高考数学常用的基本解题方法Word文档下载推荐.docx

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例1.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.2B.C.5D.6

【分析】先转换为数学表达式：

设长方体长宽高分别为x,y,z，则,而欲求对角线长，将其配凑成两已知式的组合形式可得。

【解】设长方体长宽高分别为x,y,z，由已知“长方体的全面积为11，其12条棱的长度之和为24”而得：

。

长方体所求对角线长为：

＝＝＝5

所以选B。

【注】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.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】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≤。

【注】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。

例3.设非零复数a、b满足a＋ab＋b=0，求（）＋（）。

【分析】对已知式可以联想：

变形为（）＋（）＋1＝0，则＝ω（ω为1的立方虚根）；

或配方为（a＋b）＝ab。

则代入所求式即得。

【解】由a＋ab＋b=0变形得：

（）＋（）＋1＝0，

设ω＝，则ω＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：

＝，ω＝＝1。

又由a＋ab＋b=0变形得：

（a＋b）＝ab，

所以（）＋（）＝（）＋（）＝（）＋（）＝ω＋＝2。

【注】本题通过配方，简化了所求的表达式；

巧用1的立方虚根，活用ω的性质，计算表达式中的高次幂。

一系列的变换过程，有较大的灵活性，要求我们善于联想和展开。

【另解】由a＋ab＋b＝0变形得：

（）＋（）＋1＝0，解出＝后，化成三角形式，代入所求表达式的变形式（）＋（）后，完成后面的运算。

此方法用于只是未联想到ω时进行解题。

假如本题没有想到以上一系列变换过程时，还可由a＋ab＋b＝0解出：

a＝b，直接代入所求表达式，进行分式化简后，化成复数的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的计算。

1．2、再现性典例：

1.在正项等比数列{a}中，aa+<

st1"

office:

smarttags"

2aa+aa=25，则a＋a＝_______。

2.方程x＋y－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。

A.<

k<

1B.k<

或k>

1C.k∈RD.k＝或k＝1

3.已知sinα＋cosα＝1，则sinα＋cosα的值为______。

A.1B.－1C.1或－1D.0

4.函数y＝log（－2x＋5x＋3）的单调递增区间是_____。

A.（－∞,]B.[,+∞）C.（－,]D.[,3）

5.已知方程x+（a-2）x+a-1=0的两根x、x，则点P（x,x）在圆x+y=4上，则实数a＝_____。

【简解】1小题：

利用等比数列性质aa＝a，将已知等式左边后配方（a＋a）易求。

答案是：

5。

2小题：

配方成圆的标准方程形式（x－a）＋（y－b）＝r，解r>

0即可，选B。

3小题：

已知等式经配方成（sinα＋cosα）－2sinαcosα＝1，求出sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再开方求解。

选C。

4小题：

配方后得到对称轴，结合定义域和对数函数及复合函数的单调性求解。

选D。

5小题：

答案3－。

2、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＝sinα，α∈[0,]，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,]。

2.1、示范性典例：

例1.实数x、y满足4x－5xy＋4y＝5（①式），设S＝x＋y，求＋的值。

（全国高中数学联赛题）

【分析】由S＝x＋y联想到cosα＋sinα＝1,于是进行三角换元，设代入①式求S和S的值。

【解】设代入①式得：

4S－5S·

sinαcosα＝5

解得S＝；

∵-1≤sin2α≤1∴3≤8－5sin2α≤13∴≤≤

∴＋＝＋＝＝

此种解法后面求S最大值和最小值，还可由sin2α＝的有界性而求，即解不等式：

||≤1。

这种方法是求函数值域时经常用到的“有界法”。

【另解】由S＝x＋y，设x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，

则xy＝±

代入①式得：

4S±

5=5，

移项平方整理得100t+39S－160S＋100＝0。

∴39S－160S＋100≤0解得：

≤S≤

【注】此题第一种解法属于“三角换元法”，主要是利用已知条件S＝x＋y与三角公式cosα＋sinα＝1的联系而联想和发现用三角换元，将代数问题转化为三角函数值域问题。

第二种解法属于“均值换元法”，主要是由等式S＝x＋y而按照均值换元的思路，设x＝＋t、y＝－t，减少了元的个数，问题且容易求解。

另外，还用到了求值域的几种方法：

有界法、不等式性质法、分离参数法。

和“均值换元法”类似，我们还有一种换元法，即在题中有两个变量x、y时，可以设x＝a＋b，y＝a－b，这称为“和差换元法”，换元后有可能简化代数式。

本题设x＝a＋b，y＝a－b，代入①式整理得3a＋13b＝5，求得a∈[0,]，所以S＝（a－b）＋（a＋b）＝2（a＋b）＝＋a∈[,]，再求＋的值。

例2．△ABC的三个内角A、B、C满足：

A＋C＝2B，＋＝－，求cos的值。

（96年全国理）

【分析】由已知“A＋C＝2B”和“三角形内角和等于180°

”的性质，可得；

由“A＋C＝120°

”进行均值换元，则设，再代入可求cosα即cos。

【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得,

由A＋C＝120°

，设，代入已知等式得：

＋＝＋＝＋＝＝＝－2,

解得：

cosα＝，即：

cos＝。

【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°

，B＝60°

。

所以＋＝－

＝－2，设＝－＋m，＝－－m，

所以cosA＝，cosC＝，两式分别相加、相减得：

cosA＋cosC＝2coscos＝cos＝，

cosA－cosC＝－2sinsin＝－sin＝，

即：

sin＝－，＝－，代入sin＋cos＝1整理得：

3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cos＝＝。

【注】本题两种解法由“A＋C＝120°

”、“＋＝－2”分别进行均值换元，随后结合三角形角的关系与三角公式进行运算，除由已知想到均值换元外，还要求对三角公式的运用相当熟练。

假如未想到进行均值换元，也可由三角运算直接解出：

由A＋C＝2B，得A＋C＝120°

所以＋＝－＝－2，即cosA＋cosC＝－2cosAcosC，和积互化得：

2coscos＝－[cos（A+C）＋cos（A-C），即cos＝－cos（A-C）＝－（2cos－1），整理得：

4cos＋2cos－3＝0,

cos＝

y

,

－x

例3.设a>

0，求f（x）＝2a（sinx＋cosx）－sinx·

cosx－2a的最大值和最小值。

【解】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－2a－

当2a≥时，t＝，取最大值：

－2a＋2a－；

当0<

2a≤时，t＝2a，取最大值：

∴f（x）的最小值为－2a－2a－，最大值为。

【注】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4.设对所于有实数x，不等式xlog＋2xlog＋log>

0恒成立，求a的取值范围。

（87年全国理）

【分析】不等式中log、log、log三项有何联系？

进行对数式的有关变形后不难发现，再实施换元法。

【解】设log＝t，则log＝log＝3＋log＝3－log＝3－t，log＝2log＝－2t，

代入后原不等式简化为（3－t）x＋2tx－2t>

0，它对一切实数x恒成立，所以：

，解得∴t<

0即log<

0<

<

1，解得0<

a<

1。

【注】应用局部换元法，起到了化繁为简、化难为易的作用。

为什么会想到换元及如何设元，关键是发现已知不等式中log、log、log三项之间的联系。

在解决不等式恒成立问题时，使用了“判别式法”。

另外，本题还要求对数运算十分熟练。

一般地，解指数与对数的不等式、方程，有可能使用局部换元法，换元时也可能要对所给的已知条件进行适当变形，发现它们的联系而实施换元，这是我们思考解法时要注意的一点。

例5.已知＝，且＋＝（②式），求的值。

【解】设＝＝k，则sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sinθ＋cosθ＝k（x+y）＝1,代入②式得：

＋＝＝即：

＋＝

设＝t，则t＋＝,解得：

t＝3或∴＝±

或±

【另解】由＝＝tgθ，将等式②两边同时除以，再表示成含tgθ的式子：

1＋tgθ＝＝tgθ，设tgθ＝t，则3t—10t＋3＝0，

∴t＝3或，解得＝±

【注】第一种解法由＝而进行等量代换，进行换元，减少了变量的个数。

第二种解法将已知变形为＝，不难发现进行结果为tgθ，再进行换元和变形。

两种解法要求代数变形比较熟练。

在解高次方程时，都使用了换元法使方程次数降低。

例6.实数x、y满足＋＝1，若x＋y－k>

0恒成立，求k的范围。

【分析】由已知条件＋＝1，可以发现它与a＋b＝1有相似之处，于是实施三角换元。

【解】由＋＝1，设＝cosθ，＝sinθ，

代入不等式x＋y－k>

0得：

3cosθ＋4sinθ－k>

0，即k<

3cosθ＋4sinθ＝5sin（θ+ψ）

所以k<

-5时不等式恒成立。

【注】本题进行三角换元，将代数问题（或者是解析几何问题）化为了含参三角不等式恒成立的问题，再运用“分离参数法”转化为三角函数的值域问题，从而求出参数范围。

一般地，在遇到与圆、椭圆、双曲线的方程相似的代数式时，或者在解决圆、椭圆、双曲线等有关问题时，经常使用“三角换元法”。

x

x＋y－k>

k平面区域

本题另一种解题思路是使用数形结合法的思想方法：

在平面直角坐标系，不等式ax＋by＋c>

0（a>

0）所表示的区域为直线ax＋by＋c＝0所分平面成两部分中含x轴正方向的一部分。

此题不等式恒成立问题化为图形问题：

椭圆上的点始终位于平面上x＋y－k>

0的区域。

即当直线x＋y－k＝0在与椭圆下部相切的切线之下时。

当直线与椭圆相切时，方程组有相等的一组实数解，消元后由△＝0可求得k＝－3,所以k<

-3时原不等式恒成立。

2.2、再现性典例：

1.y＝sinx·

cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。

2.设f（x＋1）＝log（4－x）（a>

1），则f（x）的值域是_______________。

3.已知数列{a}中，a＝－1，a·

a＝a－a，则数列通项a＝___________。

4.设实数x、y满足x＋2xy－1＝0，则x＋y的取值范围是___________。

5.方程＝3的解是_______________。

6.不等式log（2－1）·

log（2－2）〈2的解集是_______________。

【简解】1小题：

设sinx+cosx＝t∈[－,]，则y＝＋t－，对称轴t＝－1，当t＝，y＝＋；

设x＋1＝t（t≥1），则f（t）＝log[-（t-1）＋4]，所以值域为（－∞,log4]；

已知变形为－＝－1,设b＝，则b＝－1,b＝－1＋（n－1）（-1）＝－n，所以a＝－；

设x＋y＝k，则x－2kx＋1＝0,△＝4k－4≥0,所以k≥1或k≤－1；

设3＝y，则3y＋2y－1＝0,解得y＝，所以x＝－1；

6小题：

设log（2－1）＝y，则y（y＋1）<

2，解得－2<

y<

1，所以x∈（log,log3）。

3、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。

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。

3.1、示范性典例：

例1.已知函数y＝的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。

【分析】求函数的表达式，实际上就是确定系数m、n的值；

已知最大值、最小值实际是就是已知函数的值域，对分子或分母为二次函数的分式函数的值域易联想到“判别式法”。

【解】函数式变形为：

（y－m）x－4x＋（y－n）＝0，x∈R,由已知得y－m≠0

∴△＝（－4）－4（y－m）（y－n）≥0即：

y－（m＋n）y＋（mn－12）≤0①

不等式①的解集为（-1,7），则－1、7是方程y－（m＋n）y＋（mn－12）＝0的两根，

代入两根得：

解得：

或

∴y＝或者y＝

此题也可由解集（-1,7）而设（y＋1）（y－7）≤0,即y－6y－7≤0，然后与不等式①比较系数而得：

，解出m、n而求得函数式y。

【注】在所求函数式中有两个系数m、n需要确定，首先用“判别式法”处理函数值域问题，得到了含参数m、n的关于y的一元二次不等式，且知道了它的解集，求参数m、n。

两种方法可以求解，一是视为方程两根，代入后列出m、n的方程求解；

二是由已知解集写出不等式，比较含参数的不等式而列出m、n的方程组求解。

本题要求对一元二次不等式的解集概念理解透彻，也要求理解求函数值域的“判别式法”：

将y视为参数，函数式化成含参数y的关于x的一元二次方程，可知其有解，利用△≥0,建立了关于参数y的不等式，解出y的范围就是值域，使用“判别式法”的关键是否可以将函数化成一个一元二次方程。

例2.设椭圆中心在（2,-1），它的一个焦点与短轴两端连线互相垂直，且此焦点与长轴较近的端点距离是－，求椭圆的方程。

yB’

AFO’F’A’

B

【分析】求椭圆方程，根据所给条件，确定几何数据a、b、c之值，问题就全部解决了。

设a、b、c后，由已知垂直关系而联想到勾股定理建立一个方程，再将焦点与长轴较近端点的距离转化为a－c的值后列出第二个方程。

【解】设椭圆长轴2a、短轴2b、焦距2c，则|BF’|＝a

∴解得：

∴所求椭圆方程是：

＋＝1

也可有垂直关系推证出等腰Rt△BB’F’后，由其性质推证出等腰Rt△B’O’F’，再进行如下列式：

，更容易求出a、b的值。

【注】圆锥曲线中，参数（a、b、c、e、p）的确定，是待定系数法的生动体现；

如何确定，要抓住已知条件，将其转换成表达式。

在曲线的平移中，几何数据（a、b、c、e）不变，本题就利用了这一特征，列出关于a－c的等式。

一般地，解析几何中求曲线方程的问题，大部分用待定系数法，基本步骤是：

设方程（或几何数据）→几何条件转换成方程→求解→已知系数代入。

例3.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】假设存在a、b、c使得等式成立