高三数学二轮复习全套精品系列专题五数学方法之特殊解法

1、学习必备欢迎下载专题五：数学方法之特别解法【考情分析】近年高考题尽量削减繁烦的运算，着力考查同学的规律思维与直觉思维才能，以及观看、分析、比较、简捷的运算方法和推理技巧，突出了对同学数学素养的考查；试题运算量不大，以熟识型和思维型的题目为主，很多题目既可用通性、通法直接求解, 也可用“特别”方法求解；其中，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详细表达，是解决问题的手段，它们不仅有明确的内涵，而且具有可操作性，有实施的步骤和作法，事半功倍是它们共同的成效；纵观近几年高考命题的趋势，在题目上仍是很留意特别解法应用，应为他起到避繁就简、防止分类争论、防止转

2、化等作用；猜测 20xx年的高考命题趋势为：（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、解析几何求值等学问点的题目会用到这几种特别解法；（2）这些解题方法都对应更一般的解法，它们的规律不太简洁把握，但它们在实际的考试中会节约大量的时间，为后面的题目奠定基础；【学问交汇】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，目的是变换争论对象，将问题移至新对象的学问背景中去争论，从而使非标准型问题标准化、复杂问题简洁化，变得简洁处理；换元法又称帮助元素法、变量代换法；通过引进

3、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；或者变为熟识的形式，把复杂的运算和推证简化；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，在争论方程、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，某个代数式几次显现，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觉；例如解不等式：4 x 2 x 20，先变形为设2 x t （ t>0 ），而变为熟识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

4、时，主要利用已知代数式中与三角学问中有某点联系进行换元；如求函数yx 1x 的值域时，易发觉 x0,1，设 x sin 2 ， 0, ，问题变成了熟识的求三角函数值域；为什么会想到如此设，2其中主要应当是发觉值域的联系，又有去根号的需要；如变量x 、y 适合条件x 2 y 2 r 2 （ r>0 ）时，就可作三角代换x rcos 、y rsin 化为三角问题；学习必备欢迎下载均值换元，如遇到x ys 形式时，设x s t ，y 2s t 等等；2我们使用换元法时，要遵循有利于运算、有利于标准化的原就，换元后要留意新变量范畴的选取，肯定要使新变量范畴对应于原变量的取值范畴，不能缩小也不能扩

5、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，然后依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fxgx 的充要条件是：对于一个任意的a 值，都有faga ；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，要判定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， 假如具有，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、

6、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；其次步，依据恒等的条件，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；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争论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；辨证唯物论确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

7、在联系，从而发觉事物的变化规律；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；参数表达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，沟通已知和未知之间的内在联系，利用参数供应的信息，顺当地解答问题；4配方（凑）法（1）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， 需要我们适当猜测，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，使数学式子显现完全平

8、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、二次代数式的争论与求解等问题；（2）配凑法：从整体考察，通过恰当的配凑，使问题明白化、简洁化从而达到比较简洁解决问题的方法；常见的配凑方法有：裂项法，错位相减法，常量代换法等；【思想方法】1配方（凑）法典例解析例 1（ 1）（ 11 江苏 7）已知tanx 42,就tan x tan2x的值为 解析：学习必备欢迎下载tanx11tan xtan x（1tan2 x）44tan x tanx,442 tan x29tanx13tan2x41 tan2 x（ 2）已知长方体的全面积为11，其 12 条棱的长度之和为24，就这个长方

9、体的一条对角线长为（） a 23 b14 c5 d6分析：设长方体三条棱长分别为x、y、z，就依条件得：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x 2y2z2 写成基本对称式2x+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222xyzxy2z2 xyyzxz =6 11=25；x 2y 2z25 ，应选 c；点评：此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，观看和分析三个数学式，简洁发觉使用配方法将三个数学式进行联系，即联系了已知和未知，

10、从而求解；这也是我们使用配方法的一种解题模式；2例2 （ 1）设f1 和f2 为双曲线xy 21 的两个焦点, 点p 在双曲线上且满意4 f1pf2=90°，就 f1pf2 的面积是（） a1 b5 c2 d52分析：欲求s1 | pf | pf|(1) ，而由已知能得到什么呢？22pf1 f2212由 f1pf2=90°，得| pf1 | pf2 |202 ，又依据双曲线的定义得| pf1|-|pf2|=43 ，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

11、系 . 即2| pf1 |2| pf 2 |2| pf1 |2| pf2 |2 | pf1 | pf2 |16 ，故 | pf1 | pf2 |12| pf1 |2| pf2 |161422s1 | pf| pf|1 ，选 a ；pf1f 2212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，如 p 2 + q 2 7成立，求实数k 的取qp值范畴；学习必备欢迎下载解析：方程x 2 kx 2=0 的两实根为p、q，由韦达定理得：p q k ， pq 2，p 2 +q 2 pq 4 p2q 2 22 p2q2 pq 22 pq22 p

12、2 q 24qp pq 2 pq pq 22 k 24248 7，解得k10 或 k10 ；又 p、q 为方程 x 2 kx 2=0 的两实根， k 2 80 即 k2 2 或 k 22综合起来， k 的取值范畴是：10 k 22或者22 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；此题由韦达定理得到p q、pq 后，观看已知不等式，从其结构特点联想到先通分后配方，表示成p q 与 pq 的组合式；假如此题不对“”争论，结果将 出错，即使有些题目可能结果相同，去掉对“”的争论，但解答是不严密、不完整的，这一点我们要尤为留意和重

13、视；2待定系数法典例解析例 3（ 11 江苏， 12）在平面直角坐标系xoy 中，已知点p 是函数f xe x x0 的图x 00x 0象上的动点，该图象在p 处的切线 l 交 y 轴于点 m，过点 p 作 l 的垂线交y 轴于点 n，设线段 mn的中点的纵坐标为t ，就 t 的最大值是 解析：设p x0 , e, 就 l :yex0ex0 xx ,m 0,1x0 e ，过点 p 作 l 的垂线：yex0e x0 xx , n 0, ex0x0ex 0 ，0xxxxxt1 1x eex ee1 x e xe00000000022t '1 ex0 2e x0 1x0 ；所以， t 在 0

14、,1 上单调增，在1, 单调减，tmax1 e21 ；e例4（11安徽文，17）设直线l1 : yk1 x1, l 2 : yk2 x1, 其中实数k1 , k2 满意 k1k220.（ i ）证明l1 与 l2 相交；（ ii ）证明l1 与 l 2 的交点在椭圆2x 2 +y 2 =1上.分析：此题考查直线与直线的位置关系，线线相交的判定与证明，点在曲线上的判定与证明，椭圆方程等基本学问，考查推理论证才能和运算求解才能.证明：（ i ）反证法，假设是l 1 与 l 2 不相交，就l 1 与 l 2 平行，有k1=k2，代入 k1k2+2=0，得k2120.学习必备欢迎下载此与 k1 为实数

15、的事实相冲突.从而 k1k 2 ,即l1与l 2 相交 .（ ii ）（方法一）由方程组yk1 x1yk2 x1x2,k2k1解得交点p的坐标 x, y 为2yk2 k2kkk1 . k18k 2k 22k k1.k 2k 24而 2x 2y 22k2 22k1k21 2k1211212kkkk22422212k1k212此即说明交点p x, y在椭圆2x 2y 21上.（方法二）交点p 的坐标x,y 满意y1k1 xy1k2 xk,y11故知x0.从而k2xy1. x代入k1 k220,得 y1y120.xx整理后，得2 x2y 21,所以交点p在椭圆2 x2y 21上.3换元法典例解析例

16、5（ 1）（ 06 江苏卷）设a 为实数，设函数f xa 1x21x1x 的最大值为g a ；（）设t 1x1x ，求 t 的取值范畴，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，必需1+x 0 且 1-x 0，即 -1 x 1，22 t221x2,4,t 0t 的取值范畴是2, 2. 由得1x21 t 212学习必备欢迎下载mt=a1 t 221+t=1 at2ta,t22,2（）由题意知ga 即为函数mt1 at22ta, t2, 2 的最大值；留意到直线t1是抛物线amt 1 at22ta 的对称轴，分以下几种情形争论；（1）当 a

17、>0 时，函数y=mt,t2, 2 的图象是开口向上的抛物线的一段，1由 t<0 知 mt 在 2, 2. 上单调递增，ga=m2=a+2a2 当 a=0 时， mt=t,t2, 2 , ga=2.3 当 a<0 时, 函数 y=mt,t2, 2 的图象是开口向下的抛物线的一段，如 t10,2a，即 a2 就 g a 2m22如 t12,2 ，即2a1 就 g a a2211m 1 a1a2 a如 t2, ，即aa0 就2a1g am2a2综上有gaa2,a1 ,22a1 ,2a222,a22点评：本小题主要考查函数、方程等基本学问，考查分类争论的数学思想方法和综合运用数学学

18、问分析问题、解决问题的才能；（2）设 a>0，求 fx 2asinx cosx sinx ·cosx 2a 2 的最大值和最小值；解析：设sinx cosx t ，就 t -2 ,2 ，由 sinx cosx 2 1 2sinx · cosx 得：sinx ·cosx t 21，2121fx gtt 2a22（ a>0）， t -2 ,2 ，21t -2 时，取最小值：2a 22 a，221当 2a2 时， t 2 ，取最大值：2a 22 a；2学习必备欢迎下载当 0<2a2 时， t 2a，取最大值：1；2112 0a fx的最小值为2a 2

19、22 a，最大值为222a 22；1222aa 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，使得简洁求解；换元过程中肯定要留意新的参数的范畴（t -2 ,2 ）与 sinx cosx 对应，否就将会出错；此题解法中仍包含了含参问题时分类争论的数学思想方法，即由对称轴与闭区间的位置关系而确定参数分两种情形进行争论；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 fsinx 

20、7; cosx ，sinxcsox ，常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争论；22例 6点 p x， y 在椭圆 xy 21 上移动时，求函数u=x2xy+4y +x+2y 的最大值；+242解析：点p x, y 在椭圆 x4y 21上移动，可设x 2 cos，y sin于是 ux22 xy4 y 2x2 y=4 cos24 sincos4 sin 22 cos2 sin=令 cos2cossinsin2t ，cossin1 sincos2 sin ，|t | 2 ；4于是 u= 2t 2t12t1 223， | t | 2 2当 t =2 , 即 sin1时，

21、u 有最大值；4 =2k + kz 时，44参数法典例解析umax622 ；例 7（ 11 辽宁文， 21）如图，已知椭圆 c1 的中心在原点 o，长轴左、右端点 m， n 在 x轴上，椭圆 c2 的短轴为 mn，且 c1， c2 的离心率都为 e，直线 l mn， l 与 c1 交于两点，与 c2交于两点，这四点按纵坐标从大到小依次为 a， b， c，d学习必备欢迎下载（i ）设e1 ，求 bc 与 ad 的比值；2（ii ）当 e 变化时，是否存在直线l ，使得bo an，并说明理由解：（ i ）由于 c1， c2 的离心率相同，故依题意可设x2y2b 2 y2x2c1 :221,c2 :

22、421,ab0abaa设直线l : xt| t |a) ，分别与c1， c2 的方程联立，求得at, aa2t 2 , bt, ba2t 2 .4 分ba13当 e时,ba, 分别用ya , y b表示 a， b的纵坐标，可知22| bc |:| ad |2 | yb |b3 .222 | ya |a4（ ii ） t=0 时的 l不符合题意 . t等，即0 时， bo/an 当且仅当bo的斜率 kbo与 an的斜率 kan相ba2t2aa2t2ab, tta22解得 taba 2b 21ea. e2由于 | t |a, 又0e1,所以1 e22e1,解得22e1.所以当 0e2 时，不存在直

23、线l ，使得 bo/an；2当2e21 时，存在直线l 使 得 bo/an.点评：设问形式的存在性问题很常规，但是题目内容却多年不见，考查了点参数问题，根本不需要设直线方程，更没有直线与圆锥曲线的联立，这是大部分同学所不适应的；此题设交点坐标为参数 , “设而不求”，以这些参数为桥梁建立 t 的表达式求解；例 8实数 a、 b、c 满意 a bc 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 ， b31 t 2 ， c31 t 3 ，代入 a32 b2 c2 可求；学习必备欢迎下载1解析：由ab c 1，设 a t 1 ， b31 t 2 ， c31t 3 ，其中 t 1 t 2 t 3 0，3a 2 b 2 c2 （12 t 1 ）312（ t 2 ） 3121 t 3 3322t 1 t 2 t 3