高中数学解题思想方法全部内容

目 录

前言 2 第一章 高中数学解题基本方法 3

一、 配方法 3 二、 换元法 7 三、 待定系数法 14 四、 定义法 19 五、 数学归纳法 23 六、 参数法 28 七、 反证法 32 八、 消去法 九、 分析与综合法 十、 特殊与一般法 十一、 类比与归纳法 十二、 观察与实验法 第二章 高中数学常用的数学思想 35

一、 数形结合思想 35 二、 分类讨论思想 41 三、 函数与方程思想 47 四、 转化（化归）思想 54 第三章 高考热点问题和解题策略 59

一、 应用问题 59 二、 探索性问题 65 三、 选择题解答策略 71 四、 填空题解答策略 77 附录

一、 高考数学试卷分析 二、 两套高考模拟试卷 三、 参考答案

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前 言

美国著名数学教育家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。而当我们解题时遇到一个新问题，总想用熟悉的题型去“套”，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解透彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。高考试题十分重视对于数学思想方法的考查，特别是突出考查能力的试题，其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法。我们要有意识地应用数学思想方法去分析问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。

高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查：

① 常用数学方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法等； ② 数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等；

③ 数学思维方法：观察与分析、概括与抽象、分析与综合、特殊与一般、类比、归纳和演绎等；

④ 常用数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想等。

数学思想方法与数学基础知识相比较，它有较高的地位和层次。数学知识是数学内容，可以用文字和符号来记录和描述，随着时间的推移，记忆力的减退，将来可能忘记。而数学思想方法则是一种数学意识，只能够领会和运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决，掌握数学思想方法，不是受用一阵子，而是受用一辈子，即使数学知识忘记了，数学思想方法也还是对你起作用。

数学思想方法中，数学基本方法是数学思想的体现，是数学的行为，具有模式化与可操作性的特征，可以选用作为解题的具体手段。数学思想是数学的灵魂，它与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得。

可以说，“知识”是基础，“方法”是手段，“思想”是深化，提高数学素质的核心就是提高学生对数学思想方法的认识和运用，数学素质的综合体现就是“能力”。

为了帮助学生掌握解题的金钥匙，掌握解题的思想方法，本书先是介绍高考中常用的数学基本方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法、反证法、分析与综合法、特殊与一般法、类比与归纳法、观察与实验法，再介绍高考中常用的数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想。最后谈谈解题中的有关策略和高考中的几个热点问题，并在附录部分提供了近几年的高考试卷。

在每节的内容中，先是对方法或者问题进行综合性的叙述，再以三种题组的形式出现。再现性题组是一组简单的选择填空题进行方法的再现，示范性题组进行详细的解答和分析，对方法和问题进行示范。巩固性题组旨在检查学习的效果，起到巩固的作用。每个题组中习题的选取，又尽量综合到代数、三角、几何几个部分重要章节的数学知识。

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第一章 高中数学解题基本方法

一、 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。

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)＝a＋2ab＋b，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：

a＋b＝(a＋b)－2ab＝(a－b)＋2ab； a＋ab＋b＝(a＋b)－ab＝(a－b)＋3ab＝(a＋a＋b＋c＋ab＋bc＋ca＝

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

b232)＋（b）； 22

1222

[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)] 2

2

a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)－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）； x＋

2

2

11212

＝(x＋)－2＝(x－)＋2 ； 等等。 x2xx

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x＋y－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。

11

A. 1<k<1 B. k<或k>1 C. k∈R D. k＝或k＝1

2

2

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

44

2

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

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

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

2小题：配方成圆的标准方程形式(x－a)＋(y－b)＝r，解r>0即可，选B。 3小题：已知等式经配方成(sinα＋cosα)－2sinαcosα＝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。

5小题：答案3－。 Ⅱ、示范性题组：

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

222

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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. 2 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

x2 y2 z2，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条棱的长度

2(xy yz xz) 11

之和为24”而得： 。

4(x y z) 24

长方体所求对角线长为：

x2 y2 z2＝(x y z)2 2(xy yz xz)＝

62 11＝5

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x＋kx＋2=0的两实根为p、q，若(值范围。

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

22

p2q2

)+()≤7成立，求实数k的取qp

p2q2[(p q)2 2pq]2 2p2q2(p2 q2)2 2p2q2p4 q4

()+()＝＝＝2＝22qp(pq)(pq)(pq)

(k2 4)2 8

≤7， 解得k≤－或k≥ 。

4

又 ∵p、q为方程x＋kx＋2=0的两实根， ∴ △＝k－8≥0即k≥2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。

2

2

ba19981998

)＋() 。 a ba b

a2aa

【分析】 对已知式可以联想：变形为()＋()＋1＝0，则＝ω （ω为1的立方

bbb

例3. 设非零复数a、b满足a＋ab＋b=0，求(

2

2

虚根）；或配方为(a＋b)＝ab 。则代入所求式即得。

【解】由a＋ab＋b=0变形得：(

2

2

2

a2a

)＋()＋1＝0 ， bb

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设ω＝

2

a1b233

，则ω＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：＝，ω＝＝1。 b a

2

2

999

又由a＋ab＋b=0变形得：(a＋b)＝ab ，

baa999b999a2999b299919981998

所以 ()＋()＝()＋()＝()＋()＝ω

a bbaa babab

＋

＝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。

999

a2ab 1 3i)＋()＋1＝0 ，解出＝后，化bba2a999b999

成三角形式，代入所求表达式的变形式()＋()后，完成后面的运算。此方法用于

ba

1 i只是未联想到ω时进行解题。

2

1 3i22

假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a＋ab＋b＝0解出：a＝b，

2

【另解】由a＋ab＋b＝0变形得：(

2

2

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)＋(x－b) （a、b为常数）的最小值为_____。

222

A. 8 B. (a b) C. a b D.最小值不存在

22

22

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

A. －49 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_____。

A.最大值2 B.最大值2 C.最小值22 B.最小值2

2

2

x

y

222

4. 椭圆x－2ax＋3y＋a－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－y＝1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠F1PF2＝90°，

2

2

222

4

则△F1PF2的面积是_________。

2

7. 若x>－1，则f(x)＝x＋2x＋1的最小值为___________。

x 1

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)＝Ax＋Bx＋C，给定m、（m<n）n,且满足A[(m+n)+ mn]＋2A[B(m+n)－Cmn]＋B＋C＝0 。

2

2

2

2

2

2

2

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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＝logst＋logts＋m(logst＋logts), 4

4

2

2

y＝f(x)，并求出f(x)的定义域；

＝0有且仅有一个实根，求m的取值范围。 二、换元法

① 将y表示为x的函数② 若关于x的方程f(x)

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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：4＋2－2≥0，先变形为设2＝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＝sinα ，α∈[0,

2

x

x

x

]，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2

2

2

2

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x＋y＝r（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＝

SS

＋t，y＝－t等等。 22

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

4

Ⅰ、再现性题组：

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

2.设f(x＋1)＝loga(4－x) （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x＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________。

2

2

1 3 x

5.方程x＝3的解是_______________。

1 3

6.不等式log2(2－1) ²log2(2

x

x 1

－2)〈2的解集是_______________。

1t2

【简解】1小题：设sinx+cosx＝t∈[－2,2]，则y＝＋t－，对称轴t＝－1，

22

1

当t＝2，ymax＝＋2；

2

2小题：设x＋1＝t (t≥1)，则f(t)＝loga[-(t-1)＋4]，所以值域为(－∞,loga4]；

2

2

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an 11

＝－n，所以an＝－；

n

x

2

n1nanan

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

x

22

1

，所以x＝－1； 3

5

,log23)。 4

6小题：设log2(2－1)＝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

1Smax

＋

1Smin

【分析】 由S＝x＋y联想到cosα＋sinα＝1,于是进行三角换元，设

2222

x Scosα

代入①式求Smax和Smin的值。

y Ssinα

x Scosα

【解】设 代入①式得： 4S－5S²sinαcosα＝5

y Ssinα

10

解得 S＝ ；

8 5sin2α

101010

∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴ ≤≤

138 5sin 3

31316811

∴ ＋＝＋＝＝

SmaxSmin1010105

8S 10

此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝的有界性而求，即解不等

S

8S 10式：||≤1。这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。

S

SSSS2222

【另解】 由S＝x＋y，设x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，

2222

S2S22

－t代入①式得：4S±5－t2=5， 则xy＝±44

移项平方整理得 100t+39S－160S＋100＝0 。

2

2

1010

∴ 39S－160S＋100≤0 解得：≤S≤

133

2

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Smax

Smin

2

1010105

2

2

【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＝x＋y与三角公式cosα＋sinα＝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＝x＋y而按照均值换元的思路，设x＝S＋t、y＝S－t，减少了元的个数，问题且容易求解。另外，还用到了求值域的几种

2

2

2

2

2

22

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3a＋13b＝5 ，求得a∈[0,＝2(a＋b)＝

例2． △ABC的三个内角A、B、C满足：A＋C＝2B，

2

2

2

2

2

522]，所以S＝(a－b)＋(a＋b)3

10202101011＋a∈[,]，再求＋的值。 1313133SmaxSmin

112

＋＝－，求cosAcosCcosB

A C

cos的值。（96年全国理）

2

【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 ，再代入可求

B＝60°C＝60°－α

A C

cosα即cos。

2

A C 120°

【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得 ,

B＝60°

A＝60° α

由A＋C＝120°，设 ，代入已知等式得：

C＝60°－α

11111＋＝＋＝＋

cosAcosCcos(60 )cos(60 )1cos sin 22

1cos cos

＝＝＝－22, 13313

cos2 sin2 cos2 cos sin 44422

A C22

解得：cosα＝， 即：cos＝。

222

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【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以＝－22，设所以cosA＝

112＋＝－ cosAcosCcosB

11

＝－2＋m，＝－2－m ， cosAcosC11

，cosC＝

2 m mA CA CA C22

cosA＋cosC＝2coscos＝cos＝2，

222m 2A CA CA C2m

cosA－cosC＝－2sinsin＝－3sin＝2，

222m 2

A C222m2A C2A C即：sin＝－，＝－2，代入sin＋cos＝1整理222m 23(m2 2)

A C22242

得：3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cos＝2＝。

22m 2

11

【注】 本题两种解法由“A＋C＝120°”、“＋＝－22”分别进行均值

cosAcosC

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＝－22cosAcosC，和积互化得：

，两式分别相加、相减得：

112＋＝－＝－22，即cosA＋cosCcosAcosCcosB

A CA CA C2

cos＝－2[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos＝－2cos(A-C)2222

A C22A C2A C＝－2(2cos－1)，整理得：42cos＋2cos－32＝0,

2222

A C2

解得：cos＝

22

2cos

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

2

2,2]，由(sinx＋ t2 12 cosx)＝1＋2sinx²cosx得：sinx²cosx＝ 2112

∴ f(x)＝g(t)＝－(t－2a)＋ （a>0），t∈[-2,2]

22

12

t＝-2时，取最小值：－2a－22a－

2

12

222当2a≥时，t＝，取最大值：－2a＋2a

－ ；

2

【解】 设sinx＋cosx＝t，则t∈[-

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当0<2a≤2时，t＝2a，取最大值：

1

。 2

12(0 a ) 1 222

∴ f(x)的最小值为－2a－22a－，最大值为 。

212 2

2a 22a (a ) 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。

4(a 1)2a(a 1)2

例4. 设对所于有实数x，不等式xlog2＋2x log2＋log2>02

aa 14a

2

恒成立，求a的取值范围。（87年全国理）

4(a 1)2a(a 1)2

【分析】不等式中log2、 log2、log2三项有何联系？进行对

aa 14a2

数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。

4(a 1)8(a 1)2aa 1

【解】 设log2＝t，则log2＝log2＝3＋log2＝3－

a2aa 12a

2aa 1(a 1)2

log2＝3－t，log2＝2log＝－2t， 2

a 12a4a2

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

2

t 3 3 t 02a

，解得 ∴ t<0即log<0 22

a 1t 0或t 6 4t 8t(3 t) 0

2a0<<1，解得0<a<1。 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

4(a 1)2a(a 1)2

设元，关键是发现已知不等式中log2、 log2、log2三项之间的联

aa 14a2

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。

sinθxcos2θcosθ10sin2θ

例5. 已知＝，且＋＝ (②式)，求的值。

xyx2y3(x2 y2)y2

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【解】 设

2

2

2

sinθcosθ22

＝＝k，则sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sinθ＋cosθ＝xy

y2x210k2k2x2k2y210

k(x+y)＝1,代入②式得： ＋＝ 即：2＋2＝22＝22

3xx3(x y)yy

10 3

1xx21

设2＝t，则t＋＝10 , 解得：t＝3或 ∴＝±3或±

t33y3y

xsinθcos2θ

【另解】 由＝＝tgθ，将等式②两边同时除以，再表示成含tgθ的

ycosθx2

102104222

式子：1＋tgθ＝(1 tg ) ＝tgθ，设tgθ＝t，则3t—10t＋3＝0，

133(1 2)

tg

∴t＝3或

x1

， 解得＝±或±。 33y

sinθcosθ

＝而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个数。xy

【注】 第一种解法由第二种解法将已知变形为

xsinθ＝，不难发现进行结果为tgθ，再进行换元和变形。两ycosθ

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。

(x 1)2(y 1)2

例6. 实数x、y满足＋＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范围。

916(x 1)2(y 1)222

【分析】由已知条件＋＝1，可以发现它与a＋b＝1有相似之处，于

916

是实施三角换元。

x 1y 1(x 1)2(y 1)2

【解】由＋＝1，设＝cosθ，＝sinθ，

34916

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”。

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＋by＋c>0 (a>0)所表示的区域为直线ax＋by＋c＝0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，

16(x 1)2 9(y 1)2 144方程组 有相等的一组实 x＋y－k>0 x y k 0

数解，消元后由△＝0可求得k＝－3,所以k<-3时原不 k 平面区域 等式恒成立。

Ⅲ、巩固性题组：

3

1. 已知f(x)＝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)＋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

4

_____。

A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5 4. 已知x＋4y＝4x，则x＋y的范围是_________________。

5. 已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，则a 1＋b 1的范围是____________。

2

2

2

2

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

22

x＋y＝2 (x>0,y>0)上移动，且AB、AD始 终平行x轴、y轴，求矩形ABCD的最小面积。

2

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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。 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：

x 1

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

25555

A. , －2 B. － ， 2 C. , 2 D. － ，－2

2222

112

2. 二次不等式ax＋bx＋2>0的解集是(－,)，则a＋b的值是_____。

23

A. 10 B. －10 C. 14 D. －14 3. 在(1－x)（1＋x）的展开式中，x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

3

10

5

31

，最小值为－，则y＝－4asin3bx的最小22

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_______________。

y2

6. 与双曲线x－＝1有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是

4

2

____________。 【简解】1小题：由f(x)＝

x 1

＋m求出f(x)＝2x－2m，比较系数易求，选C； 2

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2小题：由不等式解集(－

5

11112

,)，可知－、是方程ax＋bx＋2＝0的两根，代入2323

5

两根，列出关于系数a、b的方程组，易求得a＋b，选D；

52

3小题：分析x的系数由C10与(－1)C10两项组成，相加后得x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；

y2x2y26小题：设双曲线方程x－＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得方程－＝1。

4312

2

Ⅱ、示范性题组：

mx2 4x n

例1. 已知函数y＝的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。

x2 1

【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)x－4x＋(y－n)＝0， x∈R, 由已知得y－m≠0 ∴ △＝(－4)－4(y－m)(y－n)≥0 即： y－(m＋n)y＋(mn－12)≤0 ① 不等式①的解集为(-1,7)，则－1、7是方程y－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的两根，

2

2

2

2

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

代入两根得： 解得： 或

n 149 7(m n) mn 12 0n 5

5x2 4x 1x2 4x 5

∴ y＝或者y＝

x2 1x2 1

此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即y－6y－7≤0，然后与不等式①比较系数而得：

2

m n 6

，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。

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【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

222 a b c a 2

∴ a a2 (2b)2 解得： B

a c 5

x2y2

∴ 所求椭圆方程是：＋＝1

105

b 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。

222 a 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1²2＋2²3＋ ＋n(n＋1)＝

2

2

2

n(n 1)2

(an12

＋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＝＝

1

(a＋b＋c)；n＝2，得226

1

(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得： 2

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1²2＋2²3＋ ＋n(n＋1)＝

2

2

2

n(n 1)2

(3n＋11n＋10)成12

立，下面用数学归纳法证明对任意自然数n，该等式都成立：

k(k 1)2

假设对n＝k时等式成立，即1²2＋2²3＋ ＋k(k＋1)＝(3k＋11k＋10)；

12

2

2

2