高三數(shù)學一輪復習策略答題方法

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函數(shù)與方程的思想方法

函數(shù)思想，是指用函數(shù)的概念和性質去分析問題、轉化問題和解決問題。方

程思想，是從問題的數(shù)量關系入手，運用數(shù)學語言將問題中的條件轉化為數(shù)學模

型(方程、不等式、或方程與不等式的混合組)，然后通過解方程(組)或不等

式(組)來使問題獲解。有時，還實現(xiàn)函數(shù)與方程的互相轉化、接軌，達到解決

問題的目的。

笛卡爾的方程思想是：實際問題一數(shù)學問題一代數(shù)問題一方程問題。宇宙世

界，充斥著等式和不等式。我們知道，哪里有等式，哪里就有方程；哪里有公式,

哪里就有方程；求值問題是通過解方程來實現(xiàn)的……等等；不等式問題也與方程

是近親，密切相關。而函數(shù)和多元方程沒有什么本質的區(qū)別，如函數(shù)y=f(x),

就可以看作關于x、y的二元方程f(x)-y=O?？梢哉f，函數(shù)的研究離不開方程。

列方程、解方程和研究方程的特性，都是應用方程思想時需要重點考慮的。

函數(shù)描述了自然界中數(shù)量之間的關系，函數(shù)思想通過提出問題的數(shù)學特征，

建立函數(shù)關系型的數(shù)學模型，從而進行研究。它體現(xiàn)了“聯(lián)系和變化”的辯證唯

物主義觀點。一般地，函數(shù)思想是構造函數(shù)從而利用函數(shù)的性質解題，經(jīng)常利用

的性質是：f(x)、f"(x)的單調(diào)性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、圖像變

換等，要求我們熟練掌握的是一次函數(shù)、二次函數(shù)、幕函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函

數(shù)、三角函數(shù)的具體特性。在解題中，善于挖掘題目中的隱含條件，構造出函數(shù)

解析式和妙用函數(shù)的性質，是應用函數(shù)思想的關鍵。對所給的問題觀察、分析、

判斷比較深入、充分、全面時，才能產(chǎn)生由此及彼的聯(lián)系，構造出函數(shù)原型。另

外，方程問題、不等式問題和某些代數(shù)問題也可以轉化為與其相關的函數(shù)問題，

即用函數(shù)思想解答非函數(shù)問題。

函數(shù)知識涉及的知識點多、面廣，在概念性、應用性、理解性都有一定的要

求，所以是高考中考查的重點。我們應用函數(shù)思想的兒種常見題型是：遇到變量,

構造函數(shù)關系解題；有關的不等式、方程、最小值和最大值之類的問題，利用函

數(shù)觀點加以分析；含有多個變量的數(shù)學問題中，選定合適的主變量，從而揭示其

中的函數(shù)關系；實際應用問題，翻譯成數(shù)學語言，建立數(shù)學模型和函數(shù)關系式，

應用函數(shù)性質或不等式等知識解答：等差、等比數(shù)列中，通項公式、前n項和的

公式，都可以看成n的函數(shù)，數(shù)列問題也可以用函數(shù)方法解決。

I、再現(xiàn)性題組：

1.方程lgx+x=3的解所在的區(qū)間為o

A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,+~)

2.如果函數(shù)f(x)=x?+bx+c對于任意實數(shù)t,都有f(2+t)=f(2—t),那

么o

A.f(2)<f(l)<f(4)B.f(l)<f(2)<f(4)C.f(2)<f(4)<f(l)D.

f(4)<f(2)<f(l)

3.己知函數(shù)y=f(x)有反函數(shù)，則方程f(x)=a(a是常數(shù))。

A.有且僅有一個實根B.至多一個實根C.至少一個實根D.不同于

以上結論

4.已知sin0+cos9=g,0（—,五），則tg0的值是

5.已知等差數(shù)列的前n項和為S.,且Sb=Sg(pWq,p、q￡N),則Sp+</=

6.關于x的方程sin*2x-*41-cosx+a=0有實根，則實數(shù)a的取值范圍是

7.正六棱錐的體積為48,側面與底面所成的角為45°,則此棱錐的側面積為

8.建造一個容積為8nl3,深為2m的長方體無蓋水池，如果池底和池壁的造

價每平方米分別為120元和80元，則水池的最低造價為。

【簡解】1小題：圖像法解方程，也可代入各區(qū)間的一個數(shù)(特值法或代入

法)，選C；

2小題：函數(shù)f(x)的對稱軸為2,結合其單調(diào)性，選A；

3小題：從反面考慮，注意應用特例，選B；

4小題：設tgg=x(x>0),則產(chǎn)？+=!=:，解出x=2,再用萬能

21+x1+x5

公式，選A；

5小題：利用、q是關于n的一次函數(shù)，設工=Sg=m,s=x,貝lj(竺，p)、

n〃"p+qp

(-,q)>(x,p+q)在同一直線上，由兩點斜率相等解得x=G,則答案：0；

q

6小題：設cosx=t,te[-1,1],則a=t2—t—le[―之，1],所以答案：[一

7小題：設高h,由體積解出h=26,答案：24V6；

416

8小題：設長x,則寬—，造價y=4X120+4xX80+—X8021760,答案：

xx

1760o

n、示范性題組：

例1.設a>0,aWl,試求方程log〃(x—ak)=logj(x2—a?)有實數(shù)解的k

的范圍。(89年全國高考)

【分析】由換底公式進行於底后出現(xiàn)同底，再進行等價轉化為方程組，分離

參數(shù)后分析式子特點，從而選用三角換元法，用三角函數(shù)的值域求解。

【解】將原方程化為：log,(X—ak)=log.正-熊，等價于

x-ak>0

G——7(a>0,aWl)

x-ak=yjx-a

設土=csc。，9W(----,0)U(0,一),則k=f(0)=csc0—|ctg6

a22

當。W(—^~,0)時，f(6)=csc0+ctg0=ctg—<—1,故k<一1；

n0

當0￡(0,萬)時，f(。：)=csc。-ctg0=tgEW(0,1),故0<k<l；

綜上所述，k的取值范圍是：k〈一1或0〈k〈l。

【注】求參數(shù)的范圍，分離參數(shù)后變

成函數(shù)值域的問題，觀察所求函數(shù)式，引

入新的變量，轉化為三角函數(shù)的值域問題,

在進行三角換元時，要注意新的變量的范

圍。一般地，此種思路可以解決有關不等

式、方程、最大值和最小值、參數(shù)范圍之

類的問題。本題還用到了分離參數(shù)法、三

角換元法、等價轉化思想等數(shù)學思想方法。

另一種解題思路是采取“數(shù)形結合法”:

將原方程化為：log°(x-ak)=

22

logdylx-a,等價于x—ak=dx?-已(x—ak>0),設曲線C1：y=x—ak,曲

線C2：y=ylx2-a2(y>0),如圖所示。

由圖可知，當一ak>a或一ak<0時曲線C］與C2有交點，即方程有實解。

所以k的取值范圍是：k〈一1或0〈k〈l。

還有一種思路是直接解出方程的根，然后對方程的根進行討論，具體過程是:

x-ak>0>ak

原方程等價變形為_^后，解得：(一+1)。，所以

x-ak=yjx-a\x=-2k-

L,2.i12—i

?二)>ak,即三一一k>0,通分得三一<0,解得k<-l或O〈k〈l。所以k

2k2k2k

的取值范圍是：衣一1或O〈k〈l。

例2.設不等式2x-l>m(x2-l)對滿足|m|W2的一切實數(shù)m的取值都成立。

求x的取值范圍。

【分析】此問題由于常見的思維定勢，易把它看成關于〉:的不等式討論。然

而，若變換一個角度以m為變量，即關于m的一次不等式(x2—l)m—(2x—D<0

在［-2,2］上恒成立的問題。對此的研究,設f(m)=(x2—l)m—(2x—1),則問題

轉化為求一次函數(shù)(或常數(shù)函數(shù))f(m)的值在-2,2］內(nèi)恒為負值時參數(shù)x應該滿

足的條件V⑵<°。

【解】問題可變成關于田的一次不等式：(X?—l)m—(2x—l)<0在［-2,2］恒

成立，設f(m)=(x2—l)m—(2x—1),

f/(2)=2(x2-l)-(2x-l)<0

則o

/(—2)=—2(x—1)—(2x—1)<0

加吊得x￡(---,)

【注】本題的關鍵是變換角度，以參數(shù)m作為自變量而構造函數(shù)式，不等式

問題變成函數(shù)在閉區(qū)間上的值域問題。本題有別于關于x的不等式2x—l>m(x2-

1)的解集是［-2,2］時求m的值、關于x的不等式2x—Dm(x?-1)在［-2,2］上恒

成立時求m的范圍。

一般地，在一個含有多個變量的數(shù)學問題中，確定合適的變量和參數(shù)，從而

揭示函數(shù)關系，使問題更明朗化。或者含有參數(shù)的函數(shù)中，將函數(shù)自變量作為參

數(shù)，而參數(shù)作為函數(shù)，更具有靈活性，從而巧妙地解決有關問題。

例3.設等差數(shù)列｛a'｝的前n項的和為S“，已知@3=12,S12>0,S13<0。

①.求公差d的取值范圍；②.指出S「S2、…、Si?中哪一個值最大，并說

明理由。(92年全國高考)

【分析】①問利用公式3與S,建立不等式，容易求解d的范圍；②問利用

S〃是n的二次函數(shù)，將S“中哪一個值最大，變成求二次函數(shù)中n為何值時S“取

最大值的函數(shù)最值問題。

【解】①由a?=%+2d=12,得到a〕=12—2d,所以

SI?=12al+66d=12(12-2d)+66d=144+42d>0,

SI3=13a1+78d=13(12-2d)+78d=156+52d<0o

24

解得：———3o

②S=na,+—n(nl—l)d=n(12—2d)+—n(n—l)d

"M122

="一：(5_力］2_白；(5一爭］2

22d22d

194241

因為d<0,故［n—；(5——^)］2最小時，S最大。由一丁<d<—3得6<彳(5

2d"72

24I24

-§)<6.5,故正整數(shù)n=6時［n-：(5—§)］2最小，所以最大。

d2d6

【注】數(shù)列的通項公式及前n項和公式實質上是定義在自然數(shù)集上的函數(shù)，

因此可利用函數(shù)思想來分析或用函數(shù)方法來解決數(shù)列問題。也可以利用方程的思

想，設出未知的量，建立等式關系即方程，將問題進行算式化，從而簡潔明快。

由次可見，利用函數(shù)與方程的思想來解決問題，要求靈活地運用、巧妙的結合，

發(fā)展了學生思維品質的深刻性、獨創(chuàng)性。

本題的另一種思路是尋求a>0、a.<0,即：由d<0知道a］〉a2>…是13，

由S13=13a?<0得3<0,由S12=6(a6+a7)>0得@6>0。所以，在S?、…、

Si?中，$6的值最大。

例4.如圖，AB是圓0的直徑，PA垂直于圓。所在平面，C是圓周上任一點,

設NBAC=0,PA=AB=2r,求異面直線PB和AC的距離。

【分析】異面直線PB和AC的距離可看成求直線PB上任意一點到AC的距離

的最小值，從而設定變量，建立目標函數(shù)而求函數(shù)最小值。

【解】在PB上任取一點M,作MD_LAC于D,MH1ABNi

于H,\

設MH=x,則MH_L平面ABC,AC1HD。

AMD2=x2+［(2r-x)sin0］2=(sin2+1)x2B

222

4rsin0x+4rsin0

/.2A4、

R2rsmo4rsm。

=（sin20+1）Lx--——r-7-J"+--rvT

1+sin4-01+sin20

即當x="::時,卜①取最小值產(chǎn)出°為兩異面直線的距離。

【注】本題巧在將立體幾何中“異面直線的距離”變成“求異面直線上兩點

之間距離的最小值”，并設立合適的變量將問題變成代數(shù)中的“函數(shù)問題”。一

般地，對于求最大值、最小值的實際問題，先將文字說明轉化成數(shù)學語言后，再

建立數(shù)學模型和函數(shù)關系式，然后利用函數(shù)性質、重要不等式和有關知識進行解

答。比如再現(xiàn)性題組第8題就是典型的例子。

例5.己知AABC三內(nèi)角A、B、C的大小成等差數(shù)列，且tgA-tgC=2+6，

又知頂點C的對邊c上的高等于46,求AABC的三邊a、b、c及三內(nèi)角。

【分析】已知了一個積式，考慮能否由其它已知得到一個和式，再用方程思

想求解。

【解】由A、B、C成等差數(shù)列，可得B=60°；

SAABC中tgA+tgB+tgC=tgA?tgB?tgC,得

tgA+tgC=tgB(tgA?tgC-1)=V3(1+V5)

設tgA、tgC是方程x?—(g+3)x+2+75=0的兩根，解得X]=l,x2=2

+V3

LH5T-

設A<C,則tgA=l,tgC=2+V3,/.A=—,C=-—

由此容易得到a=8,b=46,C=4A/§+4。

【注】本題的解答關鍵是利用'ZABC中tgA+tgB+tgC=tgA-tgB-tgC”

這一條性質得到tgA+tgC,從而設立方程求出tgA和tgC的值，使問題得到解

決。

例6.若(z—x)2—4(x—y)(y—z)=0,求證:x、y^z成等差數(shù)列。

【分析】觀察題設，發(fā)現(xiàn)正好是判別式b2—4ac=0的形式，因此聯(lián)想到構

造一個一元二次方程進行求解。

【證明】當x=y時，可得x=z,；.x、y、z成等差數(shù)列；

當xWy時：設方程(x—y)t?—(z—x)t+(y—z)=0,由△=()得t]=t2，

并易知t=l是方程的根。

t.?10=---=1,即2y=x+z,.*.x^y、z成等差數(shù)列

-彳-y

【注】一般地，題設條件中如果已經(jīng)具備或經(jīng)過變形整理后具備了“X1+X2=

a、X|?X2=b”的形式，則可以利用根與系數(shù)的關系構造方程；如果具備b2-

4ac20或b2—4acW0的形式，可以利用根的判別式構造一元二次方程。這種方

法使得非方程問題用方程思想來解決，體現(xiàn)了一定的技巧性，也是解題基本方法

中的一種“構造法”。

例7.ZXABC中，求證：cosA?cosB?cosC^—。

【分析】考慮首先使用三角公式進行變形，結合三角形中有關的性質和定理,

主要是運用“三角形的內(nèi)角和為180°”。變形后再通過觀察式子的特點而選擇

和發(fā)現(xiàn)最合適的方法解決。

【證明】設k=cosA?cosB?cosC=[cos(A+B)+cos(A—B)]*cosC=-[—

22

cosC+cos(A—B)]cosC

整理得：cos2c—cos(A-B)?cosC+2k=0,即看作關于cosC的一元二次方

程。

???A=cos2(A-B)-8k^0即8k^cos2(A-B)

kW-艮［JcosA?cosB?cosCW-

88

【注】本題原本是三角問題，引入?yún)?shù)后，通過三角變形，發(fā)現(xiàn)了其等式具

有“二次”特點，于是聯(lián)想了一元二次方程，將問題變成代數(shù)中的方程有實解的

問題，這既是“方程思想”，也體現(xiàn)了“判別式法”、“參數(shù)法”。

此題的另外一種思路是使用“放縮法”，在放縮過程中也體現(xiàn)了“配方法”，

具體解答過程是：cosA?cosB?cosC=g［cos(A+B)+cos(A-B)］?cosC=—

2

1cos2C+-cos(A-B)s

COSC=-1[cosC-8(仁％2+1COS2(A-B)W

22228

-cos2(A—B)wL

88

\+2x+4xa

例8.設f(x)=lg--------------,如果當x￡(-8,i]時f(x)有意義，求實數(shù)a

的取值范圍。

12*+41〃

【分析】當xe(-8,1］時f(x)=lgi；有意義的函數(shù)問題,轉化為1

+2、+4—>0在xe(-8,1］上恒成立的不等式問題。

【解】由題設可知，不等式1+2、+4%>0在x￡(-8,1］上恒成立,

即：（；）2、+（；）'+a>0在x￡（-8,1］上恒成立。

設則又設g（t）=t?+t+a,其對稱軸為t=-g

??.t2+t+a=0在［；,+8）上無實根，即g（g）=（；）2+；+a>o,得

a—'

4

所以a的取值范圍是a>一3=。

4

【注】對于不等式恒成立，引入新的參數(shù)化簡了不等式后，構造二次函數(shù)利

用函數(shù)的圖像和單調(diào)性進行解決問題，其中也聯(lián)系到了方程無解，體現(xiàn)了方程思

想和函數(shù)思想。一般地，我們在解題中要抓住二次函數(shù)及圖像、二次不等式、二

次方程三者之間的緊密聯(lián)系，將問題進行相互轉化。

在解決不等式（；）2*+（；］+2>0在x￡（-8,1］上恒成立的問題時，也可

113

使用“分離參數(shù)法”：設t=（/、，t，：；，則有a=-t?—tw（—8,一

224

3

所以a的取值范圍是a>―其中最后得到a的范圍，是利用了二次函數(shù)在某

4

區(qū)間上值域的研究，也可屬應用“函數(shù)思想”。

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二、換元法

解數(shù)學題時，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。換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據(jù)是

等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而

使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化，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，或者把條件與結論聯(lián)系起來?；蛘咦?yōu)槭煜?/p>

的形式，把復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2、=t(t>0),而變?yōu)槭煜さ囊辉尾坏仁角蠼夂椭笖?shù)方程的問題。

三角換元，應用于去根號，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聯(lián)系進行換元。如求函數(shù)y=4+61的值域時，

易發(fā)現(xiàn)x￡[0,1],設*=5儲2a,a￡[0,y],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，其中主要應該是發(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?+y2=r2(r>0)時，則可作三角代換x=rcos0、

y=rsin0化為三角問題。

qq

均值換元，如遇到乂+丫=$形式時，設X=1+t,y=1—t等等。

我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標準化的原則，換元后要注

重新變量范圍的詵取，一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍，不能縮小

也不能擴大。如上幾例中的t>0和a￡[0,

I、再現(xiàn)性題組：-

1.y=sinx?cosx+sinx+cosx的最大值是_______。

24

2.設f(x+l)=logfl(4—x)(a>l),則f(x)的值域是o

3.已知數(shù)列｛a〃｝中，a【=-1,a〃+1?a“=a“+]—a”，則數(shù)列通項a〃=

4.設實數(shù)x、y滿足x?+2xy—1=0,則x+y的取值范圍是—

5.方程?4丁=3的解是_____________o

1+3

x+,

6.不等式log?(2*—1)-log2(2-2)〈2的解集是o

【簡解】1小題：設sinx+cosx=tE[—亞，亞],則y=5+t—/，對稱

軸t=-1,當1=血，ymax=^+V2；

2小題：設x?+l=t則f(t)=log』-(t-l)2+4],所以值域為(一

8,10g/]；

已知變形為一匚一,=-1,設b“=-!-

3小題:則bj=—1,bn=—l+(n

。向明

—1)(-1)=—n,所以"=一：；

4小題：設x+y=k,則x?—2kx+l=0,△=4k?—420,所以k21或kW

-1;

5小題：設3"=y,則3y2+2y-l=0,解得y=g,所以x=-l；

6小題：設log2(2、-1)=y,則y(y+1)<2,解得一2<y〈l,所以x￡

(log,log,3)o

'4~

n、示范性題組：

例1.實數(shù)x、y滿足4x?-5xy+4y2=5(①式)，設S=x?+y?,求__

+一一的值.（93年全國高中數(shù)學聯(lián)賽題）

,min

【分析】由S=x?+y2聯(lián)想到cos?a+sin2a=1,于是進行三角換元，設

X=y/SCOSQ/

.代入①式求S四和S*的值。

y=7Ssina

x=Vscosa

【解】設l代入①式得：4S—5S?sinacosa=5

y=JSsina

10

解得S=

8-5sin2a

??,TWsin2a<13W8-5sin2aW13?,?竺W---W竺

138-5sina3

.1,13,13168

S.5min1010105

QC_in

此種解法后面求s最大值和最小值，還可由sin2a=竺不史的有界性而求,

QC_If)

即解不等式：|失U|W1。這種方法是求函數(shù)值域時經(jīng)常用到的“有界法”。

qqqq

【另解】由S=X?+y2,設x2=,+t,y2=y-t,t￡[-y,y],

則xy=±J?一/代入①式得：4s±5^^—*=5,

移項平方整理得100t2+39S2-160S4-100=0。

???39S2-160S+100^0解得：tWSwg

.1,13,13168

??---1---=--1--=—="

Smx5min1010105

【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cos2a+sin2a=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x2=￡+t、y2=￡-t,減少了元的個數(shù),

22

問題且容易求解。另外，還用到了求值域的幾種方法：有界法、不等式性質法、

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x=a+b,y=a—b,代入①式整理得3a?+13b?=5,求得

[0,1],所以S=(a-b)2+(a+b)2=2(a2+b2)=\+菜2g喘當,再

U1JJ1JJ

求廿一+9-的值。

°max"min

11V2

例2.AABC的三個內(nèi)角A、B、C滿足：A+C=2B,

cosAcosCcosB

A

求cos—|士的值。（96年全國理）

【分析】由已知"A+C=2B”和“三角形內(nèi)角和等于180?！钡男再|,可得

A+C=l20°4=60°+Q

由“A+C=120°”進行均值換元，則設〃,八。再

8=60。C=60°-a

代入可求COSQ即COS^J

A+C=120°

【解】由aABC中已知A+C=2B,可得＜

8=60。

由A+C=120°代入已知等式得:

1+1+11+

cosAcosCcos(600+a)cos(60°-a)岳.

^cosa-sina

22

1cosacosa

16.3

二cosa+--sinacosa--sin2acosa--

22444

/y

解得：cosa=—即：cos^^=—o

22

，B=6。。。所以￡+短

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°

V2

cos5

=-2叵,設一--=一&+m,---=一&-m,

cosAcosC

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

72+m72—tn

-八八A+CA-CA-C2后

cosA+cosC=2cos----cos-----=cos-----=—~->

222m--2

.A+C.A-C.A-C2nl

cosA-cosC=-2sin---sin---=—V3sin---=—---

222m--2

A-C2m2y/2A-CA-C

即:sin----代入sin+cos2

2〃廣—2)irr-222

1整理得：3m4—16m—12=0,解出n]2=6,代入cos.°=2yA=軍。

2m2-22

【注】本題兩種解法由“A+C=120?！?、“一^+—^=—2后”分別

進行均值換元，隨后結合三角形角的關系與三角公式進行運算，除由已知想到均

值換元外，還要求對三角公式的運用相當熟練。假如未想到進行均值換元，也可

由三角運算直接解出：由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°。所以一

cosAcosC

五

------=-20,即cosA+cosC=-2應cosAcosC,和積互化得:

cos3

A+CA-C即c°sX_坐—

2cos——V2[cos(A+C)+cos(A-C),

222

V2cos(A-C)=-V2(2cos2.2c—1)，整理得：4V2cos2"20+

A-Cr-

2cos----------3J2=0,

例3.設a>0,求f(x)=2a(sinx+cosx)—sinx?cosx

一2”的最大值和最小值。y

，八，

【解】設sinx+cosx=t,則[-Vi,Vi],由(sinx一應/41

,,/_1X/1\"

+cosx)2=1+2sinx?cosx得：sinx?cosx=-------

2

f(x)=g(t)=—；(t—2a)?+g(a>0),t^[-V2,V2]

1=-亞時，取最小值：—2a2—2V2a—

當2a2后時，t=&,取最大值：-2a2+2收；

2

當0<2aW正時，t=2a,取最大值：!。

???f(x)的最小值為一2a2—2后a—；,最大值為

fi41

-(0<6Z<—)

']叵°

-2a2+2>l2a--(a>—)

【注】此題屬于局部換元法，設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(te

[-V2,V2])與sinx+cosx對應，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)學思想方法，即由對稱軸與閉區(qū)間的位置關系而確定參數(shù)分兩

種情況進行討論。

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

到這樣設元的換元法，轉化為在閉區(qū)間上的二次函數(shù)或一次函數(shù)的研究。

例4.設對所于有實數(shù)x,不等式x21og?曳竺^+2xlog4+

log?”要>°恒成立，求a的取值范圍。(87年全國理)

【分析】不等式中l(wèi)og,絲上D、log,鳥、log,絲孚三項有何聯(lián)系？

a〃+14。-

進行對數(shù)式的有關變形后不難發(fā)現(xiàn)，再實施換元法。

■MJ-12ai4(a+1)18(。+1),a+1日

［解】設log,------=t,則log,---------=log---------=3o+log,——=3

-a+1a22a2a

2

nla八i(a+l)a+1

-log,------=3-t,log22=21og,——=-2t,

a+\4a222a

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

3T>0t<3

,，解得t<0即log,——<0

A=4廠+8r(3-r)<0t<0或空6。+1

0〈上土<1,解得0〈a〈l。

。+1

【注】應用局部換元法，起到了化繁為簡、化難為易的作用。為什么會想到

換元及如何設元，關鍵是發(fā)現(xiàn)已知不等式中l(wèi)og,M"D、log,二、

a-Q+l

log?聯(lián)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行適當變形，發(fā)現(xiàn)

它們的聯(lián)系而實施換元，這是我們思考解法時要注意的一點C

同Ln—sinocos°口cos~°.sin~010/否一、分工

例5.已知-----=------，且一Z----F——;~~7-(②式)，求一

xyxy-3(x+y)y

的值。

win0cos0

【解】設-----=------=k,貝sin0=kx,cos0=ky,且siMO+cos?

xy

EEeIoio%?

0=k2(x2+y2)=l,代入②式得：鳥+智-，22、二牛即：

xzy13(x+y)3

VV_10

7+手-H

設土y=t,則t+1=12,解得：t=3或工，土=土④或土-

y2t33y3

【另解】由一x二s一in0^ntg8,將等式②兩邊同時除c以cs吟20一，再表示成

ycosHx

含tg。的式子：1+tg"0=。+%2夕＞----_=A2tg20,設tg20=3

一.)

則3t2—10t+3=0,

，t=3或:，解得二=±內(nèi)或土*。

3y3

【注】第一種解法由包月=”上而進行等量代換，進行換元，減少了變

量的個數(shù)。第二種解法將已知變形為±=嗎-,不難發(fā)現(xiàn)進行結果為tg0,

ycos0

再進行換元和變形。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。

例6.實數(shù)x、y滿足0+（）="=匕若x+y—k>0恒成立，求k的范

916

圍。

【分析】由已知條件任J+與￡=1,可以發(fā)現(xiàn)它與M+b2=l有相似

916

之處，于是實施三角換元。

【解】由任F+"上=1，設==cos。，^=sin0,

91634

x=\+3cos0

即：代入不等式x+y—k>0得:

y=-1+4sin8

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

所以k<-5時不等式恒成立。

【注】本題進行三角換元，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，再運用“分離參數(shù)法”轉化為三角函數(shù)的值域問題，

從而求出參數(shù)范圍。一般地，在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似的代數(shù)式時,

或者在解決圓、橢圓、雙曲線等有關問題時，經(jīng)常使用“三角換元法”。

本題另一種解題思路是使用數(shù)形結合法的思想方法：在平面直角坐標系，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：橢圓上的點始終位于平面

上x+y—k>0的區(qū)域。即當直線x+y—k=0在

與橢圓下部相切的切線之下時。當直線與橢圓

相切時，方程組產(chǎn)2+卜""有相

等的一組實數(shù)解，消元后由△=()可求得k=一

k平面區(qū)

3,所以k<-3時原不等式恒成立。

域

撲品基班教育教學資料，僅供參考，需要可下或使用！

一■配方法

配方法是對數(shù)學式子進行一種定向變形(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，需要我們適當預測，并

且合理運用“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”。

最常見的配方是進行恒等變形，使數(shù)學式子出現(xiàn)完全平方。它主要適用于：

己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)2=a?+2ab+

b2,將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：

a2+b2=(a+b)2—2ab=(a—b)2+2ab；

/n

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

a2+b2+c2+ab+bc+ca=^-[(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-be-ca)

???

結合其它數(shù)學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：

l+sin2a=l+2sinacosa=(sina+cosa)2；

X2+3=(X+')2_2=(X—,產(chǎn)+2；……等等。

XXX

I、再現(xiàn)性題組：

1.在正項等比數(shù)列｛a｝中，a+2a+a*a=25,則a+a=

2.方程x+y—4kx—2y+5k=0表示圓的充要條件是___。

A.i<k<lB.k"或k>lC.kERD.k=5或k=l

3.已知sina+cosa=1,則sina+cosQ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。

2

A.(一8,1]B.[3+8)C.(一九刃D.[￡3)

5.已知方程x+(a-2)x+aT=0的兩根x,x2,則點P(x,x2)在圓x+y=4

±,則實數(shù)a—o

【簡解】1小題：利用等比數(shù)列性質@吁.呷=@?,2,將已知等式左邊后配

方(a+a)2易求。答案是：5。

2小題：配方成圓的標準方程形式(x-a)2+(y-b)2=r2,解產(chǎn)〉0即可，選

Bo

3小題：已知等式經(jīng)配方成(sin?a+COS?a)2—2siMacos2a=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，結合定義域和對數(shù)函數(shù)及復合函數(shù)的單調(diào)性求

解。選Do

5小題：答案3—"I。

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,則這個長方

體的一條對角線長為O

A.2J5B.4\iC.5D.6

【分析】先轉換為數(shù)學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z,則

2{xy+yz+xz)=U，而欲求對角線長jf,將其配湊成兩已知式的組

合形式可得。

【解】設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

條棱的長度之和為24”而得：丁I："。

4(x+y+Z)=24

長方體所求對角線長為：yjx2+y2+z2=yl(x+y+z)2-2(xy+yz+xz)=

V62-11=5

所以選B。

【注】本題解答關鍵是在于將兩個己知和一個未知轉換為三個數(shù)學表示式，

觀察和分析三個數(shù)學式，容易發(fā)現(xiàn)使用配方法將三個數(shù)學式進行聯(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.設方程x+kx+2=0的兩實根為p、q,若(")+{幺)W7成立，求

qp

實數(shù)k的取值范圍。

【解】方程x+kx+2=0的兩實根為p、q,由韋達定理得：p+q=-k,pq

—2,

p4+/_(p2+q2)2_2P2q2_[(〃+q)2-2〃9]2一2〃2夕2

(p夕)2(pq￥(p4)2

(k2_4V_8_

-~~7—-^7,解得kw—質J或(k?Ji5o

又lBq為方程x+kx+2=0的兩實根，???A=k-820即k22&或

kW-20

綜合起來，k的取值范圍是：一J15WkW-2/或者

【注