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=0o可以說，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，經常利用

的性質是：f(x)、「Mx)的單調性、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)、募函數(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)思想的幾種常見題型是：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0

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(1)D.

f(4)<f(2)<f(1)

3.已知函數(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

1JI,,,,,

4,已知sin9+cos9=-,9G(—,n),貝1Jtg。的值是

5.已知等差數(shù)列的前n項和為S“，且S”=Sg（p2q,p、qGN）,則S0+g=

6.關于x的方程sin*2x+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8m3,4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o

【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,結合其單調性，選A；

3小題：從反面考慮，注意應用特例，選B；

4小題：設tg《=x（x〉0）,則:+￡=解出x=2,再用萬能

21+x1+x5

公式，選A；

qSm

5小題：利用」是關于n的一次函數(shù)，設S.=Sg=m,=x，則（一，p）、

nP+Qp

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

q

6小題：設cosx=t,則a=t2—t—1G[—所以答案：[—

4

7小題：設高h,由體積解出h=26，答案：24幾；

416

8小題：設長x,則寬—，造價y=4X120+4xX80+—X80N1760,答案：

xx

1760o

II、示范性題組：

例1.設a〉0,aWl,試求方程log。（x—ak）=log2（X?—a?）有實數(shù)解的k

wa

的范圍。（89年全國高考）

【分析】由換底公式進行換底后出現(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。,等價于

x-ak>0

(a>0,a￥l)

xJlJI.

設一=esc9,。￡(----,0)U(0,一),貝Uk=f(0)=csc0—|ctg0

Jlu

當。￡(---—,0)時，f(0)=csc0+ctg9=ctg—<—1,故k〈一l；

JIu

當0￡(0,—)時，f(0)=csc0—ctg0=tg—￡(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一

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。x

另一種解題思路是采取“數(shù)形結合法”：

將原方程化為：loga（X—ak）=

22

lognVx-a,等價于x—ak=/(x—ak>0),設曲線C\：y=x-ak,曲

線C2：y=7x2-a2（y>0）,如圖所示。

由圖可知，當一ak>a或一a<一ak<0時曲線3與C?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>Q\x>ak

原方程等價變形為小一后，解得：（P+l>,所以

222

(k二+D七/7〉ak,即k上+產1一k〉0,通分k得-1〈0,解得k〈一1或0〈k〈l。所以k

2k2k2k

的取值范圍是：k〈一1或0〈k〈l。

例2.設不等式2x-l>m(x2-l)對滿足|m<2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x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(X?—l)m—(2x—4)〈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12,2］內恒為負值時參數(shù)x應該滿

7(2)<0

足的條件<

/(-2)<0

【解】問題可變成關于m的一次不等式：(X?—l)m—(2x—1)<0在［-2,2］恒

成立，設f(m)=(x?—l)m—(2x—1),

貝U|f(2)=2(x2-l)-(2x-l)<0

人V(-2)=-2(X2-1)-(2X-1)<0

zV7-1V3+1

解得xG(——,)

【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-l>m(x2-1)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a3=12,S12>0,S13<00

①.求公差d的取值范圍；②.指出S「S2、…、S］2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a,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?=a】+2d=12,得到=12—2d,所以

S12=12a]+66d=12(12-2d)+66d=144+42d>0,

S13=13ai+78d=13(12-2d)+78d=156+52d<0o

解得：一亍〈d〈一3。

②Sn=na1+yn(nl—1)d=n(12—2d)+yn(n—1)d

=-：n--(5-—-)]2

22d22d

因為d〈0,故[n—：1(5—794)]2最小時，s“最大。由一2?4〈d〈一3得6〈1：(5

2a72

24174

—§)〈6.5,故正整數(shù)n=6時[n—：(5—§)產最小，所以$6最大。

a2a

【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、aH+1<0,即：由d<0知道ai〉a2>“>ai3,

由Su=13a7〈。得27〈0,SS12=6(a6+a7)>0Ma6>0o所以，在S1、S2>?,,>

Sn中，S$的值最大。

例4.如圖，AB是圓0的直徑，PA垂直于圓0所在平面，C是圓周上任一點,

設NBAC=9,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MDLAC于D,MHLABN

于H,X

設MH=x,則MH,平面ABC,AC±HD。jjju

MD2=x2+[(2r—x)sin9]2=(sin2+1)x2^

4rsin29x+4r2sin29

2rsin2。，4r2sin2。

=(sin20+1)[x--------------\----------------

1+sin2。1+sin2。

2rsin?。2rsin0.

即當x=,.,A時,MD取最小值提1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.已知4ABC三內角A、B、C的大小成等差數(shù)列，且tgA?tgC=2+g,

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°；

由aABC中tgA+tgB+tgC=tgA?tgB?tgC,得

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

設tgA、tgC是方程x?—(仆+3)x+2+△=0的兩根，解得X[=l,x2=2

+V3

LJI5兀

設A〈C,則tgA=l,tgC=2+V3,.*.A=-,C=-^-

由此容易得到a=8,b=4遙，C=4A/5+4。

【注】本題的解答關鍵是利用“△ABC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b?—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,?t,=――-=1,即2y=x+z,...x、y、z成等差數(shù)列

■x-'

【注】一般地，題設條件中如果已經具備或經過變形整理后具備了“X1+X2=

2

a、X1-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b-

4acN0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.△ABC中，求證：cosA?cosB,cosC<—。

8

【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=g[cos(A+B)+cos(A—B)]?cosC=g[—

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8kWcos?(A—B)W1

kW，即cosA,cosB,cosC^—

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=[cos(A+B)+cos(A—B)],cosC=—

1,,11cos(A-B),,,1、一

—cos-CH—cos(A—B),cosC=-----[corsC-----------:---------]-H--cos~(A—B)W

22228

—cos2(A—B)W—o

88

1+21+47

例8.設f(x)=lg，；,如果當xG(-8,1]時f(x)有意義，求實數(shù)a

的取值范圍。

尤

【分析】當xe(-8,1]時f(x)=lg1'+2'%+4a有意義的函數(shù)問題,轉化為1

+2工+4*〉0在*6(-8,1]上恒成立的不等式問題。

【解】由題設可知，不等式1+2工+4山〉0在xG(-8,1]上恒成立,

即：(g)2工+(耳)*+a>0在x?(-8,1］上恒成立。

設t=(f)則又設g(t)=t?+t+a,其對稱軸為t=—g

At2+t+a=0在［；,+8)上無實根，即g(1)=(1)2+1+a>0,得

a>」

4

所以a的取值范圍是a〉一一3。

【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，+(；)*+a>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=(a)x,t》］,則有a=—12—te(—8,一

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工+2工一2>0,先變形

為設k=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=五十5行的值域時，

77

易發(fā)現(xiàn)xd[0,1],設乂=5血2a,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，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=1(r>0)時，則可作三角代換x=rcos。、

y=rsin9化為三角問題。

均值換元，如遇到*+丫=$形式時，設x=w+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

JT

也不能擴大。如上幾例中的t>0和aG[0,萬]o

I、再現(xiàn)性題組：

1.y=sinx?cosx+sinx+cosx的最大值是0

2.設f(X?+1)=log"(4-X4)(a>l),則f(x)的值域是o

3.已知數(shù)列｛a“｝中，&,=—1,a(i+1?an=an+1-a?,則數(shù)列通項2用=

4.設實數(shù)x、y滿足x2+2xy—l=0,則x+y的取值范圍是

x

5.方程l+93"*=3的解是______________o

1+3

J:+1

6.不等式log2(2'—1)?log2(2-2)〈2的解集是

〃1

【簡解】1小題：設sinx+cosx=tG[—/，/],則丫=5+1：—5，對稱

軸t=-1,當t=&,ymax=+V2；

2小題：設x2+l=t(t21),則f(t)=log“「(tT)2+4],所以值域為(一

8,kg/]；

3小題：已知變形為一一一工=一1,設b“=',則b]=—1,b“=-1+(n

%+i%an

—1)(-1)=—n,所以a“=一工；

n

4小題：設x+y=k,則x?—2kx+l=0,△=4k?—4N0,所以k》l或kW

—1;

5小題：設3*=y,則3y?+2y—1=0,解得y=g,所以x=-1；

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

(log2I",log23)。

II、示范性題組：

例1.實數(shù)x、y滿足4x2—5xy+4y2=5(①式)，設S=+y2,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=4scosa

代入①式求S3X和S*的值。

y=4ssina

x=4Scosa_.,

【解】設｛r—代入①式得：4S—5S?sinacosa=5

y=JSsina

解得

V-l<sin2a<1/.3W8—5sin2aW13/.—<———

138—5sina3

.1,1313168

----------—―..............-_———

…SmaxSmin1010105

2Q—1f)

此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2a的有界性而求,

Qc_1n

即解不等式：這種方法是求函數(shù)值域時經常用到的“有界法”。

qqqq

【另解】由S=x?+y2,設x?=;y+t,y2=y—t,tG[—y,,

則xy=±V*—/代入①式得：4s±54*—產=5,

移項平方整理得100t2+39S2-160S+100=0。

??.39S2-160S+100<0解得：/wsw]

.---1---——,----1-------3---,——13168

,,—smin1010105

【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=x2+

y2與三角公式cos2a+sin2a=l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3a②+13b②=5,求得a?d

所以S=(a—b)2+(a+b)2=2(a2+b2)=《十||a2d[《，11],再

求J—十J的值。

口max口min

1141

例2.4ABC的三個內角A、B、C滿足：A+C=2B,

cosAcosCcosB'

A—C

求cos---的值。（96年全國理）

【分析】由已知"A+C=2B”和“三角形內角和等于180°”的性質，可得

A+C=120°A=60°+a

由“A+C=120?！边M行均值換元，則設。再

3=60。C=60°-a

代入可求cosa即cos-----

A+C=120

【解】由AABC中已知A+C=2B,可得\

5=60。

A=60°+a

由A+C=120。,代入已知等式得:

C=60°-a

cosAcosCcos(60°+tz)cos(60°-tz)1V3

一cosa--sina

22

1_cosacosa

1Vs.，23.2cos2a—3

—cosa+—sinaTcosa--sina

22444

V2BnA-CV2

解得：cosa=--,即：COS-----=---o

222

11

【另解】由A+C=2B,得A+C=120°,B=60°。所以——-----

cosAcosC

6

cosB

]]

=—2A/2,設----=—V2+m,-----=-V2-m,

cosAcosC

所以cosA=-J,cosC=一J,兩式分別相加、相減得:

—72+m—V2—Tn

,八cA+CA-CA-C141

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

222m12*6-2

A+C.A-C仄.A-C2m

cosA—cosC=—2sin-----sin-----=一73sin-----=—；----

222m2-2

A-C2m與l代入sin2A—C.A—C

即:sin-------+cos9-----

2V3(m2-2)m-222

1整理得：3m4—16m—12=0,解出m2=6,代入cos4——=2y=Y^。

2m-22

【注】本題兩種解法由“A+C=120?！薄ⅰ?-+一^=—2后”分別

cosAcosC

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

11

由三角運算直接解出：由A+C=2B,得A+C=120。，B=60。。所以——-+--

cosAcosC

叵

=-....=—242,即cosA+cosC=-2V2cosAcosC,和積互化得：

cosB

cA+CA-C

2cos----cos-----=—V2[cos(A+C)+cos(A-C),即cos生/=--

2222

V2cos(A-C)=—V2(2cos2—―1),整理得：4V2cos2—+

2cos"20—3V2=0,

…A-C41

解得：cos——=—

例3.設a>0,求f(x)=2a(sinx+cosx)-sinx?cosx

—2a2的最大值和最小值。y

【解】設sinx+cosx=t,則t￡痣，拒］,由（sinx

t2-l

+cosx)2=l+2sinx?cosx得：sinx?cosx

2

/.f(x)=g(t)=—；(t—2a)?+；(a>0),t[-V2,V2]

t=-及時，取最小值：—2a?-2叵a-

當2a>血時，t=V2,取最大值：-2a2+2V2a-1；

當0〈2aWVi時，t=2a,取最大值：!。

f(x)的最小值為一2a2—2V2a—；，最大值為

\41

-2〃2+2j2r〃-5(〃2-)

【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(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

[-72,72])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±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(shù)或一次函數(shù)的研究。

2±

例4.設對所于有實數(shù)x,不等式xlog2^^+2xlog2^-+

aa+1

log?”?1〉。恒成立，求a的取值范圍。(87年全國理)

4a

【分析】不等式中l(wèi)og2%1"、log?'、10g2”T三項有何聯(lián)系？

aa+14a

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

■小力▼、n12art.r4(〃+1)8(。+1)-11c

［解］設log2---7=t>貝I］0g2------=log,---=3+log——=3

a+\a2a22a

12a°,1(a+l)2cla+1“

-log----=3—t,log=21og——=—2t,

2a+124。222a

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:

3-Z>0fr<32a

2，解得5???t<0即log,」<0

A=4Z2+8?(3-0<0[/<0或f〉62a+1

0〈----〈1,解得0〈a〈l。

a+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)og2f、10g2^-,

aa+1

log?"?1三項之間的聯(lián)系。在解決不等式恒成立問題時，使用了“判別式法”。

4a

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。

2x

,r.,sin9cos9?sin9_10

例5.已知------=-------，且-22（②式），求一

xy/3(x+y)y

的值。

sin0cos9

【解】設把一=8^=k,貝！Jsin0=kx,cos9=ky,且sin20+cos2

上2V2k2x2If)]0k2

e=k2(x2+y2)=l,代入②式得：■十號=…2、=笄即:

xy3(x+y)3

V%210

"xr+y—=3v

2

r11x/Q

設一7=3則t+-=”,解得：t=3或彳...一=±百或土丁

t33y3

Xcin0CCS?0

【另解】由一=Jr=tg。，將等式②兩邊同時除以堊l，再表示成

ycosHx

含tg。的式子：l+tg'。=(l+/g2g)X------—=^tg29,設tg29=t,

3(1+7

tg-0

則3t2—10t+3=0,

.?.t=3或解得±=±V§或土=。

3y3

【注】第一種解法由e史in一0=r8nc^9而進行等量代換，進行換元，減少了變

%y

Xoin0

量的個數(shù)。第二種解法將已知變形為一=一^,不難發(fā)現(xiàn)進行結果為tg9,

ycosu

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‘+"：」）=1，若x+y—k>0恒成立，求k的范

圍。

【分析】由已知條件=匚+“誓=1,可以發(fā)現(xiàn)它與a2+b2=l有相似

916

之處，于是實施三角換元。

r存刀1（%—1廠（N+1）2i、4工―1°y+1.?

【解】r由h----1--——=1>設一^=cos。，——=sin0,

91634

x=1+3cos9，——,

即：代入不等式x+y—k〉。得:

y=-1+4sinn9

3cos9+4sin9—k>0,即k<3cos9+4sin9=5sin（。+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

fl6(x-l)2+9(y+l)2=144

相切時，方程組,c有相

x+y-k=0x+y—

k>0

等的一組實數(shù)解，消元后由△=（）可求得k=—

平面區(qū)

3,所以k<-3時原不等式恒成立。

域

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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：

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=a2+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=(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；

x2H—y=(x+—)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，a3+2a*a+a-a=25,則a+a=

2.方程x+y—4kx—2y+5k=0表不圓的充要條件是。

A.1<k<lB.或k〉lC.keRD.k=/或k=l

3.已知sina+cosa=1,則sina+cosa的值為。

A.1B.-1C.1或一1D.0

4.函數(shù)y=logj_(—2x+5x+3)的單調遞增區(qū)間是。

A.(—8,B.[￡+0°)C.(—i，D.[7,3)

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

上，則實數(shù)a=。

【簡解】1小題：利用等比數(shù)列性質a,a吟=a/，將已知等式左邊后配

方(a+a)2易求。答案是：50

2小題：配方成圓的標準方程形式(X—a)2+(y—b)2=1,解產〉0即可，選

Bo

3小題：已知等式經配方成(sin?a+cos2a)2—ZsirPacos2a=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)的單調性求

解。選D。

5小題：