高中数学解题思路和方法.doc

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1. 前 言
2. 美国著名数学教育家波利亚说过，掌握数学就意味着要善于解题。而当我们解题时遇到一个新问题，总想用熟悉的题型去“套”，这只是满足于解出来，只有对数学思想、数学方法理解透彻及融会贯通时，才能提出新看法、巧解法。高考试题十分重视对于数学思想方法的考查，特别是突出考查能力的试题，其解答过程都蕴含着重要的数学思想方法。我们要有意识地应用数学思想方法去分析问题解决问题，形成能力，提高数学素质，使自己具有数学头脑和眼光。
3. 高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查：
4. 常用数学方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法等；
5. 数学逻辑方法：分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等；
6. 数学思维方法：观察与分析、概括与抽象、分析与综合、特殊与一般、类比、归纳和演绎等；
7. 常用数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想等。
8. 数学思想方法与数学基础知识相比较，它有较高的地位和层次。数学知识是数学内容，可以用文字和符号来记录和描述，随着时间的推移，记忆力的减退，将来可能忘记。而数学思想方法则是一种数学意识，只能够领会和运用，属于思维的范畴，用以对数学问题的认识、处理和解决，掌握数学思想方法，不是受用一阵子，而是受用一辈子，即使数学知识忘记了，数学思想方法也还是对你起作用。
9. 数学思想方法中，数学基本方法是数学思想的体现，是数学的行为，具有模式化与可操作性的特征，可以选用作为解题的具体手段。数学思想是数学的灵魂，它与数学基本方法常常在学习、掌握数学知识的同时获得。
10. 可以说，“知识”是基础，“方法”是手段，“思想”是深化，提高数学素质的核心就是提高学生对数学思想方法的认识和运用，数学素质的综合体现就是“能力”。
11. 为了帮助学生掌握解题的金钥匙，掌握解题的思想方法，本书先是介绍高考中常用的数学基本方法：配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去法、反证法、分析与综合法、特殊与一般法、类比与归纳法、观察与实验法，再介绍高考中常用的数学思想：函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、转化（化归）思想。最后谈谈解题中的有关策略和高考中的几个热点问题，并在附录部分提供了近几年的高考试卷。
12. 在每节的内容中，先是对方法或者问题进行综合性的叙述，再以三种题组的形式出现。再现性题组是一组简单的选择填空题进行方法的再现，示范性题组进行详细的解答和分析，对方法和问题进行示范。巩固性题组旨在检查学习的效果，起到巩固的作用。每个题组中习题的选取，又尽量综合到代数、三角、几何几个部分重要章节的数学知识。

第一章 高中数学解题基本方法
13. 配方法
14. 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”。
15. 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，或者缺xy项的二次曲线的平移变换等问题。
16. 配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式(a＋b)＝a＋2ab＋b，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：
17. a＋b＝(a＋b)－2ab＝(a－b)＋2ab；
18. a＋ab＋b＝(a＋b)－ab＝(a－b)＋3ab＝(a＋)＋（b）；
19. a＋b＋c＋ab＋bc＋ca＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)]
20. a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)－2(ab－bc－ca)＝…
21. 结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如：
22. 1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）；
23. x＋＝(x＋)－2＝(x－)＋2 ；…… 等等。
24. Ⅰ、再现性题组：
1. 在正项等比数列{a}中，asa+2asa+aža=25，则 a＋a＝_______。
2. 方程x＋y－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。
25. A. <k<1 B. k<或k>1 C. k∈R D. k＝或k＝1
3. 已知sinα＋cosα＝1，则sinα＋cosα的值为______。
26. A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0
4. 函数y＝log (－2x＋5x＋3)的单调递增区间是_____。
27. 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＝_____。
28. 【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。
29. 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。
30. 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。
31. 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。
32. 5小题：答案3－。
33. Ⅱ、示范性题组：
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_____。
34. A. 2 B. C. 5 D. 6
35. 【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。
36. 【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：。
37. 长方体所求对角线长为：＝＝＝5
38. 所以选B。
39. 【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。
40. 【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 ,
41. ()+()＝＝＝＝≤7， 解得k≤－或k≥ 。
42. 又 ∵p、q为方程x＋kx＋2=0的两实根， ∴ △＝k－8≥0即k≥2或k≤－2
43. 综合起来，k的取值范围是：－≤k≤－ 或者 ≤k≤。
44. 【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()＋() 。
45. 【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。
46. 【解】由a＋ab＋b=0变形得：()＋()＋1＝0 ，
47. 设ω＝，则ω＋ω＋1＝0，可知ω为1的立方虚根，所以：＝，ω＝＝1。
48. 又由a＋ab＋b=0变形得：(a＋b)＝ab ，
49. 所以 ()＋()＝()＋()＝()＋()＝ω＋＝2 。
50. 【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。
51. 【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。
52. 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。
53. Ⅲ、巩固性题组：
54. 函数y＝(x－a)＋(x－b) （a、b为常数）的最小值为_____。
55. A. 8 B. C. D.最小值不存在
56. α、β是方程x－2ax＋a＋6＝0的两实根，则(α-1) +(β-1)的最小值是_____。
57. A. － B. 8 C. 18 D.不存在
58. 已知x、y∈R，且满足x＋3y－1＝0，则函数t＝2＋8有_____。
59. A.最大值2 B.最大值 C.最小值2 B.最小值
60. 椭圆x－2ax＋3y＋a－6＝0的一个焦点在直线x＋y＋4＝0上，则a＝_____。
61. A. 2 B. －6 C. －2或－6 D. 2或6
62. 化简：2＋的结果是_____。
63. A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4
6. 设F和F为双曲线－y＝1的两个焦点，点P在双曲线上且满足∠FPF＝90°，则△FPF的面积是_________。
7. 若x>－1，则f(x)＝x＋2x＋的最小值为___________。
8. 已知〈β<α〈π，cos(α-β)＝，sin(α+β)＝－，求sin2α的值。(92年高考题)
9. 设二次函数f(x)＝Ax＋Bx＋C，给定m、n（m<n）,且满足A[(m+n)+ mn]＋2A[B(m+n)－Cmn]＋B＋C＝0 。
64. 解不等式f(x)>0；
65. ② 是否存在一个实数t，使当t∈(m+t,n-t)时，f(x)<0 ？若不存在，说出理由；若存在，指出t的取值范围。
10. 设s>1，t>1，m∈R，x＝logt＋logs，y＝logt＋logs＋m(logt＋logs),
66. 将y表示为x的函数y＝f(x)，并求出f(x)的定义域；
67. 若关于x的方程f(x)＝0有且仅有一个实根，求m的取值范围。
68. 二、换元法
69. 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。
70. 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。
71. 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。
72. 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。
73. 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。
74. 均值换元，如遇到x＋y＝S形式时，设x＝＋t，y＝－t等等。
75. 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,]。
76. Ⅰ、再现性题组：
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_______________。
77. 【简解】1小题：设sinx+cosx＝t∈[－,]，则y＝＋t－，对称轴t＝－1，当t＝，y＝＋；
78. 2小题：设x＋1＝t (t≥1)，则f(t)＝log[-(t-1)＋4]，所以值域为(－∞,log4]；
79. 3小题：已知变形为－＝－1,设b＝，则b＝－1,b＝－1＋(n－1)(-1)＝－n，所以a＝－；
80. 4小题：设x＋y＝k，则x－2kx＋1＝0, △＝4k－4≥0,所以k≥1或k≤－1；
81. 5小题：设3＝y，则3y＋2y－1＝0,解得y＝，所以x＝－1；
82. 6小题：设log(2－1)＝y，则y(y＋1)<2，解得－2<y<1，所以x∈(log,log3)。
83. Ⅱ、示范性题组：
84. 例1. 实数x、y满足4x－5xy＋4y＝5 （ ①式） ，设S＝x＋y，求＋的值。（93年全国高中数学联赛题）
85. 【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。
86. 【解】设代入①式得： 4S－5S·sinαcosα＝5
87. 解得 S＝ ；
88. ∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴ ≤≤
89. ∴ ＋＝＋＝＝
90. 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”。
91. 【另解】 由S＝x＋y，设x＝＋t，y＝－t，t∈[－，]，
92. 则xy＝±代入①式得：4S±5=5，
93. 移项平方整理得 100t+39S－160S＋100＝0 。
94. ∴ 39S－160S＋100≤0 解得：≤S≤
95. ∴ ＋＝＋＝＝
96. 【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。
97. 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。

98. 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）
99. 【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。
100. 【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得 ,
101. 由A＋C＝120°，设，代入已知等式得：
＋＝＋＝＋＝＝＝－2,
102. 解得：cosα＝， 即：cos＝。
103. 【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以＋＝－
104. ＝－2，设＝－＋m，＝－－m ，
105. 所以cosA＝，cosC＝，两式分别相加、相减得：
106. cosA＋cosC＝2coscos＝cos＝，
107. cosA－cosC＝－2sinsin＝－sin＝，
108. 即：sin＝－，＝－，代入sin＋cos＝1整理得：3m－16m－12＝0,解出m＝6，代入cos＝＝。
109. 【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°，B＝60°。所以＋＝－＝－2，即cosA＋cosC＝－2cosAcosC，和积互化得：
110. 2coscos＝－[cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos＝－cos(A-C)＝－(2cos－1)，整理得：4cos＋2cos－3＝0,
111. 解得：cos＝
112. y
, ,
－ x
113. 例3. 设a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx·cosx－2a的最大值和最小值。
114. 【解】 设sinx＋cosx＝t，则t∈[-,]，由(sinx＋cosx)＝1＋2sinx·cosx得：sinx·cosx＝
115. ∴ f(x)＝g(t)＝－(t－2a)＋ （a>0），t∈[-,]
116. t＝-时，取最小值：－2a－2a－
117. 当2a≥时，t＝，取最大值：－2a＋2a－ ；
118. 当0<2a≤时，t＝2a，取最大值： 。
119. ∴ f(x)的最小值为－2a－2a－，最大值为。
120. 【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。
121. 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。
122. 例4. 设对所于有实数x，不等式xlog＋2x log＋log>0恒成立，求a的取值范围。（87年全国理）
123. 【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。
124. 【解】 设log＝t，则log＝log＝3＋log＝3－log＝3－t，log＝2log＝－2t，
125. 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：
126. ，解得 ∴ t<0即log<0
127. 0<<1，解得0<a<1。
128. 【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。
129. 例5. 已知＝，且＋＝ (②式)，求的值。
130. 【解】 设＝＝k，则sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sinθ＋cosθ＝k(x+y)＝1,代入②式得： ＋＝＝ 即：＋＝
131. 设＝t，则t＋＝ , 解得：t＝3或 ∴＝±或±
132. 【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，
133. ∴t＝3或， 解得＝±或±。
134. 【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。
135. 例6. 实数x、y满足＋＝1，若x＋y－k>0恒成立，求k的范围。
136. 【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。
137. 【解】由＋＝1，设＝cosθ，＝sinθ，
138. 即： 代入不等式x＋y－k>0得：
139. 3cosθ＋4sinθ－k>0，即k<3cosθ＋4sinθ＝5sin(θ+ψ)
140. 所以k<-5时不等式恒成立。
141. 【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”。
142. y
x

x＋y－k>0
143. k 平面区域

144. 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。

145. Ⅲ、巩固性题组：
146. 已知f(x)＝lgx (x>0)，则f(4)的值为_____。
147. A. 2lg2 B. lg2 C. lg2 D. lg4
148. 函数y＝(x＋1)＋2的单调增区间是______。
149. A. [-2,+∞) B. [-1,+∞) D. (-∞,+∞) C. (-∞,-1]
150. 设等差数列{a}的公差d＝，且S＝145，则a＋a＋a＋……＋a的值为_____。
151. A. 85 B. 72.5 C. 60 D. 52.5
152. 已知x＋4y＝4x，则x＋y的范围是_________________。
153. 已知a≥0，b≥0，a＋b＝1，则＋的范围是____________。
154. 不等式>ax＋的解集是(4,b)，则a＝________，b＝_______。
155. 函数y＝2x＋的值域是________________。
156. 在等比数列{a}中，a＋a＋…＋a＝2，a＋a＋…＋a＝12，求a＋a＋…＋a。
157. y D C
A B

O x
158. 实数m在什么范围内取值，对任意实数x，不等式sinx＋2mcosx＋4m－1<0恒成立。
159. 已知矩形ABCD，顶点C(4,4)，A点在曲线x＋y＝2 (x>0,y>0)上移动，且AB、AD始终平行x轴、y轴，求矩形ABCD的最小面积。
160. 三、待定系数法
161. 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。
162. 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。
163. 使用待定系数法，它解题的基本步骤是：
164. 第一步，确定所求问题含有待定系数的解析式；
165. 第二步，根据恒等的条件，列出一组含待定系数的方程；
166. 第三步，解方程组或者消去待定系数，从而使问题得到解决。
167. 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：
168. 利用对应系数相等列方程；
169. 由恒等的概念用数值代入法列方程；
170. 利用定义本身的属性列方程；
171. 利用几何条件列方程。
172. 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。
173. Ⅰ、再现性题组：
174. 设f(x)＝＋m，f(x)的反函数f(x)＝nx－5，那么m、n的值依次为_____。
175. A. , －2 B. － ， 2 C. , 2 D. － ，－2
176. 二次不等式ax＋bx＋2>0的解集是(－,)，则a＋b的值是_____。
177. A. 10 B. －10 C. 14 D. －14
178. 在(1－x)（1＋x）的展开式中，x的系数是_____。
179. A. －297 B.－252 C. 297 D. 207
180. 函数y＝a－bcos3x (b<0)的最大值为，最小值为－，则y＝－4asin3bx的最小正周期是_____。
181. 与直线L：2x＋3y＋5＝0平行且过点A(1,-4)的直线L’的方程是_______________。
182. 与双曲线x－＝1有共同的渐近线，且过点(2,2)的双曲线的方程是____________。
183. 【简解】1小题：由f(x)＝＋m求出f(x)＝2x－2m，比较系数易求，选C；
184. 2小题：由不等式解集(－,)，可知－、是方程ax＋bx＋2＝0的两根，代入两根，列出关于系数a、b的方程组，易求得a＋b，选D；
185. 3小题：分析x的系数由C与(－1)C两项组成，相加后得x的系数，选D；
186. 4小题：由已知最大值和最小值列出a、b的方程组求出a、b的值，再代入求得答案；
187. 5小题：设直线L’方程2x＋3y＋c＝0，点A(1,-4)代入求得C＝10，即得2x＋3y＋10＝0；
188. 6小题：设双曲线方程x－＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得方程－＝1。
189. Ⅱ、示范性题组：
190. 已知函数y＝的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。
191. 【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”。
192. 【解】 函数式变形为： (y－m)x－4x＋(y－n)＝0， x∈R, 由已知得y－m≠0
193. ∴ △＝(－4)－4(y－m)(y－n)≥0 即： y－(m＋n)y＋(mn－12)≤0 ①
194. 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，
195. 代入两根得： 解得：或
196. ∴ y＝或者y＝
197. 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。
198. 【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。
199. 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。
200. y B’
x

A F O’ F’ A’

B
201. 【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。
202. 【解】 设椭圆长轴2a、短轴2b、焦距2c，则|BF’|＝a
203. ∴ 解得：
204. ∴ 所求椭圆方程是：＋＝1
205. 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。
206. 【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。
207. 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。
208. 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）
209. 【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。
210. 【解】假设存在a、b、c使得等式成立，令：n＝1，得4＝(a＋b＋c)；n＝2，得22＝(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得：
211. ,解得，
212. 于是对n＝1、2、3，等式1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(3n＋11n＋10)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：
213. 假设对n＝k时等式成立，即1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＝(3k＋11k＋10)；
214. 当n＝k＋1时，1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)＝(3k＋11k＋10) ＋(k＋1)(k＋2)＝(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)＝（3k＋5k＋12k＋24）＝[3(k＋1)＋11(k＋1)＋10]，
215. 也就是说，等式对n＝k＋1也成立。
216. 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。
217. 【注】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＋2＋…＋n、1＋2＋…＋n求和的公式，也可以抓住通项的拆开，运用数列求和公式而直接求解：由n(n＋1)＝n＋2n＋n得S＝1·2＋2·3＋…＋n(n＋1)＝(1＋2＋…＋n)＋2(1＋2＋…＋n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋2×＋＝(3n＋11n＋10)，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。
218. 例4. 有矩形的铁皮，其长为30cm，宽为14cm，要从四角上剪掉边长为xcm的四个小正方形，将剩余部分折成一个无盖的矩形盒子，问x为何值时，矩形盒子容积最大，最大容积是多少？
219. 【分析】实际问题中，最大值、最小值的研究，先由已知条件选取合适的变量建立目标函数，将实际问题转化为函数最大值和最小值的研究。
220. 【解】 依题意，矩形盒子底边边长为(30－2x)cm，底边宽为(14－2x)cm，高为xcm。
221. ∴ 盒子容积 V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x ，
222. 显然:15－x>0，7－x>0，x>0。
223. 设V＝(15a－ax)(7b－bx)x (a>0,b>0）
224. 要使用均值不等式，则
225. 解得：a＝， b＝ ， x＝3 。
226. 从而V＝(－)(－x)x≤()＝×27＝576。
227. 所以当x＝3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm。
228. 【注】均值不等式应用时要注意等号成立的条件，当条件不满足时要凑配系数，可以用“待定系数法”求。本题解答中也可以令V＝(15a－ax)(7－x)bx 或 (15－x)(7a－ax)bx，再由使用均值不等式的最佳条件而列出方程组，求出三项该进行凑配的系数，本题也体现了“凑配法”和“函数思想”。

229. Ⅲ、巩固性题组：
230. 函数y＝logx的x∈[2,+∞)上恒有|y|>1，则a的取值范围是_____。
231. A. 2>a>且a≠1 B. 0<a<或1<a<2 C. 1<a<2 D. a>2或0<a<
232. 方程x＋px＋q＝0与x＋qx＋p＝0只有一个公共根，则其余两个不同根之和为_____。
233. A. 1 B. －1 C. p＋q D. 无法确定
234. 如果函数y＝sin2x＋a·cos2x的图像关于直线x＝－对称，那么a＝_____。
235. A. B. － C. 1 D. －1
236. 满足C＋1·C＋2·C＋…＋n·C<500的最大正整数是_____。
237. A. 4 B. 5 C. 6 D. 7
238. 无穷等比数列{a}的前n项和为S＝a－ , 则所有项的和等于