高考数学专题突破数学方法特殊解法

高考数学专题突破数学方法特殊解法

高考数学专题突破：数学方法（特殊解法） 一．知识探究： 1．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：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＝ ＋ 的值域时，易发现 x∈[0,1]，设 x＝sin α ，α∈[0, ]， x x x x 1− x 2 π 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 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＝ ＋t，y＝ －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．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。 3．参数法 参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量 （参数），以此作为媒介，再进行分析和综合，从而解决问题。直线与二次曲线的参数方程 都是用参数法解题的例证。换元法也是引入参数的典型例子。 辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的，联系的方式是丰富多采的，科学的任务就 是要揭示事物之间的内在联系，从而发现事物的变化规律。参数的作用就是刻画事物的变化 状态，揭示变化因素之间的内在联系。参数体现了近代数学中运动与变化的思想，其观点已 经渗透到中学数学的各个分支。运用参数法解题已经比较普遍。 2 2 2 S 2 S 2 π 2 ≡ ≡ 参数法解题的关键是恰到好处地引进参数，沟通已知和未知之间的内在联系，利用参数 提供的信息，顺利地解答问题。 4．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等问题。 二．命题趋势 配方法、待定系数法、换元法、参数法是几种常用的数学解题方法。这些方法是数学思 想的具体体现，是解决问题的手段，它们不仅有明确的内涵，而且具有可操作性，有实施的 步骤和作法，事半功倍是它们共同的效果。 纵观近几年高考命题的趋势，在题目上还是很注意特殊解法应用，应为他起到避繁就简、 避免分类讨论、避免转化等作用。 预测 2008 年的高考命题趋势为： （1）部分涉及函数性质、三角函数变形及求值、方程不等式的参数最值、解析几何求 值等知识点的题目会用到这几种特殊解法； （2）这些解题方法都对应更一般的解法，它们的规律不太容易把握，但它们在实际的 考试中会节省大量的时间，为后面的题目奠定基础； 三．例题点评 1．配方法典例解析 例 1．（1）（07 安徽文 20）设函数 ， ， 其中 ，将 的最小值记为 ，求 的表达式； 解析： 。 由于 ， ，故当 时， 达到其最小值 ，即 。 （2）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) (B) (C)5 (D)6 分析：设长方体三条棱长分别为 x、y、z，则依条件得： 2(xy+yz+zx)=11，4(x+y+z)=24。 2 3 2( ) cos 4 sin cos 4 3 42 2 x xf x x t t t t= − − + + − + x∈R 1t ≤ ( )f x ( )g t ( )g t 2 3 2( ) cos 4 sin cos 4 3 42 2 x xf x x t t t t= − − + + − + 2 2 2sin 1 2 sin 4 3 4x t t t t= − − + + − + 2 2 3sin 2 sin 4 3 3x t x t t t= − + + − + 2 3(sin ) 4 3 3x t t t= − + − + 2(sin ) 0x t− ≥ 1t ≤ sin x t= ( )f x ( )g t 3( ) 4 3 3g t t t= − + 32 14 而欲求的对角线长为 ，因此需将对称式 写成基本对称式 x+y+z 及 xy+yz+zx 的 组 合 形 式 ， 完 成 这 种 组 合 的 常 用 手 段 是 配 方 法 ， 故 =62－11=25。 ∴ ，应选 C。 点评：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．（1）设 F1 和 F2 为双曲线 的两个焦点,点 P 在双曲线上且满足 ∠F1PF2=90°，则 ΔF1PF2 的面积是（ ） (A)1 (B) (C)2 (D) 分析：欲求 (1)，而由已知能得到什么呢？ 由∠F1PF2=90°，得 (2)， 又根据双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=4 (3)，那么(2)、(3)两式与要求的三角形 面 积 有 何 联 系 呢 ？ 我 们 发 现 将 (3) 式 完 全 平 方 ， 即 可 找 到 三 个 式 子 之 间 的 关 系 . 即 ， 故 ∴ ，∴ 选(A)。 点评：配方法实现了“平方和”与“和的平方”的相互转化。 （2）设方程 x＋kx＋2=0 的两实根为 p、q，若( )+( )≤7 成立，求实数 k 的取值范 围。 解析：方程 x＋kx＋2=0 的两实根为 p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2， ( )+( ) ＝ ＝ ＝ ＝ ≤7，解得 k≤－ 或 k≥ 。 又 ∵p、q 为方程 x＋kx＋2=0 的两实根， ∴ △＝k－8≥0 即 k≥2 或 k≤－2 综合起来，k 的取值范围是：－ ≤k≤－ 或者 ≤k≤ 。 222 zyx ++ 222 zyx ++ )(2)( 2222 xzyzxyzyxzyx ++−++=++ 5222 =++ zyx 14 2 2 =− yx 2 5 5 ||||2 1 2121 PFPFS FPF ⋅=∆ 20|||| 2 2 2 1 =+ PFPF 16||||2|||||||||| 21 2 2 2 1 2 21 =⋅−+=− PFPFPFPFPFPF 242 1)16|||(|2 1|||| 2 2 2 121 =×=−+=⋅ PFPFPFPF 1||||2 1 2121 =⋅=∆ PFPFS FPF p q q p p q q p p q pq 4 4 2 + ( ) ( ) ( ) p q p q pq 2 2 2 2 2 2 2+ − [( ) ] ( ) p q pq p q pq + − −2 2 2 2 2 2 2 ( )k 2 24 8 4 − − 10 10 2 2 10 2 2 2 2 10 点评：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．待定系数法典例解析 例 3．设双曲线的中心是坐标原点，准线平行于 x 轴，离心率为 ，已知点 P(0,5) 到该双曲线上的点的最近距离是 2，求双曲线方程。 分析：由题意可设双曲线方程为 ， ∵ ，∴a=2b,因此所求双曲线方程可写成： (1),故只需求出 a 可求解。 设双曲线上点 Q 的坐标为(x,y),则|PQ|= (2)，∵点 Q(x,y)在双曲线 上,∴(x,y)满足(1)式,代入(2)得|PQ|= (3)，此时|PQ|2 表示为变量 y 的二次函数,利用配方法求出其最小值即可求解。 由(3)式有 (y≥a 或 y≤-a)。 二次曲线的对称轴为 y=4,而函数的定义域 y≥a 或 y≤-a,因此,需对 a≤4 与 a>4 分类 讨论。 (1)当 a≤4 时，如图(1)可知函数在 y=4 处 取得最小值， ∴令 ，得 a2=4。 ∴所求双曲线方程为 。 (2)当 a>4 时，如图(2)可知函数在 y=a 处 取得最小值， ∴令 ，得 a2=49， ∴所求双曲线方程为 。 2 5 12 2 2 2 =− b x a y 2 5=e 222 4 axy =− 22 )5( −+ yx 2 22 )5(44 −+− yay 45)4(4 5|| 2 22 ayPQ −+−= 445 2 =− a 14 2 2 =− xy 445)4(4 5 2 2 =−+− aa 149 4 49 22 =− xy 点评：此题是利用待定系数法求解双曲线方程的，其中利用配方法求解二次函数的最值 问题，由于二次函数的定义域与参数 a 有关，因此需对字母 a 的取值分类讨论，从而得到两 个解，同学们在解答数习题时应学会综合运用数学思想方法解题。 例 4．是否存在常数 a、b、c，使得等式 1·2 ＋2·3 ＋…＋n(n＋1) ＝ (an ＋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。 解析：假设存在 a、b、c 使得等式成立，令：n＝1，得 4＝ (a＋b＋c)；n＝2，得 22 ＝ (4a＋2b＋c)；n＝3，得 70＝9a＋3b＋c。 整理得： ，解得 ， 于是对 n＝1、2、3，等式 1·2 ＋2·3 ＋…＋n(n＋1) ＝ (3n ＋11n＋10) 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 1·2 ＋2·3 ＋…＋k(k＋1) ＝ (3k ＋11k＋ 10)； 当 n＝k＋1 时，1·2 ＋2·3 ＋…＋k(k＋1) ＋(k＋1)(k＋2) ＝ (3k ＋11k ＋10) ＋(k＋1)(k＋2) ＝ (k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2) ＝ （3k ＋5k＋12k＋24）＝ [3(k＋1) ＋11(k＋1)＋10]， 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。 点评：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 1 ＋2 ＋…＋n 、1 ＋2 ＋…＋n 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) ＝n ＋ 2n ＋n 得 S ＝1·2 ＋2·3 ＋…＋n(n＋1) ＝(1 ＋2 ＋…＋n )＋2(1 ＋2 ＋…＋n ) ＋(1＋2＋…＋n)＝ ＋2× ＋ ＝ (3n ＋11n＋ 2 2 2 n n( )+1 12 2 1 6 1 2 a b c a b c a b C + + = + + = + + =    24 4 2 44 9 3 70 a b c = = =    3 11 10 2 2 2 n n( )+1 12 2 2 2 2 k k( )+1 12 2 2 2 2 2 k k( )+1 12 2 2 k k( )+1 12 2 ( )( )k k+ +1 2 12 2 ( )( )k k+ +1 2 12 2 3 3 3 2 2 2 2 3 2 n 2 2 2 3 3 3 2 2 2 n n2 21 4 ( )+ n n n( )( )+ +1 2 1 6 n n( )+1 2 n n( )+1 12 2 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。 3．换元法典例解析 例 5．（1）（06 江苏卷）设 a 为实数，设函数 的最大值 为 g(a)。 （Ⅰ）设 t＝ ，求 t 的取值范围，并把 f(x)表示为 t 的函数 m(t)； （Ⅱ）求 g(a)。 解析：（Ⅰ）令 要使有 t 意义，必须 1+x≥0 且 1-x≥0，即-1≤x≤1， ∴ t≥0 ① t 的取值范围是 由①得 ∴m(t)=a( )+t= （Ⅱ）由题意知 g(a)即为函数 的最大值。 注意到直线 是抛物线 的对称轴，分以下几种情况讨论。 （1）当 a>0 时，函数 y=m(t), 的图象是开口向上的抛物线的一段， 由 <0 知 m(t)在 上单调递增，∴g(a)=m(2)=a+2 (2)当 a=0 时，m(t)=t, ,∴g(a)=2. (3)当 a<0 时,函数 y=m(t), 的图象是开口向下的抛物线的一段， 若 ，即 则 若 ，即 则 若 ，即 则 综上有 xxxaxf −+++−= 111)( 2 xx −++ 11 1 1t x x= + + − 2 22 2 1 [2,4],t x= + − ∈ [ 2,2]. 2 211 12x t− = − 21 12 t − 21 , [ 2,2]2 at t a t+ − ∈ 21( ) , [ 2,2]2m t at t a t= + − ∈ 1t a = − 21( ) 2m t at t a= + − [ 2,2]t ∈ 1t a = − [ 2,2]. [ 2,2]t ∈ [ 2,2]t ∈ 1 [0, 2]t a = − ∈ 2 2a ≤ − ( ) ( 2) 2g a m= = 1 ( 2,2]t a = − ∈ 2 1 2 2a− < ≤ − 1 1( ) ( ) 2g a m aa a = − = − − 1 (2, )t a = − ∈ +∞ 1 02 a− < < ( ) (2) 2g a m a= = + 2, 1( ) ,2 2, a g a a a  + = − −   1 2 2 1 ,2 2 2 2 a a a > − − < < − ≤ − 点评：本小题主要考查函数、方程等基本知识，考查分类讨论的数学思想方法和综合运 用数学知识分析问题、解决问题的能力。 （2）设 a>0，求 f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a 的最大值和最小值。 解析：设 sinx＋cosx＝t，则 t∈[- , ]，由(sinx＋cosx) ＝1＋2sinx·cosx 得： sinx·cosx＝ ， ∴f(x)＝g(t)＝－ (t－2a) ＋ （a>0），t∈[- , ]， t＝- 时，取最小值：－2a －2 a－ ， 当 2a≥ 时，t＝ ，取最大值：－2a ＋2 a－ ； 当 0<2a≤ 时，t＝2a，取最大值： 。 ∴f(x)的最小值为－2a －2 a－ ，最大值为 。 点评：此题属于局部换元法，设 sinx＋cosx＝t 后，抓住 sinx＋cosx 与 sinx·cosx 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∈[- , ]）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 6．点 P(x，y)在椭圆 上移动时，求函数 u=x2+2xy+4y2+x+2y 的最大值。 解析：∵点 P(x,y)在椭圆 上移动， ∴可设 ， 于是 = 2 2 2 2 t 2 1 2 − 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 0 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 ( ) ( ) < < − + − ≥       a a a a 2 2 14 2 2 =+ yx 14 2 2 =+ yx    = = θ θ sin cos2 y x yxyxyxu 242 22 ++++= θθθθθθ sin2cos2sin4cossin4cos4 22 ++++ = 令 ， ∵ ，∴|t|≤ 。 于是 u= ，(|t|≤ ) 当 t= ,即 时，u 有最大值。 ∴θ=2kπ+ (k∈Z)时， 。 4．参数法典例解析 例 7．过坐标原点的直线 l 与椭圆 相交于 A、B 两点，若以 AB 为直 径的圆恰好通过椭圆的左焦点 F，求直线 l 的倾斜角。 解析：设 A(x1，y1)、B(x2，y2)，直线 l 的方程为 y=kx， 将它代入椭圆方程整理得 (*)， 由韦达定理, (1), (2)， 又 F(1,0)且 AF⊥BF,∴ ，即 ， 将 , 代入上式整理得 ， 将(1)式,(2)式代入，解得 。 故直线 l 的倾斜角为 或 。 点评：本题设交点坐标为参数,“设而不求”,以这些参数为桥梁建立斜率为 k 的方程求 解。 例 8．实数 a、b、c 满足 a＋b＋c＝1，求 a ＋b ＋c 的最小值。 分析：由 a＋b＋c＝1 想到“均值换元法”，于是引入了新的参数，即设 a＝ ＋t ，b ＝ ＋t ，c＝ ＋t ，代入 a ＋b ＋c 可求。 解析：由 a＋b＋c＝1，设 a＝ ＋t ，b＝ ＋t ，c＝ ＋t ，其中 t ＋t ＋t ＝ 0， ]1sincos)sin[(cos2 2 ++++ θθθθ t=+ θθ sincos )4sin(2cossin πθθθ +=+ 2 2 3)2 1(2)1(2 22 ++=++ ttt 2 2 1)4sin( =+ πθ 4 π 226max +=u 126 )3( 22 =+− yx 036)31( 22 =+−+ xxk 221 31 6 kxx +=+ 221 31 3 kxx += 1−=⋅ BFAF kk 111 2 2 1 1 −=−⋅− x y x y 11 kxy = 22 kxy = 1)1( 2121 2 −+=⋅+ xxxxk 3 12 =k 6 π 6 5π 2 2 2 1 3 1 1 3 2 1 3 3 2 2 2 1 3 1 1 3 2 1 3 3 1 2 3 1 . 3 . 5 1 . 3 . 5 ∴a ＋b ＋c ＝（ ＋t ） ＋（ ＋t ） ＋( ＋t ) ＝ ＋ (t ＋t ＋t ) ＋t ＋t ＋t ＝ ＋t ＋t ＋t ≥ ， 所以 a ＋b ＋c 的最小值是 。 点评：由“均值换元法”引入了三个参数，却将代数式的研究进行了简化，是本题此种 解法的一个技巧。本题另一种解题思路是利用均值不等式和“配方法”进行求解，解法是： a ＋b ＋c ＝(a＋b＋c) －2(ab＋bc＋ac)≥1－2(a ＋b ＋c )，即 a ＋b ＋c ≥ 。 两种解法都要求代数变形的技巧性强，多次练习，可以提高我们的代数变形能力。 四．思维总结 1．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＋ ) ＋（ b） ； a ＋b ＋c ＋ab＋bc＋ca＝ [(a＋b) ＋(b＋c) ＋(c＋a) ] 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 ＋ ＝(x＋ ) －2＝(x－ ) ＋2 ；…… 等等。 2．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。 2 2 2 1 3 1 2 1 3 2 2 1 3 3 2 1 3 2 3 1 2 3 1 2 2 2 3 2 1 3 1 2 2 2 3 2 1 3 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b 2 2 3 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2x 1 x 2 1 x 2