高中數學考點精講版

高中數學解題基本方法(建議細細地看)

配方法

配方法是對數學式子進行一?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，使數學式子出現完全平方。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、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲

線的平移變換等問題。

222

配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(a+b)=a+2ab+b"將這個公式靈

活運用，可得到各種基本配方形式，如：

2?22

a+b=(a+b)“一2ab=(a—b)+2ab；

bV3

a2+ab+b2=(a+b)2-ab=(a—b)2+3ab=(a+c2)2+(c2b)

a2+b~2+c2+ab+bc+ca=c?[(a+b)2~+(b+c)2~+(c+a)2

22222

a~+b~+c~=(a+b+c)-2(ab+bc+ca)=(a+b—c)-2(ab-be-ca)=---

結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：

2

1+sin2a=1+2sinacosa=(sina+cosa)；

1J_j_

727o

X+x=(x+x)-2=(X-X)+2；……等等。

I、再現性題組：

.22222

3小題:已知等式經配方成(sin-a+cos-a)--2sin-acos-a=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，結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解。選D。

5小題：答案3一E。

II、示范性題組：

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

A.2^3B.V14C.5D.6

2(xy+yz+%z)=11

4(x+y+z)=24

【分析】先轉換為數學表達式:設長方體長寬高分別為x,y,z,則

而欲求對角線長,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

2(xy+yz+xz)=11

為24”而得」4(x+y+z)=24。

長方體所求對角線長為：匕2+丫2+/=J(x+y+-2(xy+yz+xz)=762-11=

5

所以選B。

【注】本題解答關鍵是在于將兩個已知和一個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個

數學式，容易發(fā)現使用配方法將三個數學式進行聯系，即聯系了已知和未知，從而求解。這

也是我們使用配方法的一種解題模式。

=2,

￡￡“4+/(p2+『)2_2p2g2

(q)II+(P)II=(pq￥=(pg))

K/2+療-2聞2（A：2-4）2-8

（P4）=4<7,解得kW—Vli或k》而。

即心2虎或kW—20

綜合起來，k的取值范圍是：-Ji^WkW—2五或者2丘回。

【注】關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“A”；已知方程有兩根時,

可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到p+q、pq后，觀察已知不等式，從其結構特

征聯想到先通分后配方，表示成p+q與pq的組合式。假如本題不對“△”討論，結果將出

錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對“△”的討論，但解答是不嚴密、不完整的，這一

點我們要尤為注意和重視。

ab

設非零復數a、b滿足a2+ab+b2=0,求（a+。）屐+（a+b）陵。

aaa

【分析】對已知式可以聯想：變形為（Z）l_____________l+（g）+l=O,則7=3（3為

1的立方虛根）；或配方為（a+b）=abo則代入所求式即得。

a

22（工）

【解】由a+ab+b-=0變形得：□+（外+1=0

a1b

設3=~,則3~+3+1=0,可知3為1的立方虛根，所以：8=CI,3=0）=lo

222

又由a-+ab+b~=O變形得：（a+b）~=ab,

aba2b2ab

所以（4+匕）+（4+。）=（ab）+（ab）=（b）+（a）=G）+啰=

2o

【注】本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用3的性質，計算表

達式中的高次幕。一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯想和展開。

h-1士?

2

【另解】由a)+1=0，解Ha=2

后，化成三角形式，代入所求表達式的變形式(％)+(。)后，完成后面的運算。此方

-1±向

法用于只是未2聯想到3時進行解題。

-1士?

假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由a2+ab+b2=0解出：a=2b,

直接代入所求表達式，進行分式化簡后，化成復數的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的

計算。

IIL鞏固性題組：

函數y=(x-a)~+(x—b)-(a、b為常數)的最小值為。

(4-6)2a2+/

A.8B.2C.2D.最小值不存在

922

a、B是方程x—2ax+a+6=0的兩實根，則(a-l)+(P-1)的最小值是。

A.一苧B.8C.18D.不存在

已知x、yGR+,且滿足x+3y—l=0,則函數t=2、+8‘有。

V2也

A.最大值2&B.最大值了C.最小值2板B.最小值亍

222

橢圓x~—2ax+3y~+a—6=0的一個焦點在直線x+y+4=0上，則a=。

A.2B.-6C.-2或一6D.2或6

化簡：2，-sin8+)2+2cos8的結果是。

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

x2

設Fi和F2為雙曲線W—y2=i的兩個焦點，點p在雙曲線上且滿足/FiPF2=90°,則

△F?PF2的面積是?

1

2------

若x>—1,則f(x)=x+2x+x+l的最小值為o

7Z_3123

已知2<p<a<4n,cos(a-0)=13,sin(a+p)=—5,求sin2a的值。(92年高考題)

2?222

設二次函數f(x)=Ax~+Bx+C,給定m、n(m<n)，且滿足A-[(m+n)+m~n~|+2A|B(m+n)

22

—Cmnj+B+C=0。

解不等式f(x)>0：

②是否存在一個實數3使當1￡5+匕114)時，￡冢)<()?若不存在，說出理由；若存在，指

出t的取值范圍。

、4422

設s>l,t>Lm￡R,x=log5t+log，s,y=log$t+log，s+m(log$t+logfs),

將y表示為x的函數y=f(x),并求出f(x)的定義域；

若關于x的方程f(x)=0有且僅有一個實根，求m的取值范圍。

二、換元法

解數學題時，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。

換無法又稱輔助元素法、變量代換法。通過引進新的變量，可以把分散的條件聯系起來，隱

含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯系起來。或者變?yōu)槭煜さ男问?，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、化超越式為代數式，在研究方程、

不等式、函數、數列、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，某個代數式幾次出現，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。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?/p>

元二次不等式求解和指數方程的問題。

三角換元，應用于去根號，或者變換為三角形式易求時，主要利用已知代數式中與三角知識

中有某點聯系進行換元。如求函數y=&+J匚1的值域時，易發(fā)現xe[0,1],設乂=紅!!？

a,aG[0,2],問題變成了熟悉的求三角函數值域。為什么會想到如此設，其中主要應

該是發(fā)現值域的聯系，又有去根號的需要。如變量x、y適合條件x2+『=J(r>0)時，

則可作三角代換x=rcos。、y=rsin0化為三角問題。

均值換元，如遇到*+丫=$形式時，設*=2+t,y=2—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

選取，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ae[0,2|o

I、再現性題組：

y=sinx,cosx+sinx+cosx的最大值是□

24

設f(x+l)=log?(4—x)(a>l),則f(x)的值域是o

已知數歹U{a〃}中，a1=—1,a〃+i?a〃=a〃+i—a”，則數列通項a〃=。

設實數X、y滿足x-+2xy—1=0,則x+y的取值范圍是。

1+3-

方程1+3、=3的解是o

不等式log2(2'-1)?log2(2A+1—2)〈2的解集是o

t21

【簡解】1小題：設sinx+cosx=t0[—&,&],貝ijy=2+t—2,對稱軸t=—i,當t

=A/2,ymax=2+*\/2；

22........................

2小題:設X+l=t(t2l),則f(t)=loga[-(t-1)+4],所以值域為(一8,]og“4]；

111

3小題：已知變形為"〃+i=-1,設b〃="〃，則b1=—l,b〃=—l+(n-1)(-1)=-n,

所以a”=一〃；

22

4小題：設x+y=k,則x~—2kx+1=0,△=4k~—420,所以k21或k<—1；

5小題：設3'=y,貝II3y2+2y—l=0,解得y=3,所以x=-l；

5

6小題：設log2(2“-l)=y,則y(y+l)v2,解得一2<y<l,所以xG(log24jog23)。

II、示范性題組：

11

7222QV..

例1.實數x、y滿足4x~—5xy+4y=5(①式)，設S=x+y~,求max+min的

值。(93年全國高中數學聯賽題)

X=y[sCOSa

<

【分析】由S=x：+y2聯想到cos%+sin2a=1,于是進行三角換元，設[y=J6sinQ

代入①式求Smax和Smin的值。

X=VscosQ

<

【解】設=Asma代入①式得：4S-5S-Sinacosa=5

10

解得S=8-5sin2a；

：-lWsin2a3W8Tsin2aW1313^8-5sina3

1

_La123g

Smax+Smm=I5+15=i3=M

85-10

此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2a=S的有界性而求，即解不等式:

8S-10

ISIW1。這種方法是求函數值域時經常用到的“有界法”。

555S_

【另解】由5=*一+丫~,設x?=2+t,『=2—t,tW[—2,2],

￡

代入①式得：4S土5、4

則xy=±

移項平方整理得100t~+39s-160S+100=0。

...39s2-160S+100W0解得：13WSW3

1_L』上3號

5

max+Smin=10+10=W=5

【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

22

cos"a+sirTa=1的聯系而聯想和發(fā)現用三角換元，將代數問題轉化為三角函數值域問題。

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*=

SS

-2-

2+卜y-=2-t,減少了元的個數，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式。本題設x=a+b,y=a

5

-b,代入①式整理得3a2+13b?=5,求得a2G[0,可，所以S=(a-b)：+(a+b)之=2(a?

10201010J1

+b)=13+13ae[13,3],再求^max+鼠皿的值。

][6

例2.AABC的三個內角A、B、C滿足：A+C=2B,cosA+cosC=_cos5,求

A-C

cos2的值。（96年全國理）

A+C=120°

p——<n°

【分析】由已知1"A+C=2B”和“三角形內角和等于180°”的性質，可得〔0；

4=60。+QA-C

由“A+C=120°”進行均值換元，則設—a，再代入可求?osa即cos2。

A+c=no°

8=60。

【解】由AABC中已知A+C=2B,可得

A=60°+a

V

由A+C=120°,設1c=60°—a,代入已知等式得:

lcosa-4sina

cosA+cosC=cos(60°+?)+cos(60°-?)

cosacosa

|cos?#sin?W/a

+2J

cosa-

22=444=一2血,

V2A-CV2

解得：cosa=2,BP：cos2=2

1]叵

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°所以cosA+cosC——cos8

=—2后，設cosA=—拒+m,cosC=_V2_m

]]

所以cosA=_血+機，cosC=一行一機，兩式分別相加、相減得:

A+CA-CA-C2V2

2

cosA+cosC=2cos2cos2=cos2=m-2f

A+CA-CA-C2m

cosA—cosC=_2sin2sin2=_V3$jn2=/_2

A-C2m2夜A—CA—C

即：sin2=—V3(m—2),=—〃廣一2,代入sin~2+cos~2=?整理

A—C2行V2

得：3m4—16m—12=0,解出m2=6,代入cos2=trT-2=2。

]]

【注】本題兩種解法由“A+C=120°"、"cosA+cosC=-2也”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=

]]於

2B,得A+C=120°,B=60°。所以cosA+cosC=—cosB=-2后，即cosA+cosC

=一2J^cosAcosC,和積互化得：

A+CA-CA-CV2

2cos2cos2=—V2[Cos(A+C)+cos(A-C),即cos2=2—V2COs(A-C)

V2A—C4-CA—C

=2—V2(2cos-2—1),整理得：4"^2cos_2+2cos2-3叵=0,

2

例3.設a>0,求f(x)=2a(sinx+cosx)—sinx?cosx—2a~的最大值和最小值。

【解】設sinx+cosx=t,貝ijtd[-],由(sinx+cosx)2=1+2sinx?cosx得：sinx,cosx

t2-1

=2

2

：.f(x)=g(t)=-2(t-2a)+2(a>0),te[-V25V2j

t=-、歷時，取最小值：-2a—2

當2aN近時，t=&,取最大值：-2a2+2&a-5

當0<2aW五時，t=2a,取最大值：2。

1V2

-(0<a<-)

—2cl~+2ypici—/

f(x)的最小值為一2a~—2&a-2,最大值為

【注】此題屬于局部換元法，設sinx+cosx=t后，抓住sinx+cosx與sinx?cosx的內在聯

系，將三角函數的值域問題轉化為二次函數在閉區(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的范圍(te[-V2,V2j)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

確定參數分兩種情況進行討論。

?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，即函數為f(sinx±cosx,sinxcsox),經常用到這樣設元的換元法，轉化為

在閉區(qū)間上的二次函數或一次函數的研究。

4(〃+1)2a(a+1)2

例4.設對所于有實數x,不等式x~log2a+2xlog2。+1+R)g24tz2>0恒成立，

求a的取值范圍。(87年全國理)

4(〃+1)2a(。+1尸

【分析】不等式中10g2a、Iog2a+1,10g24。2三項有何聯系？進行對數式

的有關變形后不難發(fā)現，再實施換無法。

2a4(〃+1)8(。4-1)a+12a

【解】設log?。+1=t,則log2a=log22a=3+log22a=3—log2a+

(Q+1)2a+1

=3—t,log24a-=21og22a=—2t,

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

3—f>0[z<3o

<J2a

[△=4〃+凱3-)<0,解得[f<0或f>6At<0Bplog27TT<0

2a

o<?+l<1,解得0<a<l。

【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,

4(a+1)2a(a+l>

關鍵是發(fā)現已知不等式中l(wèi)og?a、iog2a+1,iog24a2三項之間的聯系。在

解決不等式恒成立問題時，使用了“判別式法”。另外，本題還要求對數運算十分熟練。一

般地，解指數與對數的不等式、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)現它們的聯系而實施換元，這是我們思考解法時要注意的一點。

sin0cos9?os?9sin，910￡

例5.已知X=y,且/+V=3(/+y2)(②式)，求y的值。

sin6cos9

22222

【解】設x==k,則sin0=kx,cos0=ky,且sin~0+cos~O=k(x+y)

k2y2空1010k221￡_io

下-+>2=3(/+/)=丁即：尤？+y2=3

=1,代入②式得:

4110￡V|

設)=3則t+[=3解得：t=3或3y=±百或土H

xsin。cos20

【另解】由y=cos°=tg。，將等式②兩邊同時除以X2，再表示成含tgO的式子:

(1+/g2g)X-----------

110

3(1+^-)—

1+tg。=吆"=3tg~0,設tg~0=t,則3t'—10t+3=0,

1￡V3

；.t=3或3,解得)'=土6或土3。

sin9cos°

【注】第一種解法由x=y而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數。

xsin0

第二種解法將已知變形為)'=c°s°,不難發(fā)現進行結果為tg。，再進行換元和變形。兩

種解法要求代數變形比較熟練。在解高次方程時，都使用了換元法使方程次數降低。

d)2(y+i)2

例6.實數x、y滿足9+16=1,若x+y-k>0恒成立，求k的范圍。

(1)2(y+i)2

【分析】由已知條件9+16=1,可以發(fā)現它與a?+b2=l有相似之處，于是

實施三角換元。

(x-l)2(y+l)2x-1y+1

【解】由9+16=i,設3=cos0,4=sin。，

[x=1+3cos0

即：[)'=—"4sm6代入不等式x+y—k>0得：

3cos9+4sin0—k>0,即k<3cos0+4sin0=5sin(0+w)

所以k<-5時不等式恒成立。

【注】本題進行三角換元，將代數問題(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“分離參數法”轉化為三角函數的值域問題，從而求出參數范圍。一般地,

在遇到與圓、橢圓、雙曲線的方程相似的代數式時，或者在解決圓、橢圓、雙曲線等有關問

本題另一種解題思路是使用數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

16(x-l)2+9(y+l)2=144

x+k=Q

y-有相等的一組實數解，消元后由△=()可求得k=-3,所以

k<-3時原不等式恒成立。

IIK鞏固性題組:

3

已知f(x.)=lgx(x>0),則f(4)的值為

122

A.21g2B.31g2C.31g2D.31g4

函數y=(x+1)4+2的單調增區(qū)間是。

A.[-2,+°°)B.[-1,+°°)D.(?8,+8)c.(-°°,-l]

j_

設等差數列｛a〃｝的公差d=5,且Sm=145,則a1+a3+a5+……+a99的值為

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

22

已知x~+4y~=4x,貝ljx+y的范圍是

b+—

已知a20,b20,a+b=1,則'2+A2的范圍是

3

不等式4>ax+5的解集是(4,b),則@=,b=

函數y=2x+E的值域是o

在等比數列｛a〃｝中，a】+a2T---Fa10=2,a11+a12+e,,+a30=12,a31+a32+,,,+a60o

yDC

2

對任意實數x,不等式sin~x+2mcosx+4m—kO恒成立。

2?

已知矩形ABCD,頂點C(4,4),A點在曲線x+y=2(x>O,y>O)上移動，且AB、AD始

終平行x軸、y軸，求矩形ABCD的最小面積。

三、待定系數法

要確定變量間的函數關系，設出某些未知系數，然后根據所給條件來確定這些未知系數的方

法叫待定系數法，其理論依據是多項式恒等，也就是利用了多項式f(x)三g(x)的充要條件是:

對于一個任意的a值，都有f(a)三g(a)；或者兩個多項式各同類項的系數對應相等。

待定系數法解題的關鍵是依據已知，正確列出等式或方程。使用待定系數法，就是把具有某

種確定形式的數學問題，通過引入一些待定的系數，轉化為方程組來解決，要判斷一個問題

是否用待定系數法求解，主要是看所求解的數學問題是否具有某種確定的數學表達式，如果

具有，就可以用待定系數法求解。例如分解因式、拆分分式、數列求和、求函數式、求復數、

解析兒何中求曲線方程等，這些問題都具有確定的數學表達形式，所以都可以用待定系數法

求解。

使用待定系數法，它解題的基本步驟是：

第一步，確定所求問題含有待定系數的解析式；

第二步，根據恒等的條件，列出一組含待定系數的方程；

第三步，解方程組或者消去待定系數，從而使問題得到解決。

如何列出--組含待定系數的方程，主要從以下兒方面著手分析：

利用對應系數相等列方程；

由恒等的概念用數值代入法列方程；

利用定義本身的屬性列方程；

利用幾何條件列方程。

比如在求圓錐曲線的方程時，我們可以用待定系數法求方程：首先設所求方程的形式，其中

含有待定的系數；再把幾何條件轉化為含所求方程未知系數的方程或方程組；最后解所得的

方程或方程組求出未知的系數，并把求出的系數代入已經明確的方程形式，得到所求圓錐曲

線的方程。

I、再現性題組：

X

設f(x)=2+m,f(x)的反函數f1(x)=nx—5,那么m、n的值依次為。

552

A.2,—2B.一2,2C.2,2D.-2,—2

二次不等式ax2+bx+2>0的解集是(一2,3),則a+b的值是。

A.10B.-10C.14D.-14

在(l-xb(1+x)的展開式中，x，的系數是。

A.-297B.-252C.297D.207

3J_

函數y=a—bcos3x(b<0)的最大值為2,最小值為一2,則y=-4asin3bx的最小正周期是

_____O

與直線L：2x+3y+5=0平行且過點A(l,-4)的直線L，的方程是。

y2

與雙曲線X?-4=1有共同的漸近線，且過點(2,2)的雙曲線的方程是。

X

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

j_]_]_

2小題：由不等式解集(一5,§),可知一5、§是方程ax2+bx+2=0的兩根，代入兩根,

列出關于系數a、b的方程組，易求得a+b,選D；

5525

3小題：分析x的系數由Ci。與(一l)Ci。兩項組成，相加后得X、的系數，選D；

2萬

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，再代入求得答案3.

5小題:設直線U方程2x+3y+c=0,點A(l,>4)代入求得C=10,即得2x+3y+10=0；

y2x2y2

6小題：設雙曲線方程X?—4=卜,點(2,2)代入求得入=3,即得方程3—12=1。

II、示范性題組：

mx2+4^3%+n

已知函數丫=廠+1的最大值為7,最小值為一1,求此函數式。

【分析】求函數的表達式，實際上就是確定系數m、n的值；已知最大值、最小值實際是就

是已知函數的值域，對分子或分母為二次函數的分式函數的值域易聯想到“判別式法”。

【解】函數式變形為：(y—m)x—-4百x+(y—n)=0,xGR,由已知得y-mWO

△=(—4逝)~—4(y—m)(y—n)2O即：y~—(m+n)y+(mn—12)W0①

2

不等式①的解集為(-1,7),則一1、7是方程y—(m+n)y+(mn—12)=0的兩根，

1+（加+〃）+小〃-12=0Cm=5f=1

代入兩根得」49-7（加+〃）+3-12=0解得：［〃=1或］〃=5

5/+4岳+1/+4岳+5

y=X2+1或者y=X2+1

此題也可由解集(-1,7)而設(y+D(y—7)W0,即y2-6y-7<0,然后與不等式①比較系數而

m+n=6

<

得：［m〃T2=-7,解出爪n而求得函數式y。

【注】在所求函數式中有兩個系數m、n需要確定，首先用“判別式法”處理函數值域問

題，得到了含參數m、n的關于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求參數m、n。

兩種方法可以求解，一是視為方程兩根，代入后列出m、n的方程求解；二是由已知解集寫

出不等式，比較含參數的不等式而列出m、n的方程組求解。本題要求對一元二次不等式的

解集概念理解透徹，也要求理解求函數值域的“判別式法”：將y視為參數，函數式化成含

參數y的關于x的一元二次方程，可知其有解，利用△》(),建立了關于參數y的不等式，解

出y的范圍就是值域，使用“判別式法”的關鍵是否可以將函數化成一個一元二次方程。

例2.設橢圓中心在(2,-1),它的一個焦點與短軸兩端連線互相垂直，且此焦點與長軸較近的

端點距離是加一方，求橢圓的方程。

yB‘

▲x

【分析昉程，根據所給條件，確定幾何數據a、b、c之值，問題就全部解決了。設

a、b、c后，由已知垂直關系而聯想到勾股定理建立一個方程，再將焦點與長軸較近端點的

距離轉化為a-c的值后列出第二個方程。

【解】設橢圓長軸2a、短軸2b、焦距2c,則IBF1=a

2

a=/+。2

<a2+a2=(2&)2fa=V10

a-c=VT0-75解得：1b=5

>2

x-y

.??所求橢圓方程是：10+5=1

也可有垂直關系推證出等腰RtZSBB，F后，由其性質推證出等腰RtZ\B，O，F，，再進行如下列

h=c

<a-c=V10-V5

式：1°一"+C,更容易求出a、b的值。

【注】圓錐曲線中，參數(a,b、c、e、p)的確定，是待定系數法的生動體現；如何確定，

要抓住已知條件，將其轉換成表達式。在曲線的平移中，幾何數據(a、b、c、e)不變，本

題就利用了這一特征，列出關于a-c的等式。

一般地，解析兒何中求曲線方程的問題，大部分用待定系數法，基本步驟是：設方程(或兒

何數據)一幾何條件轉換成方程一求解一已知系數代入。

n{n4-1)

例3.是否存在常數a、b、c,使得等式1I)+ZT?+…+n(n+l)2=12(an'+bn

+c)對一切自然數n都成立？并證明你的結論。(89年全國高考題)

【分析】是否存在，不妨假設存在。由已知等式對一切自然數n都成立，取特殊值n=l、2、

3列出關于a、b、c的方程組，解方程組求出a、b、c的值，再用數學歸納法證明等式對所

有自然數n都成立。

【解】假設存在a、b、c使得等式成立，令：n=l,得4=%(a+b+c)；n=2,得22=^(4a

+2b+c)；n=3,得70=9a+3b+c。整理得：

Q+/?+C=24a=3

v4。+2Z?+c=44</?=11

9。+3"C=70,解得［c=10,

n(n+1)

于是對n=l、2、3,等式1?22+2?32+…+n(n+1)~=12(3n2+1ln+10)成立，

下面用數學歸納法證明對任意自然數n,該等式都成立：

攵伏+1)

假設對n=k時等式成立，即1?2?+2?3?+…+k(k+l/=痛(3k?+1lk+10)；

k(k+1)

當n=k+l時，1?2?+2嗎：+…+k(k+l)2+(k+l)(k+2)2=12(3k2+llk+10)+

然攵+1)(k+l)(k+2)

(k+l)(k+2)2=12(k+2)(3k+5)+(k+l)(k+2)2=12(3k2+5k+l2k

(k+1)(&+2)

+24)=12[3(k+l)2+ll(k+l)+10],

也就是說，等式對n=k+l也成立。

綜上所述，當a=8、b=ll、c=10時，題設的等式對一切自然數n都成立。

【注】建立關于待定系數的方程組，在于由幾個特殊值代入而得到。此種解法中，也體現了

方程思想和特殊值法。對于是否存在性問題待定系數時，可以按照先試值、再猜想、最后歸

4a3222

納證明的步驟進行。本題如果記得兩個特殊數列1+2+―+11、1~+2+~+11一求和

232

的公式，也可以抓住通項的拆開，運用數列求和公式而直接求解：由n(n+l)-=n+2n+

222333222

n得S〃=l?2+2?3+…+n(n+l)=(1+2+,,,+n)+2(1+2+…+n)+(1+2

n2(n+1)2n{n+l)(2n+1)n(n+1)n(n+1)

+?“+n)=4+2X6+2=12(3n2+1ln+10),

所述，當a=8、b=11、c=10時，題設的等式對一切自然數n都成立。

例4.有矩形的鐵皮，其長為30cm,寬為14cm,要從四角上剪掉邊長為xcm的四個小正方

形，將剩余部分折成一個無蓋的矩形盒子，問x為何值時，矩形盒子容積最大，最大容積是

多少？

【分析】實際問題中，最大值、最小值的研究，先由已知條件選取合適的變量建立目標函數,

將實際問題轉化為函數最大值和最小值的研究。

【解】依題意，矩形盒子底邊邊長為(30—2x)cm,底邊寬為(14—2x)cm,高為xcm。

/?盒子容積V=(30—2x)(14—'2x)x=4(15—x)(7—x)x,

顯然:15—x>0,7—x>0,x>0?

4

設V=ab(I5a-ax)(7b-bx)x(a>0,b>0)

-a-b+\=0

\5a-ax-lb-bx-x

要使用均值不等式，則

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