高考數(shù)學(xué)解題方法及策略大全

高中數(shù)學(xué)解題的思維策略》

目錄

前言...........................................2

第一章高中數(shù)學(xué)解題基本方法...................3

一、配方法................................3

二、換元法...............................7

三、待定系數(shù)法...........................14

四、定義法...............................19

五、數(shù)學(xué)歸納法..........................23

六、參數(shù)法..............................28

七、反證法...............................32

八、消去法.............................

九、分析與綜合法.......................

十、特殊與一般法.......................

十一、類比與歸納法...................

十二、觀察與實驗法...................

2

第二章高中數(shù)學(xué)常用的數(shù)學(xué)思想................35

一、數(shù)形結(jié)合思想........................35

二、分類討論思想........................41

三、函數(shù)與方程思想......................47

四、轉(zhuǎn)化（化歸）思想....................54

第三章IWJ考熱點問題和解題策略................59

一、應(yīng)用問題............................59

二、探索性問題..........................65

三、選擇題解答策略......................71

四、填空題解答策略......................77

附錄.........................................

一、高考數(shù)學(xué)試卷分析...................

二、兩套高考模擬試卷...................

三、參考答案

-11/-——》―

刖5

美國著名數(shù)學(xué)教育家波利亞說過，掌握數(shù)學(xué)就意味著要善于解題。而當(dāng)我們解題時遇到

一個新問題，總想用熟悉的題型去“套”，這只是滿足于解出來，只有對數(shù)學(xué)思想、數(shù)學(xué)方

法理解透徹及融會貫通時，才能提出新看法、巧解法。高考試題十分重視對于數(shù)學(xué)思想方法

的考查，特別是突出考查能力的試題，其解答過程都蘊含著重要的數(shù)學(xué)思想方法。我們要有

意識地應(yīng)用數(shù)學(xué)思想方法去分析問題解決問題，形成能力，提高數(shù)學(xué)素質(zhì)，使自己具有數(shù)學(xué)

頭腦和眼光。

高考試題主要從以下兒個方面對數(shù)學(xué)思想方法進行考查：

①常用數(shù)學(xué)方法：配方法、換元法、待定系數(shù)法、數(shù)學(xué)歸納法、參數(shù)法、消去法等；

②數(shù)學(xué)邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；

③數(shù)學(xué)思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與一般、類比、歸納和

演繹等；

④常用數(shù)學(xué)思想：函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想、轉(zhuǎn)化（化歸）思想

等。

數(shù)學(xué)思想方法與數(shù)學(xué)基礎(chǔ)知識相比較，它有較高的地位和層次。數(shù)學(xué)知識是數(shù)學(xué)內(nèi)容，

可以用文字和符號來記錄和描述，隨著時間的推移，記憶力的減退，將來可能忘記。而數(shù)學(xué)

思想方法則是一種數(shù)學(xué)意識，只能夠領(lǐng)會和運用，屬于思維的范疇，用以對數(shù)學(xué)問題的認(rèn)識、

處理和解決，掌握數(shù)學(xué)思想方法，不是受用一陣子，而是受用一輩子，即使數(shù)學(xué)知識忘記了，

數(shù)學(xué)思想方法也還是對你起作用。

2

3

數(shù)學(xué)思想方法中，數(shù)學(xué)基本方法是數(shù)學(xué)思想的體現(xiàn)，是數(shù)學(xué)的行為，具有模式化與可操

作性的特征，可以選用作為解題的具體手段。數(shù)學(xué)思想是數(shù)學(xué)的靈魂，它與數(shù)學(xué)基本方法常

常在學(xué)習(xí)、掌握數(shù)學(xué)知識的同時獲得。

可以說，“知識”是基礎(chǔ)，“方法”是手段，“思想”是深化，提高數(shù)學(xué)素質(zhì)的核心就

是提高學(xué)生對數(shù)學(xué)思想方法的認(rèn)識和運用，數(shù)學(xué)素質(zhì)的綜合體現(xiàn)就是“能力”。

為了幫助學(xué)生掌握解題的金鑰匙，掌握解題的思想方法，本書先是介紹高考中常用的數(shù)

學(xué)基本方法：配方法、換元法、待定系數(shù)法、數(shù)學(xué)歸納法、參數(shù)法、消去法、反證法、分析

與綜合法、特殊與一般法、類比與歸納法、觀察與實驗法，再介紹高考中常用的數(shù)學(xué)思想：

函數(shù)與方程思想、數(shù)形結(jié)合思想、分類討論思想、轉(zhuǎn)化(化歸)思想。最后談?wù)劷忸}中的有

關(guān)策略和高考中的幾個熱點問題，并在附錄部分提供了近幾年的高考試卷。

在每節(jié)的內(nèi)容中，先是對方法或者問題進行綜合性的敘述，再以三種題組的形式出現(xiàn)。

再現(xiàn)性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現(xiàn)，示范性題組進行詳細(xì)的解答和分析，

對方法和問題進行示范。鞏固性題組旨在檢查學(xué)習(xí)的效果，起到鞏固的作用。每個題組中習(xí)

題的選取，又盡量綜合到代數(shù)、三角、幾何幾個部分重要章節(jié)的數(shù)學(xué)知識。

第一章高中數(shù)學(xué)解題基本方法

一、配方法

配方法是對數(shù)學(xué)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(dāng)預(yù)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(xué)式子出現(xiàn)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(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；

b百

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

22

a2+b2+c2+ab+bc+ca=—[(a+b)2+(b+c)2+(c+a)2]

2

a2+b2+c2=(a+b+c)2—2(ab+bc+ca)=(a+b—c)2—2(ab—be—ca)=?,?

結(jié)合其它數(shù)學(xué)知識和性質(zhì)，相應(yīng)有另外的一些配方形式，如：

l+sin2a=l+2sinacosa=(sina+cosa)2；

3

4

x2H—r=(xH—)2—2=(x---)2+2；....等等。

XXX

I、再現(xiàn)性題組：

1.在正項等比數(shù)列｛a〃｝中，aj*a5+2a3*a5+a3-a7=25,則％+a$=。

2.方程x2+y2—4kx—2y+5k=0表示圓的充要條件是。

A.1<k<lB.k<《或k>lC.k￡RD.k=彌或k=l

3.已知sin4a+cos4a=1,貝sin。+cosa的值為。

A.1B.-1C.1或一1D.0

4.函數(shù)y=log1(-2x?+5x+3)的單調(diào)遞增區(qū)間是___o

2

A.(―0°,4]B.+°°)C.(—7,D.[1,3)

5.已知方程x2+(a-2)x+aT=0的兩根x]、x2,則點P(x]，x?)在圓x?+y2=4上，則

實數(shù)a=_。

【簡解】1小題：利用等比數(shù)列性質(zhì)aMiam+pMa”？，將已知等式左邊后配方(a?十

a5)2易求。答案是：5。

2小題：配方成圓的標(biāo)準(zhǔn)方程形式(x—a)2+(y—b)2=r2,解r2>0即可，選B。

3小題:已知等式經(jīng)配方成(sin2a+cos2a)2—2sin2acos2a=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(jié)合定義域和對數(shù)函數(shù)及復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性求解。選D。

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。

A.20B.V14C.5D.6

【分析】先轉(zhuǎn)換為數(shù)學(xué)表達(dá)式：設(shè)長方體長寬高分別為x,y,z,則

2(xy+yz+xz)=11

,而欲求對角線長尸了”，將其配湊成兩已知式的組合形式

4(x+y+z)=24

可得。

【解】設(shè)長方體長寬高分別為x,y,z,山已知“長方體的全面積為11,其12條棱的長度

2(xy+yz+xz)=11

之和為24”而得:

4(x+y+z)=24

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

5/62-11=5

所以選B。

【注】本題解答關(guān)鍵是在于將兩個已知和一個未知轉(zhuǎn)換為三個數(shù)學(xué)表示式，觀察和分析

三個數(shù)學(xué)式，容易發(fā)現(xiàn)使用配方法將三個數(shù)學(xué)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。

4

5

例2.設(shè)方程x2+kx+2=0的兩實根為p、q,若（“）2+（幺）2?7成立，求實數(shù)k的取

qP

值范圍。

【解】方程x2+kx+2=o的兩實根為p、q,由韋達(dá)定理得：p+q=-k,pq=2,

（P24（q2P”+（/+/）2-2p%2［（p+q）2-2pq］2-2p2q2

（—）、+（—）、0=-------------=---------------------------------=--------------------------------------------=

qp（P4『（pq￥（pq￥

（k2_4『_8,_._

-------------------W7,解得kW—V10或keV10。

4

又；P、q為方程x2+kx+2=0的兩實根，二△=!<?-820即或k<-2J5

綜合起來，k的取值范圍是：一J^WkW—20或者20WkWjl^。

【注】關(guān)于實系數(shù)一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“△”：已知方程有兩根

時，可以恰當(dāng)運用韋達(dá)定理。本題由韋達(dá)定理得到p+q、pq后，觀察己知不等式，從其結(jié)構(gòu)

特征聯(lián)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(jié)果將

出錯，即使有些題目可能結(jié)果相同，去掉對的討論，但解答是不嚴(yán)密、不完整的，這

一點我們要尤為注意和重視。

例3.設(shè)非零復(fù)數(shù)a、b滿足a2+ab+b2=0,求（上：）物8+（一\）叨8。

a+ba+b

【分析】對已知式可以聯(lián)想：變形為（￡）2+（￡）+1=0,則￡=3（3為1的立方

bbb

虛根）；或配方為（a+b）2=ab。則代入所求式即得。

【解】由a2+ab+b2=0變形得：（f）2+（f）+i=o,

bb

設(shè)3=f,則32+3+1=0,可知3為1的立方虛根，所以：—=—,33=口3=］。

hcoa

又由a2+ab+b2=0變形得：（a+b）2=ab,

所以（，L-）1998+）1998=（土）999十（忙）999=（3）999+（2）999=3999+

a+b4+6ahahha

o）999=2o

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

表達(dá)式中的高次基。一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯(lián)想和展開。

.ca、ab-1±V3z

【另解】由a?+ab+b2=0變形得：（-）2+（-）+1=0,解出一=―--后，化

bba2

nb

成三角形式，代入所求表達(dá)式的變形式（7）999+（一）"9后，完成后面的運算。此方法用于

ba

-1+J3z

只是未一女匚聯(lián)想到3時進行解題。

5

6

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=二^一b,

2

直接代入所求表達(dá)式，進行分式化簡后，化成復(fù)數(shù)的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的

計算。

皿、鞏固性題組：

1.函數(shù)y=(x—a)2+(x—b)2(a、b為常數(shù))的最小值為。

A.8B..3C.-+?D.最小值不存在

22

2.a、B是方程x--2ax+a+6=0的兩實根，則(a-1)-+(8-1)?的最小值是____。

A.一警B.8C.18D.不存在

3.已知x、y￡R+,且滿足x+3yT=0,則函數(shù)t=2*+8，有。

A.最大值20B.最大值也C.最小值2立B.最小值也

22

4.橢圓x?-2ax+3y2+a2-6=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

5.化簡：2Vl-sin8+J2+2cos8的結(jié)果是。

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

6.設(shè)F1和F2為雙曲線《一丫2=1的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足/%PF2=90°,

4

則PF2的面積是。

7.若x>—1,則f(x)=x?+2x+_L的最小值為一_o

X+1

8.已知三〈B<a〈3JT,cos(a-p)=(sin(a+B)=-3,求sin2a的值。(92

24135

年高考題)

9.設(shè)二次函數(shù)f(x)=Ax2+Bx+C,給定m、n(m<n),且滿足A?[(m+n)2+m2n2]+2A[B(m+n)

-Cmn]+B2+C2=0。

①解不等式f(x)>0；

②是否存在一個實數(shù)t,使當(dāng)te(m+t,n-t)時，f(x)<0?若不存在，說出理由；若存

在，指出t的取值范圍。

4422

10.設(shè)s>l,t>l,mSR,x=log1t+log,s,y=logJt+log,s+m(logJt+log,s),

①將y表示為x的函數(shù)y=f(x),并求出f(x)的定義域；

②若關(guān)于x的方程f(x)=0有且僅有一個實根，求m的取值范圍。

6

7

二、換元法

解數(shù)學(xué)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(zhì)是轉(zhuǎn)化，關(guān)鍵是構(gòu)造元和設(shè)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(biāo)準(zhǔn)型問題標(biāo)準(zhǔn)化、復(fù)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(jié)論聯(lián)系起來。或者變?yōu)槭煜さ男问?，把?fù)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(yīng)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(dāng)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(shè)2v-t(t>0),而變?yōu)槭煜?/p>

的一元二次不等式求解和指數(shù)方程的問題。

三角換元，應(yīng)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=J7+的值域時，易發(fā)現(xiàn)xG[0,1],設(shè)x

=sin2a,ae[0,5],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(shè)，其中

7

8

主要應(yīng)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=rcos6、y=rsin0化為三角問題。

SS

均值換元，如遇到*+丫=$形式時，設(shè)X=]+t,y=]—t等等。

我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標(biāo)準(zhǔn)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(yīng)于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴大。如上幾例

JI

中的t>0和ae[o,—]o

2

I、再現(xiàn)性題組：

1.y=sinx,cosx+sinx+cosx的最大值是。

2.設(shè)f(x?+1)=loga(4—x")(a>l),則f(x)的值域是?

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

4.設(shè)實數(shù)x、y滿足x?+2xy—1=0,則x+y的取值范圍是。

1+3T

5.方程丁f=3的解是o

x+,

6.不等式log2(2、-1)-log2(2-2)〈2的解集是___________=

【簡解】1小題：設(shè)sinx+cosx=tG[―正，行],則丫=；~+1—?；,對稱軸t=-1,

當(dāng)1=&，丫厘=3+&；

2小題：設(shè)x?+l=t(tNl),則f(t)=logq[-(t-1)2+4],所以值域為(-8,log”]；

3小題：已知變形為」-----1=-1,設(shè)b〃=」-,則b]=-1,b“=-1+(n—1)(T)

Ja〃a〃

=-n,所以a=---；

n

4小題：設(shè)x+y=k,貝lJx2—2kx+l=0,△=4k2—420,所以k21或kW—l；

5小題：設(shè)3*=y,則3y?+2y—1=0,解得y=g,所以x=—1；

5

6小題：設(shè)log2(2"—1)=y，則y(y+l)<2,解得一2<y〈l,所以x￡(log2工，log23)。

II、示范性題組：

例L實數(shù)x、y滿足4x2—5xy+4y2=5(①式)，設(shè)S=x2+y2,求蔣--H~~

的值。(93年全國高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽題)

【分析】由S=x2+y2聯(lián)想到cos2a+Sin2a=1,于是進行三角換元，設(shè)

x=cosa

r-.代入①式求Sa和Smm的值。

y=VSsina

8

9

x-4scosa

【解】設(shè)《代入①式得：4S—5S,sinacosa=5

yVssina

10

解得s=

8-5sin2a

101010

■:TWsin2a3這8-5sin2a<13.—w---------；—W—

138—5sma3

11313168

一+—一_______I________一

SeS*1010105

8S-10

此種解法后血求S最大值和最小值，還可由sin2a=的有界性而求，即解不等

QC_1Q

式：|---1^10這種方法是求函數(shù)值域時經(jīng)常用到的“有界法”。

0

S5SS

【另解】由S=x?+y2,設(shè)x2=/+t,y2=y—t,te,—]

則xy=±代入①式得：4S±5

移項平方整理得100t2+39S2-160S+100=0。

2,,,1010

39S-160S+100^0解得：一WSW一

133

11313168

------=------1-----=

max5min1010105

【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?+y2與三角公

式cos?a+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(zhuǎn)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(shè)

x2=?+t、y2=y-t,減少了元的個數(shù)，問題且容易求解。另外，還用到了求值域的幾種

22

方法：有界法、不等式性質(zhì)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(shè)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(shè)x=a+b,y

=a-b,代入①式整理得3a2+13b2=5.求得a2G所以S=(a—b)2+(a+b)2

、、1

=2(,a22+b2)=-1-0--1----2--0-a22G[/—0—10],再求不+——的值。

'min

13131333max

11V2

例2.AABC的三個內(nèi)角A、B、C滿足：A+C=2B,?求

cosAcosCcosB

A-C

COS---的值。(96年全國理)

2

9

10

【分析】由已知"A+C=2B”和“三角形內(nèi)角和等于180°”的性質(zhì)，可得

A+C=120°(A=60°+a

。；由“A+C=120?！边M行均值換元，則設(shè)〈。，再代入可求

B=60°C=60°-a

A-C

cosa即cos---------

2

A+C=120°

【解】由aABC中已知A+C=2B,可得＜

8=60°

A=60°+a

由A+C=120。，設(shè)《。，代入已知等式得:

C=60°-a

11]]]

-------+----------+

cosA-------cosCcos(60°+a)cos(60°-a)15.

-cosez-——sin(7

22

1_cosa_cosa

1V3.123.223

—cosa+—sina:cosa--smacosa--

22444

,72A-CV2

解得：COSa=——,即：COS---=--

222

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°°所以」一+-----V2

cosAcosCcos5

=-2y/2，設(shè)-----=-V2+m,---------=-V2—m，

cosAcosC

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

—42+〃？—A/2—m

A+CA-CA-C2V2

cosA+cosC=2cos--------cos---------=cos----------=-T---,

222m2-2

A+CA-C

cosA—cosC=_2sin--------sin----------

22

A-C2m2V27A—C2A-。i心

BP：sin---=產(chǎn):--------2------,代入sin,------------Feos2--------=1整理

2V3(m2-2)m-222

272_V2

得:3m4—16m—12=0,解出m2=6,彳弋入cos———

一加_2—E

【注】本題兩種解法由“A+C=120°"、=-272w分別進行均值

cosAcosC

換元，隨后結(jié)合三角形角的關(guān)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(dāng)熟練。假如未想到進行均值換元，也可山三角運算直接解出：由A+C=

10

11

1V2

2B,得A+C=120°,B=60°。所以-----H-------=-2A/2，即cosA+cosC

cosAcosCcos3

=-2A/2cosAcosC,和積互化得：

A+CA-Cr-A-C5/2(—

2cos-----cos------=-J2[cos(A+C)+cos(A-C),即cos------=------J2cos(A-C)

V2r~,A-C,A-CA—C

=----A/2(2COS---------1),整理得:4V2cos2-------F2cos3A/2=0,

222-------------2

“,A-CV2

解得：COS---=—

22

例3.設(shè)a>0,求f(x)=2a(sinx+cosx)—sinx?cosx—2a2的最大值和最小值。

【解】設(shè)sinx+cosx=t,則tG[-V2,V2],由(sinx+

、2，日〃_]

cosx)=l+2sinx?cosx得：sinx,cosx=-----

2

f(x)=g(t)=——■(t-2a)2+—(a>0),tcV2,V2]

t=-V^時，取最小值：-2a?—2V^a—]

當(dāng)2a2時，t=J^,取最大值：-2a2+2j^a—:

2

當(dāng)O〈2aWjl0寸，t=2a,取最大值：!

2

.1V2

5(0<。<—)

/.f(x)的最小值為一2a?-2a—不最大值為，

2

-2a2+2y[2a——(<?>

【注】此題屬于局部換元法，設(shè)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(zhuǎn)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JI])與sinx+cosx對應(yīng)，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(xué)思想方法，即由對稱軸與閉區(qū)間的位

置關(guān)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±cosx,sinxcsox),經(jīng)常用到這樣設(shè)元的換元法，

轉(zhuǎn)化為在閉區(qū)間上的二次函數(shù)或一次函數(shù)的研究。

=,4(a+1)2a(a+1)2

例4.設(shè)對所于有頭數(shù)x,不等式x-log---------F2xlog----+log——；—>0

2a2a+\24a~

恒成立，求a的取值范圍。(87年全國理)

II

12

【分析】不等式中l(wèi)og2*"+D、log22,log2三項有何聯(lián)系？進行對

aa+14a

數(shù)式的有關(guān)變形后不難發(fā)現(xiàn)，再實施換元法。

2a4（。+1）8（6!+1）（2+1

【解】設(shè)Iog2-----T=t，貝！Ilog---------=log------------=3+log——=3-

a+12a2la2la

2a(a+l)~a+1

log2-=3-11log,■-j=21og2~~~~2t,

a+1'4a-2a

代入后原不等式簡化為（3-t）x12+32tx-2t>0,它對一切實數(shù)x恒成立，所以:

3-r>0[t<32a

-,解得4：.t<0即log,-------<0

△=4f②+8?3-r)<0[t<0或，>6a+1

2a

0<-------<1,解得0〈a<l。

a+1

【注】應(yīng)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(shè)元，關(guān)鍵是發(fā)現(xiàn)已知不等式中10g2+1）、10g2-^->10g2（“：l）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(dāng)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。

22

.,,sin0cos。sin9_10（②式）,求工的值。

例5.已知-----—一+y2-3(x2+.y2)

xyy

sin9cos0

【解】設(shè)------=-------=k則sin0=kx,cos0=ky,且sin20+cos20=

10222

代入②式得:叱+之=\0kyx

k2(x2+y2)=1,即：二

222—H—2

/yXx+y)亍X廠

10

2/

設(shè)土7=t,則t+l=12,解得：t=3或!二'=±JJ或±-

t33y3

xsin0cos"。

【另解】由一=2~~-=tge,將等式②兩邊同時除以一z—,再表示成含tg。的

ycosBx

式子：1+tg"0=(1+%2。)乂----------=-ytg20,設(shè)tg20=t,貝lj3t2—10t+3=0,

1xJ3

??.t=3或；，解得一=±或土二一。

3y3

12

13

sin9cos。

【注】第一種解法由------=------而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數(shù)。

%y

Xsin0

第二種解法將已知變形為一=2~不難發(fā)現(xiàn)進行結(jié)果為tgO,再進行換元和變形。兩

ycose

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?)-一，若x+y—k>0恒成立，求k的范圍。

916

【分析】由已知條件>二D=1，可以發(fā)現(xiàn)它與a?+b2=l有相似之處,于

916

是實施三角換元。

(x-1)2(y+1)2x-13+1

【解】由新/+:=1,設(shè)丁=cose,=sin0,

4

x=1+3cos。

即：\代入不等式x+y—k>0得：

[y--l+4sin。

3cos0+4sin0—k>0,即k<3cos9+4sin9=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(shù)問