t

＝

103

, 解得：t＝3或 ∴

3

1xy

＝±3或±

33

good

【另解】 由

xy

＝

sinθcosθ

＝tgθ，将等式②两边同时除以

cosθx

2

2

，再表示成含tgθ

的式子：1＋tg4θ＝(1 tg2 )

103(1

1tg

2

＝)

103

tg2θ，设tg2θ＝t，则3t2—10t＋3

＝0，

∴t＝3或

13

， 解得

xy

＝±3或±

33

。

【注】 第一种解法由

sinθxxy

＝

cosθy

而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个数。

第二种解法将已知变形为＝

sinθcosθ

，不难发现进行结果为tgθ，再进行换元和变形。两

种解法要求代数变形比较熟练。在解高次方程时，都使用了换元法使方程次数降低。

例6. 实数x、y满足

(x 1)9

22

＋

(y 1)16

2

2

＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范围。

【分析】由已知条件于是实施三角换元。

【解】由

(x 1)9

2

(x 1)9

＋

(y 1)16

＝1，可以发现它与a2＋b2＝1有相似之处，

＋

(y 1)16

2

＝1，设

x 13

＝cosθ，

y 14

＝sinθ，

x 1 3cosθ即： 代入不等式x＋y－k>0得：

y 1 4sinθ

3cosθ＋4sinθ－k>0，即k<3cosθ＋4sinθ＝5sin(θ+ψ)

所以k<-5时不等式恒成立。

【注】本题进行三角换元，将代数问题（或者是解析几何问题）化为了含参三角不等式恒成立的问题，再运用“分离参数法”转化为三角函数的值域问题，从而求出参数范围。一般地，在遇到与圆、椭圆、双曲线的方程相似的代数式时，或者在解决圆、椭圆、双曲线等有关问题时，经常使用“三角换元法”。

本题另一种解题思路是使用数形结合法的思想方法：在平面直角坐标系，不等式ax＋by＋c>0 (a>0)所表示的区域为直线ax＋by＋c＝0所分平面成两部分中含x轴正方向的一部分。此题不等式恒成立问题化为图形问题：椭圆上的点始终位于平面上x＋y－k>0的区域。即当直线x＋y－k＝0在与椭圆下部相切的切线之下时。当直线与椭圆相切时，方程组

good

16(x 1)2 9(y 1)2 144

有相等的一组实数解，消元后由△＝0可求得k＝－3,所以

x y k 0

k<-3时原不等式恒成立。

Ⅲ、巩固性题组：

1. 已知f(x3)＝lgx (x>0)，则f(4)的值为_____。 A. 2lg2 B. 1lg2 C. 2lg2 D. 2lg4

3

3

3

2. 函数y＝(x＋1)4＋2的单调增区间是______。

A. [-2,+∞) B. [-1,+∞) D. (-∞,+∞) C. (-∞,-1]

3. 设等差数列{an}的公差d＝1，且S100＝145，则a1＋a3＋a5＋ ＋a99的值为

2

_____。

A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5 4. 已知x2＋4y2＝4x，则x＋y的范围是_________________。 5. 已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，则6. 不等式

x

a

12

＋

b

12

的范围是____________。

>ax＋3的解集是(4,b)，则a＝________，b＝_______。

2

7. 函数y＝2x＋

x 1

的值域是________________。

8. 在等比数列{an}中，a1＋a2＋ ＋a10＝2，a11＋a12＋ ＋a30＝12，求a31＋a32

＋ ＋a60。

9. 实数m在什么范围内取值，对任意实数x，

不等式sin2x＋2mcosx＋4m－1<0恒成立。 10. 已知矩形ABCD，顶点C(4,4)，A点在曲线

x＋y＝2 (x>0,y>0)上移动，且AB、AD 2

2

始终平行x轴、y轴，求矩形ABCD的最小面积。

配方法

配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧，通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简。何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。

最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解，或者缺xy项的二次曲线的平移变换等问题。

good

配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：

a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝(a－b)2＋2ab；

b2

a2＋ab＋b2＝(a＋b)2－ab＝(a－b)2＋3ab＝(a＋a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca＝

12

)2＋（

32

b）2；

[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(c＋a)2]

a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)2－2(ab－bc－ca)＝ 结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如： 1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）2； x2＋

1x

2

＝(x＋

1x

)2－2＝(x－

1x

)2＋2 ； 等等。

Ⅰ、再现性题组：

1. 在正项等比数列{an}中，a1 a5+2a3 a5+a3 a7=25，则 a3＋a5＝_______。 2. 方程x2＋y2－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。

11

A. 14<k<1 B. k<4或k>1 C. k∈R D. k＝4或k＝1

3. 已知sin4α＋cos4α＝1，则sinα＋cosα的值为______。 A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0 4. 函数y＝log1 (－2x2＋5x＋3)的单调递增区间是_____。

2

A. （－∞, 4] B. [4,+∞) C. (－2,4] D. [4,3)

5. 已知方程x2+(a-2)x+a-1=0的两根x1、x2，则点P(x1,x2)在圆x2+y2=4上，则实数a＝_____。

【简解】 1小题：利用等比数列性质am pam p＝am2，将已知等式左边后配方（a3＋a5）2易求。答案是：5。

2小题：配方成圆的标准方程形式(x－a)2＋(y－b)2＝r2，解r2>0即可，选B。 3小题：已知等式经配方成(sin2α＋cos2α)2－2sin2αcos2α＝1，求出sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再开方求解。选C。

4小题：配方后得到对称轴，结合定义域和对数函数及复合函数的单调性求解。选D。

good

5小题：答案3－。

Ⅱ、示范性题组：

例1. 已知长方体的全面积为11，其12条棱的长度之和为24，则这个长方体的一条对角线长为_____。

A. 23 B. C. 5 D. 6

【分析】 先转换为数学表达式：设长方体长宽高分别为x,y,z，则 2(xy yz xz) 11

,而欲求对角线长

4(x y z) 24

x y z

2

2

2

，将其配凑成两已知式的组合形式

可得。

【解】设长方体长宽高分别为x,y,z，由已知“长方体的全面积为11，其12条棱的长 2(xy yz xz) 11度之和为24”而得： 。

4(x y z) 24

长方体所求对角线长为：

6 11＝5

2

x y z

222

＝(x y z) 2(xy yz xz)＝

2

所以选B。

【注】本题解答关键是在于将两个已知和一个未知转换为三个数学表示式，观察和分析三个数学式，容易发现使用配方法将三个数学式进行联系，即联系了已知和未知，从而求解。这也是我们使用配方法的一种解题模式。

例2. 设方程x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，若(取值范围。

【解】方程x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2 ,

pq

2

pq

)2+(

qp

)2≤7成立，求实数k的

()+(

qp

)＝

2

p q(pq)

2

44

＝

(p q) 2pq

(pq)

2

22222

＝

[(p q) 2pq] 2pq

(pq)

2

2222

＝

(k 4) 8

4

22

≤7， 解得k≤－或k≥ 。

又 ∵p、q为方程x2＋kx＋2=0的两实根， ∴ △＝k2－8≥0即k≥22或k≤－22 综合起来，k的取值范围是：－≤k≤－22 或者 22≤k≤。

【注】 关于实系数一元二次方程问题，总是先考虑根的判别式“Δ”；已知方程有两根时，可以恰当运用韦达定理。本题由韦达定理得到p＋q、pq后，观察已知不等式，从其结构特征联想到先通分后配方，表示成p＋q与pq的组合式。假如本题不对“△”讨论，结果将出错，即使有些题目可能结果相同，去掉对“△”的讨论，但解答是不严密、不完整的，这一点我们要尤为注意和重视。

good

例3. 设非零复数a、b满足a2＋ab＋b2=0，求(【分析】 对已知式可以联想：变形为(

ab

aa b

)1998＋(

ab

ba b

)1998 。

)2＋(

ab

)＋1＝0，则＝ω （ω为1的立方

虚根）；或配方为(a＋b)2＝ab 。则代入所求式即得。

【解】由a2＋ab＋b2=0变形得：(设ω＝

a

ab

)2＋(

ab

)＋1＝0 ，

1

b

3

，则ω2＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：＝，ω3＝

b a

＝1。

又由a2＋ab＋b2=0变形得：(a＋b)2＝ab ，

aa b

ba b

所以 ()

1998

＋()

1998

＝(

a

2

ab

)

999

＋(

b

2

ab

)999＝(

ab

)999＋(

ba

)999＝ω

999

＋

999

＝2 。

【注】 本题通过配方，简化了所求的表达式；巧用1的立方虚根，活用ω的性质，计

算表达式中的高次幂。一系列的变换过程，有较大的灵活性，要求我们善于联想和展开。

【另解】由a2＋ab＋b2＝0变形得：(

ab

)2＋(

abba

)＋1＝0 ，解出

ba

＝

1

2

3i

后，

化成三角形式，代入所求表达式的变形式(

1

23i

ab

)999＋()999后，完成后面的运算。此方法用

于只是未联想到ω时进行解题。

假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a2＋ab＋b2＝0解出：a＝ 1

23i

b，直接代入所求表达式，进行分式化简后，化成复数的三角形式，利用棣莫佛

定理完成最后的计算。

Ⅲ、巩固性题组：

1. 函数y＝(x－a)2＋(x－b)2 （a、b为常数）的最小值为_____。

A. 8 B. (a b) C. a

2

2

2

b2

2

D.最小值不存在

2. α、β是方程x2－2ax＋a＋6＝0的两实根，则(α-1)2 +(β-1)2的最小值是_____。

A. －494 B. 8 C. 18 D.不存在

3. 已知x、y∈R，且满足x＋3y－1＝0，则函数t＝2＋8有_____。

x

y

good

A.最大值2

2

B.最大值

22

C.最小值2

2

B.最小值

22

4. 椭圆x2－2ax＋3y2＋a2－6＝0的一个焦点在直线x＋y＋4＝0上，则a＝_____。

A. 2 B. －6 C. －2或－6 D. 2或6

5. 化简：2 sin8＋2 2cos8的结果是_____。

A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4 6. 设F1和F2为双曲线x－y2＝1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F1PF2＝90°，

4

2

则△F1PF2的面积是_________。

7. 若x>－1，则f(x)＝x2＋2x＋

1x 1

的最小值为___________。

8. 已知 〈β<α〈3π，cos(α-β)＝12，sin(α+β)＝－3，求sin2α的值。(92

2

4

13

5

年高考题)

9. 设二次函数f(x)＝Ax2＋Bx＋C，给定m、n（m<n）,且满足A2[(m+n)2+ m2n2]＋2A[B(m+n)－Cmn]＋B2＋C2＝0 。

① 解不等式f(x)>0；

② 是否存在一个实数t，使当t∈(m+t,n-t)时，f(x)<0 ？若不存在，说出理由；若存在，指出t的取值范围。

10. 设s>1，t>1，m∈R，x＝logst＋logts，y＝logs4t＋logt4s＋m(logs2t＋logt2s), ① 将y表示为x的函数y＝f(x)，并求出f(x)的定义域； ② 若关于x的方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求m的取值范围。

三、待定系数法

要确定变量间的函数关系，设出某些未知系数，然后根据所给条件来确定这些未知系数的方法叫待定系数法，其理论依据是多项式恒等，也就是利用了多项式f(x) g(x)的充要条件是：对于一个任意的a值，都有f(a) g(a)；或者两个多项式各同类项的系数对应相等。

待定系数法解题的关键是依据已知，正确列出等式或方程。使用待定系数法，就是把具有某种确定形式的数学问题，通过引入一些待定的系数，转化为方程组来解决，要判断一个问题是否用待定系数法求解，主要是看所求解的数学问题是否具有某种确定的数学表达式，如果具有，就可以用待定系数法求解。例如分解因式、拆分分式、数列求和、求函数式、求复数、解析几何中求曲线方程等，这些问题都具有确定的数学表达形式，所以都可以用待定系数法求解。

使用待定系数法，它解题的基本步骤是：

第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；

第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；

第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。

good

如何列出一组含待定系数的方程，主要从以下几方面着手分析： ①利用对应系数相等列方程；

②由恒等的概念用数值代入法列方程； ③利用定义本身的属性列方程； ④利用几何条件列方程。

比如在求圆锥曲线的方程时，我们可以用待定系数法求方程：首先设所求方程的形式，其中含有待定的系数；再把几何条件转化为含所求方程未知系数的方程或方程组；最后解所得的方程或方程组求出未知的系数，并把求出的系数代入已经明确的方程形式，得到所求圆锥曲线的方程。

Ⅰ、再现性题组： 1. 设f(x)＝A.

52

x2

＋m，f(x)的反函数f 1(x)＝nx－5，那么m、n的值依次为_____。

52

, －2 B. － ， 2 C.

12

52

, 2 D. －

52

，－2

2. 二次不等式ax2＋bx＋2>0的解集是(－,

13

)，则a＋b的值是_____。

A. 10 B. －10 C. 14 D. －14 3. 在(1－x3)（1＋x）10的展开式中，x5的系数是_____。 A. －297 B.－252 C. 297 D. 207 4. 函数y＝a－bcos3x (b<0)的最大值为

32

，最小值为－

12

，则y＝－4asin3bx的最小

正周期是_____。

5. 与直线L：2x＋3y＋5＝0平行且过点A(1,-4)的直线L’的方程是_______________。 6. 与双曲线x

2

－

y

2

4

＝1有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是

____________。 【简解】1小题：由f(x)＝2小题：由不等式解集(－

12x2

＋m求出f 1(x)＝2x－2m，比较系数易求，选C；

13

,)，可知－

12

、

13

是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，代入

两根，列出关于系数a、b的方程组，易求得a＋b，选D；

3小题：分析x5的系数由C10与(－1)C10两项组成，相加后得x5的系数，选D； 4小题：由已知最大值和最小值列出a、b的方程组求出a、b的值，再代入求得答案

2 3

5

2

；

5小题：设直线L’方程2x＋3y＋c＝0，点A(1,-4)代入求得C＝10，即得2x＋3y＋10＝0； 6小题：设双曲线方程x2－Ⅱ、示范性题组： 例1. 已知函数y＝

y

2

4

＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得方程

x

2

3

－

y

2

12

＝1。

mx 43x n

x 1

2

2

的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。

good

【分析】求函数的表达式，实际上就是确定系数m、n的值；已知最大值、最小值实际是就是已知函数的值域，对分子或分母为二次函数的分式函数的值域易联想到“判别式法”。

【解】 函数式变形为： (y－m)x2－43x＋(y－n)＝0， x∈R, 由已知得y－m≠0 ∴ △＝(－43)2－4(y－m)(y－n)≥0 即： y2－(m＋n)y＋(mn－12)≤0 ① 不等式①的解集为(-1,7)，则－1、7是方程y2－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的两根， m 5 m 1 1 (m n) mn 12 0

代入两根得： 解得： 或

n 5 n 1 49 7(m n) mn 12 0

5x 43x 1

x 1

22

∴ y＝或者y＝

x 43x 5

x 1

2

2

此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即y2－6y－7≤0，然后与不等式①比较 m n 6

系数而得： ，解出m、n而求得函数式y。

mn 12 7

【注】 在所求函数式中有两个系数m、n需要确定，首先用“判别式法”处理函数值域问题，得到了含参数m、n的关于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求参数m、n。两种方法可以求解，一是视为方程两根，代入后列出m、n的方程求解；二是由已知解集写出不等式，比较含参数的不等式而列出m、n的方程组求解。本题要求对一元二次不等式的解集概念理解透彻，也要求理解求函数值域的“判别式法”：将y视为参数，函数式化成含参数y的关于x的一元二次方程，可知其有解，利用△≥0,建立了关于参数y的不等式，解出y的范围就是值域，使用“判别式法”的关键是否可以将函数化成一个一元二次方程。

例2. 设椭圆中心在(2,-1)，它的一个焦点与短轴两端连线互相垂直，且此焦点与长轴较近的端点距离是－5，求椭圆的方程。

【分析】求椭圆方程，根据所给条件，确定几何数据a、b、c之值，问题就全部解决了。设a、b、c后，由已知垂直关系而联想到勾股定理建立一个方程，再将焦点与长轴较近端点的距离转化为a－c的值后列出第二个方程。

【解】 设椭圆长轴2a、短轴2b、焦距2c，则|BF’|＝a a2 b2 c2

2 a 22

∴ a a (2b) 解得：

b

a c 5

5

∴ 所求椭圆方程是：

x

2

10

＋

y

2

5

＝1

good

也可有垂直关系推证出等腰Rt△BB’F’后，由其性质推证出等腰Rt△B’O’F’，再进行如 b c

下列式： a c 5 ，更容易求出a、b的值。

222a b c

【注】 圆锥曲线中，参数（a、b、c、e、p）的确定，是待定系数法的生动体现；如何

确定，要抓住已知条件，将其转换成表达式。在曲线的平移中，几何数据（a、b、c、e）不变，本题就利用了这一特征，列出关于a－c的等式。

一般地，解析几何中求曲线方程的问题，大部分用待定系数法，基本步骤是：设方程（或几何数据）→几何条件转换成方程→求解→已知系数代入。

例3. 是否存在常数a、b、c，使得等式1²22＋2²32＋ ＋n(n＋1)2＝

n(n 1)12

(an2

＋bn＋c)对一切自然数n都成立？并证明你的结论。 （89年全国高考题） 【分析】是否存在，不妨假设存在。由已知等式对一切自然数n都成立，取特殊值n＝1、2、3列出关于a、b、c的方程组，解方程组求出a、b、c的值，再用数学归纳法证明等式对所有自然数n都成立。

【解】假设存在a、b、c使得等式成立，令：n＝1，得4＝＝

12

16

(a＋b＋c)；n＝2，得22

(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得： a b c 24 a 3

4a 2b c 44,解得 b 11， 9a 3b C 70 c 10

于是对n＝1、2、3，等式1²22＋2²32＋ ＋n(n＋1)2＝成立，下面用数学归纳法证明对任意自然数n，该等式都成立：

假设对n＝k时等式成立，即1²22＋2²32＋ ＋k(k＋1)2＝

2

2

2

n(n 1)12

(3n2＋11n＋10)

k(k 1)12

2

(3k2＋11k＋10)；

(3k2＋11k

当n＝k＋1时，1²2＋2²3＋ ＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)＝＋10) ＋(k＋1)(k＋2)2＝（3k2＋5k＋12k＋24）＝

k(k 1)

k(k 1)12

12

(k 1)(k 2)

12

(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)2＝

[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，

(k 1)(k 2)

12

也就是说，等式对n＝k＋1也成立。

综上所述，当a＝8、b＝11、c＝10时，题设的等式对一切自然数n都成立。 【注】建立关于待定系数的方程组，在于由几个特殊值代入而得到。此种解法中，也体现了方程思想和特殊值法。对于是否存在性问题待定系数时，可以按照先试值、再猜想、最后归纳证明的步骤进行。本题如果记得两个特殊数列13＋23＋ ＋n3、12＋22＋ ＋n2求和的公式，也可以抓住通项的拆开，运用数列求和公式而直接求解：由n(n＋1)2＝n3＋2n2＋n得Sn＝1²2＋2²3＋ ＋n(n＋1)＝(1＋2＋ ＋n)＋2(1＋2＋ ＋n)＋

2

2

2

3

3

3

2

2

2

good

(1＋2＋ ＋n)＝

n(n 1)

4

22

＋2³

n(n 1)(2n 1)

6

＋

n(n 1)

2

＝

n(n 1)12

(3n2＋11n＋

10)，综上所述，当a＝8、b＝11、c＝10时，题设的等式对一切自然数n都成立。

例4. 有矩形的铁皮，其长为30cm，宽为14cm，要从四角上剪掉边长为xcm的四个小正方形，将剩余部分折成一个无盖的矩形盒子，问x为何值时，矩形盒子容积最大，最大容积是多少？

【分析】实际问题中，最大值、最小值的研究，先由已知条件选取合适的变量建立目标函数，将实际问题转化为函数最大值和最小值的研究。

【解】 依题意，矩形盒子底边边长为(30－2x)cm，底边宽为(14－2x)cm，高为xcm。 ∴ 盒子容积 V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x ， 显然:15－x>0，7－x>0，x>0。 设V＝

4ab

(15a－ax)(7b－bx)x (a>0,b>0）

a b 1 0

要使用均值不等式，则

15a ax 7b bx x

解得：a＝

14

， b＝

34x4

， x＝3 。

15 3214

从而V＝

643

(

154

－)(

214

－

34

x)x≤

643

(

4

)3＝

643

³27＝576。

所以当x＝3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm3。

【注】均值不等式应用时要注意等号成立的条件，当条件不满足时要凑配系数，可以用“待定系数法”求。本题解答中也可以令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条件而列出方程组，求出三项该进行凑配的系数，本题

也体现了“凑配法”和“函数思想”。

Ⅲ、巩固性题组：

1. 函数y＝logax的x∈[2,+∞)上恒有|y|>1，则a的取值范围是_____。

A. 2>a>1且a≠1 B. 0<a<1或1<a<2 C. 1<a<2 D. a>2或0<a<1

2

2

2

2. 方程x2＋px＋q＝0与x2＋qx＋p＝0只有一个公共根，则其余两个不同根之和为_____。

A. 1 B. －1 C. p＋q D. 无法确定 3. 如果函数y＝sin2x＋a²cos2x的图像关于直线x＝－π对称，那么a＝_____。

8

A.

2

B. －

1

2

2

C. 1 D. －1

n

4. 满足Cn＋1²Cn＋2²Cn＋ ＋n²Cn<500的最大正整数是_____。

good

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5. 无穷等比数列{an}的前n项和为Sn＝a－

12

n

, 则所有项的和等于_____。

A. －1 B. 1 C. 1 D.与a有关

2

2

6. (1＋kx)9＝b0＋b1x＋b2x2＋ ＋b9x9，若b0＋b1＋b2＋ ＋b9＝－1，则k＝______。

7. 经过两直线11x－3y－9＝0与12x＋y－19＝0的交点，且过点(3,-2)的直线方程为_____________。

8. 正三棱锥底面边长为2，侧棱和底面所成角为60°，过底面一边作截面，使其与底面成30°角，则截面面积为______________。

9. 设y＝f(x)是一次函数，已知f(8)＝15,且f(2)、f(5)、(f14)成等比数列，求f(1)＋f(2)＋ ＋f(m)的值。

10. 设抛物线经过两点(-1,6)和(-1,-2)，对称轴与x轴平行，开口向右，直线y＝2x＋7和抛物线截得的线段长是4, 求抛物线的方程

四、定义法

所谓定义法，就是直接用数学定义解题。数学中的定理、公式、性质和法则等，都是由定义和公理推演出来。定义是揭示概念内涵的逻辑方法，它通过指出概念所反映的事物的本质属性来明确概念。

定义是千百次实践后的必然结果，它科学地反映和揭示了客观世界的事物的本质特点。简单地说，定义是基本概念对数学实体的高度抽象。用定义法解题，是最直接的方法，本讲让我们回到定义中去。

Ⅰ、再现性题组：

1. 已知集合A中有2个元素，集合B中有7个元素，A∪B的元素个数为n，则______。 A. 2≤n≤9 B. 7≤n≤9 C. 5≤n≤9 D. 5≤n≤7 2. 设MP、OM、AT分别是46°角的正弦线、余弦线和正切线，则_____。 A. MP<OM<AT B. OM<MP<AT C. AT<<OM<MP D. OM<AT<MP

3. 复数z1＝a＋2ｉ，z2＝－2＋ｉ，如果|z1|< |z2|，则实数a的取值范围是_____。 A. －1<a<1 B. a>1 C. a>0 D. a<－1或a>1 4. 椭圆

x

2

25

＋

y

2

9

＝1上有一点P，它到左准线的距离为

52

，那么P点到右焦点的距离为

_____。

A. 8 C. 7.5 C.

754

D. 3

T2

5. 奇函数f(x)的最小正周期为T，则f(－A. T B. 0 C.

T2

)的值为_____。

D. 不能确定

6. 正三棱台的侧棱与底面成45°角，则其侧面与底面所成角的正切值为_____。

good

【简解】1小题：利用并集定义，选B；

2小题：利用三角函数线定义，作出图形，选B； 3小题：利用复数模的定义得a2 22<5，选A；

|PF左|52

45

4小题：利用椭圆的第二定义得到＝e＝，选A；

5小题：利用周期函数、奇函数的定义得到f(－6小题：利用线面角、面面角的定义，答案2。 Ⅱ、示范性题组：

T2

)＝f(

T2

)＝－f(－

T2

)，选B；

例1. 已知z＝1＋ｉ， ① 设w＝z2＋3z－4，求w的三角形式； ② 如果z az bz z 1

22

＝1－ｉ，求实数a、b的值。（94年全国理）

【分析】代入z进行运算化简后，运用复数三角形式和复数相等的定义解答。 【解】由z＝1＋ｉ，有w＝z2＋3z－4＝(1＋ｉ)2＋3(1 i)－4＝2ｉ＋3(1－ｉ)－4＝－1－ｉ，w的三角形式是2（cos

z az bz z 1

22

5 4

＋ｉsin

2

5 4

）；

(a b) (a 2)i

i

由z＝1＋ｉ，有＝

(1 i) a(1 i) b(1 i) (1 i) 1

2

＝＝(a＋2)－

(a＋b)ｉ。

由题设条件知：(a＋2)－(a＋b)ｉ＝1＋ｉ；

a 2 1

根据复数相等的定义，得： ，

(a b) 1

解得

a 1 b 2

。

【注】求复数的三角形式，一般直接利用复数的三角形式定义求解。利用复数相等的定义，由实部、虚部分别相等而建立方程组，这是复数中经常遇到的。

例2. 已知f(x)＝－xn＋cx，f(2)＝－14，f(4)＝－252，求y＝log

22

f(x)的定义域，

判定在(

22

,1)上的单调性。

【分析】要判断函数的单调性，必须首先确定n与c的值求出函数的解析式，再利用函数的单调性定义判断。

good

n

n 4 f(2) 2 2c 14

【解】 解得： n

c 1 f(4) 4 4c 252

∴ f(x)＝－x4＋x 解f(x)>0得：0<x<1

3

设

22

<x

1

<x

2

<1， 则f(x

1

)－f(x

2

)＝－x

41

+x

1

-（-x

42

+x

2

）

=(x1-x2)[1-(x1+x2)( x12+x22)],

∵ x1+x2>2， x1+x2>

22

42

∴ (x1+x2)( x1+x2)〉2³22

2242

＝1

∴ f(x1)－f(x2)>0即f(x)在(

22

,1)上是减函数

∵ <1 ∴ y＝log

22

f(x) 在(

22

,1)上是增函数。

【注】关于函数的性质：奇偶性、单调性、周期性

的判断，一般都是直接应用定义解题。本题还在求n、

c的过程中，运用了待定系数法和换元法。

例3. 如图，已知A’B’C’—ABC是正三棱柱，D是 AC中点。

B’ ① 证明：AB’∥平面DBC’；

② 假设AB’⊥BC’，求二面角D—BC’—C的度数。（94年全国理）

【分析】 由线面平行的定义来证①问，即通过证AB’平行平面DBC’内的一条直线而得；由二面角的平面角的定义作出平面角，通过解三角形而求②问。

【解】 ① 连接B’C交BC’于O, 连接OD

∵ A’B’C’—ABC是正三棱柱 ∴ 四边形B’BCC’是矩形

∴ O是B’C中点

△AB’C中， D是AC中点 ∴ AB’∥OD ∴ AB’∥平面DBC’

② 作DH⊥BC于H，连接OH ∴ DH⊥平面BC’C ∵ AB’∥OD, AB’⊥BC’ ∴ BC’⊥OD ∴ BC’⊥OH 即∠DOH为所求二面角的平面角。 设AC＝1，作OE⊥BC于E，则DH＝

316

12

sin60°＝

34

，BH＝

34

，EH＝

14

；

Rt△BOH中，OH2＝BH³EH＝

，

good

∴ OH＝

34

＝DH ∴∠DOH＝45°，即二面角D—BC’—C的度数为45°。

【注】对于二面角D—BC’—C的平面角，容易误认为∠DOC即所求。利用二面角的平面角定义，两边垂直于棱，抓住平面角的作法，先作垂直于一面的垂线DH，再证得垂直于棱的垂线DO，最后连接两个垂足OH，则∠DOH即为所求，其依据是三垂线定理。本题还要求解三角形十分熟练，在Rt△BOH中运用射影定理求OH的长是计算的关键。

此题文科考生的第二问为：假设AB’⊥BC’，BC＝2，求AB’在侧面BB’C’C的 射影长。解答中抓住斜线在平面上的射影的定义，先作平面的垂线，连接垂足和斜足而得到射影。其解法如下：作AE⊥BC于E，连接B’E即所求，易得到OE∥B’B，所以

EFBF13

＝

OEB'B

＝

12

，EF＝

13

B’E。

在Rt△B’BE中，易得到BF⊥BE,由射影定理得：B’E³EF＝BE2即

例4. 求过定点M(1,2)，以x轴为准线，离心率为

1

B’E2＝1，所以B’E＝3。

的椭圆的

2 下顶点的轨迹方程。 x

【分析】运动的椭圆过定点M，准线固定为x轴，所以M到准线距离为2。抓住圆锥曲线的统一性定义，可以得到

|AF|2

＝

12

建立一个方程，再由离心率

的定义建立一个方程。

【解】设A(x,y)、F(x,m)，由M(1,2)，则椭圆上定点M到准线距离为2，下顶点A到准线距离为y。根据椭圆的统一性定义和离心率的定义，得到：

1 4222

(x 1) (m 2) ³2(y ) 2 ，消m得：（x－1）2＋＝1，

m y122 () y23

(y

43

2

)

2

所以椭圆下顶点的轨迹方程为（x－1）2＋

()

3

【注】求曲线的轨迹方程，按照求曲线轨迹方程的步骤，设曲线上动点所满足的条件，

2

＝1。

根据条件列出动点所满足的关系式，进行化简即可得到。本题还引入了一个参数m,列出的是所满足的方程组，消去参数m就得到了动点坐标所满足的方程，即所求曲线的轨迹方程。在建立方程组时，巧妙地运用了椭圆的统一性定义和离心率的定义。一般地，圆锥曲线的点、焦点、准线、离心率等问题，常用定义法解决；求圆锥曲线的方程，也总是利用圆锥曲线的定义求解，但要注意椭圆、双曲线、抛物线的两个定义的恰当选用。

Ⅲ、巩固性题组：

1． 函数y＝f(x)＝ax＋k的图像过点(1,7)，它的反函数的图像过点(4,0)，则f(x)的

表达式是___。

2. 过抛物线焦点F的直线与抛物线相交于A、B两点，若A、B在抛物线准线上的射影分别为A1、B1,则∠A1FB1等于_____。

good

A. 45° B. 60° C. 90° D. 120° 3. 已知A＝{0,1}，B＝{x|x A}，则下列关系正确的是_____。 A. A B B. A B C. A∈B D. A B 4. 双曲线3x2－y2＝3的渐近线方程是_____。 A. y＝±3x B. y＝±1x C. y＝±

3

3

x D. y＝±

33

x

5. 已知定义在R上的非零函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，则f(x)是_____。 A.奇函数 B.偶函数 C.非奇非偶函数 D.既奇既偶函数

nn

6. C38＋C3＝________。 3n21 n

7. Z＝4(sin140°－ｉcos140°)，则复数

1z

2

的辐角主值是__________。

8. 不等式ax2＋bx＋c>0的解集是(1,2)，则不等式bx2＋cx＋a<0解集是__________。 9. 已知数列{an}是等差数列，求证数列{bn}也是等差数列，其中bn＝1(a1＋a2＋…

n

＋an)。

10. 已知F1、F2是椭圆x2＋

a

2

yb

22

＝1 (a>b>0)的两个焦点，其中F2与抛物线y2＝12x的

焦点重合，M是两曲线的一个焦点，且有cos∠M F1F2²cos∠MF2F1＝23，求椭圆方程。

五、数学归纳法

归纳是一种有特殊事例导出一般原理的思维方法。归纳推理分完全归纳推理与不完全归纳推理两种。不完全归纳推理只根据一类事物中的部分对象具有的共同性质，推断该类事物全体都具有的性质，这种推理方法，在数学推理论证中是不允许的。完全归纳推理是在考察了一类事物的全部对象后归纳得出结论来。

数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，在解数学题中有着广泛的应用。它是一个递推的数学论证方法，论证的第一步是证明命题在n＝1(或n0)时成立，这是递推的基础；第二步是假设在n＝k时命题成立，再证明n＝k＋1时命题也成立，这是无限递推下去的理论依据，它判断命题的正确性能否由特殊推广到一般，实际上它使命题的正确性突破了有限，达到无限。这两个步骤密切相关，缺一不可，完成了这两步，就可以断定“对任何自然数（或n≥n0且n∈N）结论都正确”。由这两步可以看出，数学归纳法是由递推实现归纳的，属于完全归纳。

运用数学归纳法证明问题时，关键是n＝k＋1时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题。

运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数n有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等。

Ⅰ、再现性题组：

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