高考数学专题突破数学方法(特殊解法)

1、高考数学专题突破：数学方法（特殊解法）一知识探究：1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

2、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 x 2 x 20，先变形为设2 x 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 yx1x 的值域时，易发现x0,1 ，设 xsin 2 ，0, ，2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

3、。如变量x、y 适合条件x 2 y 2 r 2 （r>0 ）时，则可作三角代换xrcos 、yrsin 化为三角问题。均值换元，如遇到xyS 形式时，设xS t，yS t等22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 0,。22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)

4、 ；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

5、步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。3参数法参数法是指在解题过程中，通过适当引入一些与题目研究的数学对象发生联系的新变量（参数），以此作为媒介，再进行分析和综合，从而解决问题。直线与二次曲线的参数方程都是用参数法解题的例证。换元法也是引入参数的典型例子。辨证唯物论肯定了事物之间的联系是无穷的，联系的方式是丰富多采的，科学的任务就是要揭示事物之间的内在联系，从而发现事物的变化规律。参数的作用就是刻画事物的变化状态， 揭示变化因素之间的内在联系。参数体现了近代数学中运动与变化的思想，其观点已经渗透到中学数学的各个分支。运用参数法解题已经比较普遍。参数法解题的关键是恰到好处地引进参数，

6、沟通已知和未知之间的内在联系，利用参数提供的信息，顺利地解答问题。4配方法配方法是对数学式子进行一种定向变形（配成“完全平方”）的技巧， 通过配方找到已知和未知的联系，从而化繁为简。何时配方，需要我们适当预测，并且合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，从而完成配方。有时也将其称为“凑配法”。最常见的配方是进行恒等变形，使数学式子出现完全平方。它主要适用于： 已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函数、二次代数式的讨论与求解等问题。二命题趋势配方法、待定系数法、换元法、参数法是几种常用的数学解题方法。这些方法是数学思想的具体体现， 是解决问题的手段，它们不仅有明确的内涵，而且具

7、有可操作性，有实施的步骤和作法，事半功倍是它们共同的效果。纵观近几年高考命题的趋势， 在题目上还是很注意特殊解法应用， 应为他起到避繁就简、避免分类讨论、避免转化等作用。预测 的高考命题趋势为：（ 1）部分涉及函数性质、三角函数变形及求值、方程不等式的参数最值、解析几何求值等知识点的题目会用到这几种特殊解法；（ 2）这些解题方法都对应更一般的解法，它们的规律不太容易把握，但它们在实际的考试中会节省大量的时间，为后面的题目奠定基础；三例题点评1配方法典例解析例 1（ 1）（ 07 安徽文 20）设函数 f ( x)cos2 x4t sin x cos x4t 3t 23t 4 ，xR ，22其中

8、 t 1，将 f ( x) 的最小值记为g(t ) ，求 g (t ) 的表达式；解析： f ( x)cos2 x4t sin x cos x4t3t23t422sin2x12t sin4t 2t 23t4sin2x2t sin xt 24t 33t3(sin xt) 24t33t3 。由于 (sin xt) 2 0， t 1，故当 sin xt 时， f ( x) 达到其最小值 g(t) ，即g(t)4t33t3 。（2）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)2 3(B) 14( C)5( D)6分析：设长方体三条棱长分别为x、 y、

9、z，则依条件得：2( xy+yz+zx)=11 ， 4( x+y+z)=24 。而欲求的对角线长为x 2y2z2 ，因此需将对称式x2y2z 2 写成基本对称式x+y+z及xy+yz+zx的 组 合 形 式 ， 完 成 这 种 组 合 的 常 用 手 段 是 配 方 法 ， 故x2y 2z2( xyz)22( xyyz2xz) =6 11=25。x 2y2z25 ，应选 C。点评：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（ 1）设1和2为双曲

10、线x2y21的两个焦点 , 点P在双曲线上且满足FF4 12=90°，则12 的面积是（）F PFF PF( A)1( B)5( C)2( D)52分析：欲求 S PF1F21 |PF1 |PF2|(1) ，而由已知能得到什么呢？2122220(2) ，由 F PF=90°，得 |PF1 |PF2 |又根据双曲线的定义得| PF1|-|PF2|=4(3) ，那么 (2) 、 (3) 两式与要求的三角形面积有何联系呢？我们发现将(3)式完全平方，即可找到三个式子之间的关系. 即| PF1 | | PF2|2 | PF1 |2| PF2 |22|PF1 | |PF2 | 16，

11、故| PF1|PF2 |1 (| PF1 |2| PF2|216)14 222S PF1 F21|PF1| |PF2 | 1， 选(A)。2点评：配方法实现了“平方和”与“和的平方”的相互转化。（ 2）设方程x 2 kx 2=0 的两实根为p、 q，若 ( pq取值范围。) 2 +( qp) 2 7成立，求实数k 的解析：方程x 2 kx 2=0 的两实根为p、 q，由韦达定理得：pq k，pq 2，p(q) 2 +( qp)2p 4q4( p2q2 )22 p2q2( p q) 22 pq22 p2 q2( pq )2( pq)2( pq)2( k 24) 28或 k 10 。47，解得 k

12、 10又 p、q 为方程 x 2 kx 2=0 的两实根， k 2 80即 k22 或 k 2 2综合起来， k 的取值范围是：10 k 2 2 或者 2 2 k10 。点评：关于实系数一元二次方程问题，总是先考虑根的判别式“”；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。2待定系数法典例解析例 3设双曲线的中心是坐标原点，准线平行于x轴，离心率

13、为5 ，已知点(0,5)2P到该双曲线上的点的最近距离是2，求双曲线方程。分析：由题意可设双曲线方程为y 2x 21，a 2b 2 e5， a=2b, 因此所求双曲线方程可写成：y 24x2a 2(1), 故只需求出 a2可求解。设双曲线上点Q的坐标为 ( x, y), 则 | PQ|=x 2( y5)2(2)，点 Q( x, y) 在双曲线上, (x, y) 满足 (1)式, 代入 (2) 得| PQ|=y 2a 2( y5) 2(3)，此时 | PQ| 2 表示为变量44y 的二次函数 , 利用配方法求出其最小值即可求解。由(3) 式有252a 2|PQ|( y 4)5(y a或 ya。-

14、)44二次曲线的对称轴为y=4, 而函数的定义域ya或y -,因此,需对a4与a>4 分类a讨论。(1) 当 a4时，如图 (1) 可知函数在 y=4 处取得最小值，a22=4。令 54 ，得 a4所求双曲线方程为y2x 21 。4(2) 当 a>4 时，如图 (2) 可知函数在 y=a 处取得最小值，令54)25a 22(a44，得 a =49，4所求双曲线方程为y24x 2491 。49点评：此题是利用待定系数法求解双曲线方程的，其中利用配方法求解二次函数的最值问题， 由于二次函数的定义域与参数a 有关，因此需对字母a 的取值分类讨论， 从而得到两个解，同学们在解答数习题时应学

15、会综合运用数学思想方法解题。例 4是否存在常数a、b、c，使得等式 1·2 2 2·3 2 n(n 1) 2 n( n1)(an 212bn 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。解析：假设存在 a、 b、c 使得等式成立，令： n 1，得 4 1 6 1 (4a 2b c) ； n3，得 70 9a 3b c。2整理得：ab c24a34a

16、2bc44 ，解得b11 ，9a3bC70c10(a b c) ；n 2，得 22于是对 n 1、 2、 3，等式 1· 2 2 2· 3 2 n(n 1) 2 成立，下面用数学归纳法证明对任意自然数n，该等式都成立：n( n1)2(3n 11n 10)假设对 nk 时等式成立， 即 1·2 2 2·3 2 k(k 1) 2 k( k 1)(3k2 11k 10) ；12当 n k 1 时， 1· 2 2 2·3 2 k(k 1)2 (k 1)(k 2)2 k(k1)(3k2 11k12 10) (k 1)(k 2) 2 k( k 1

17、)(k 2) （ 3k 5） (k 1)(k 2)2 ( k1)( k 2)1212（3k 2 5k 12k 24） ( k1)( k2) 3(k 1) 2 11(k 1) 10 ，12也就是说，等式对 n k1 也成立。综上所述，当 a 8、 b11、 c 10 时，题设的等式对一切自然数n 都成立。点评： 建立关于待定系数的方程组，在于由几个特殊值代入而得到。此种解法中，也体现了方程思想和特殊值法。对于是否存在性问题待定系数时，可以按照先试值、再猜想、最后归纳证明的步骤进行。 本题如果记得两个特殊数列1 3 2 3 n 3 、1 2 2 2 n 2 求和的公式， 也可以抓住通项的拆开， 运

18、用数列求和公式而直接求解：由 n(n 1) 2 n 3 2n 2n 得 S n 1·2 2 2· 3 2 n(n 1)2 (1 3 2 3 n 3 ) 2(12 2 2 n 2 ) (1 2 n) n2 ( n 1)2 2 × n( n1)( 2n1) n( n1) n( n1)(3n 2 11n 4621210) ，综上所述，当 a 8、 b 11、 c 10 时，题设的等式对一切自然数n 都成立。3换元法典例解析例 5（1）（ 06 江苏卷）设 a 为实数，设函数f ( x) a 1x 21x1x 的最大值为 g( a) 。（）设 t 1x1x ，求 t 的取

19、值范围，并把f ( x) 表示为 t 的函数 m( t ) ；（）求 g( a) 。解析：（）令 t1x1x要使有 t 意义，必须1+x 0 且 1-x 0，即 -1 x 1， t 222 1x22,4, t 0t 的取值范围是 2,2. 由得1x21 t 212 m(t)=a(1 t 21)+t=1 at 2t a, t2, 2221（）由题意知g(a) 即为函数 m(t )at 2ta, t 2,2的最大值。2注意到直线 t1是抛物线 m(t )1 at 2ta 的对称轴，分以下几种情况讨论。a2（ 1）当 a>0 时，函数 y=m(t),t2,2的图象是开口向上的抛物线的一段，由

20、t1<0 知 m(t) 在 2,2.上单调递增， g(a)=m(2)=a+2a(2) 当 a=0 时， m(t)=t,t2,2, g(a)=2.(3) 当 a<0 时 , 函数 y=m(t),t2,2 的图象是开口向下的抛物线的一段，若 t10,2 ，即 a2则 g (a)m( 2)2a2若 t1( 2,2，即2a1 则 g (a) m(1)a1a22a2a若 t1(2,) ，即1a0 则 g (a)m(2)a 2a2a1a2,2综上有 g( a)a1 ,2a1 ,2a222,a22点评：本小题主要考查函数、方程等基本知识， 考查分类讨论的数学思想方法和综合运用数学知识分析问题、解

21、决问题的能力。（ 2）设 a>0，求 f(x) 2a(sinx cosx) sinx · cosx 2a 2 的最大值和最小值。解析：设sinx cosx t ，则 t -2 ,2 ，由 (sinxcosx)2 1 2sinx · cosx得： sinx ·cosx t 21 ，2 f(x) g(t) 12 12,2 ，(t 2a)（ a>0）， t -221t -2 时，取最小值： 2a 2 2 2a，2当 2a2 时， t 2 ，取最大值：2a 2 22a1；2 时， t 2a，取最大值： 12当 0<2a。21a2)1(0 f(x)的最小值

22、为 2a 2 2，最大值为22。2 a22a22 2a1( a2)22点评：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 -2 ,2 ）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

23、± 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。x2y21 上移动时，求函数22例 6点 P( x， y) 在椭圆u=x+2xy+4y +x+2y 的最大值。42x2解析：点P( x, y) 在椭圆y1 上移动，可设x2 cos，ysin于是 u x22 xy 4 y2x 2 y=4 cos24 sincos4 sin 22 cos2sin=2(cossin ) 2cossin1令 cossint ， sincos2 sin() ，|t | 2 。4于是 u= 2(t 2t1)2(t1 )23， (|t | 2)22当 t

24、=2 , 即 sin()1时， u 有最大值。4 =2k +4( k Z) 时， umax622。4参数法典例解析例 7过坐标原点的直线l 与椭圆 ( x3) 2y 21相交于 A、 B 两点，若以 AB为直62径的圆恰好通过椭圆的左焦点F，求直线 l的倾斜角。解析：设 A( x， y) 、B( x ， y ) ，直线 l 的方程为 y=kx ，1122将它代入椭圆方程整理得(13k2)x26x30(*)，由韦达定理 , x1x26(1),x1 x23(2)，13k213k2又 F(1,0) 且 AF BF, k AF k BF1 ，即y1y21，1x2x11将 y1kx1 ,y2kx2 代入

25、上式整理得 (k 21)x1 x2x1 x2 1，将 (1)式,(2)式代入，解得 k 21。或 53故直线 l 的倾斜角为。66k 的方程求点评：本题设交点坐标为参数 , “设而不求” , 以这些参数为桥梁建立斜率为解。例 8实数 a、 b、 c 满足 a b c 1，求 a 2 b 2 c 2 的最小值。1分析：由 a b c 1 想到“均值换元法” ，于是引入了新的参数，即设a t 1 ， b 3 1 t2， c 1 t 3 ，代入 a2 b 2 c 2 可求。33解析：由 a bc 1，设 a 1 t1 ，b 1 t2，c 1 t3 ，其中 t1 t 2 t 3 0，333 a 2 b 2 c 2 （ 1 t 1 ） 2 （ 1 t 2 ） 2 (1 t3 ) 2 1 2 (t1