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  • 2021-05-13 发布

高考数学专题突破数学方法特殊解法

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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=sin α ,α∈[0, ], x x x x 1− x 2 π 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。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.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。 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。 2 2 2 S 2 S 2 π 2 ≡ ≡ 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 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 2008 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 , , 其中 ,将 的最小值记为 ,求 的表达式; 解析: 。 由于 , ,故当 时, 达到其最小值 ,即 。 (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) (B) (C)5 (D)6 分析:设长方体三条棱长分别为 x、y、z,则依条件得: 2(xy+yz+zx)=11,4(x+y+z)=24。 2 3 2( ) cos 4 sin cos 4 3 42 2 x xf x x t t t t= − − + + − + x∈R 1t ≤ ( )f x ( )g t ( )g t 2 3 2( ) cos 4 sin cos 4 3 42 2 x xf x x t t t t= − − + + − + 2 2 2sin 1 2 sin 4 3 4x t t t t= − − + + − + 2 2 3sin 2 sin 4 3 3x t x t t t= − + + − + 2 3(sin ) 4 3 3x t t t= − + − + 2(sin ) 0x t− ≥ 1t ≤ sin x t= ( )f x ( )g t 3( ) 4 3 3g t t t= − + 32 14 而欲求的对角线长为 ,因此需将对称式 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 =62-11=25。 ∴ ,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 F1 和 F2 为双曲线 的两个焦点,点 P 在双曲线上且满足 ∠F1PF2=90°,则 ΔF1PF2 的面积是( ) (A)1 (B) (C)2 (D) 分析:欲求 (1),而由已知能得到什么呢? 由∠F1PF2=90°,得 (2), 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 , 故 ∴ ,∴ 选(A)。 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+kx+2=0 的两实根为 p、q,若( )+( )≤7 成立,求实数 k 的取值范 围。 解析: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≤ 。 222 zyx ++ 222 zyx ++ )(2)( 2222 xzyzxyzyxzyx ++−++=++ 5222 =++ zyx 14 2 2 =− yx 2 5 5 ||||2 1 2121 PFPFS FPF ⋅=∆ 20|||| 2 2 2 1 =+ PFPF 16||||2|||||||||| 21 2 2 2 1 2 21 =⋅−+=− PFPFPFPFPFPF 242 1)16|||(|2 1|||| 2 2 2 121 =×=−+=⋅ PFPFPFPF 1||||2 1 2121 =⋅=∆ PFPFS FPF p q q p p q q p p q pq 4 4 2 + ( ) ( ) ( ) p q p q pq 2 2 2 2 2 2 2+ − [( ) ] ( ) p q pq p q pq + − −2 2 2 2 2 2 2 ( )k 2 24 8 4 − − 10 10 2 2 10 2 2 2 2 10 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“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。 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,离心率为 ,已知点 P(0,5) 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 , ∵ ,∴a=2b,因此所求双曲线方程可写成: (1),故只需求出 a 可求解。 设双曲线上点 Q 的坐标为(x,y),则|PQ|= (2),∵点 Q(x,y)在双曲线 上,∴(x,y)满足(1)式,代入(2)得|PQ|= (3),此时|PQ|2 表示为变量 y 的二次函数,利用配方法求出其最小值即可求解。 由(3)式有 (y≥a 或 y≤-a)。 二次曲线的对称轴为 y=4,而函数的定义域 y≥a 或 y≤-a,因此,需对 a≤4 与 a>4 分类 讨论。 (1)当 a≤4 时,如图(1)可知函数在 y=4 处 取得最小值, ∴令 ,得 a2=4。 ∴所求双曲线方程为 。 (2)当 a>4 时,如图(2)可知函数在 y=a 处 取得最小值, ∴令 ,得 a2=49, ∴所求双曲线方程为 。 2 5 12 2 2 2 =− b x a y 2 5=e 222 4 axy =− 22 )5( −+ yx 2 22 )5(44 −+− yay 45)4(4 5|| 2 22 ayPQ −+−= 445 2 =− a 14 2 2 =− xy 445)4(4 5 2 2 =−+− aa 149 4 49 22 =− xy 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 +2·3 +…+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。 解析: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: ,解得 , 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: 假设对 n=k 时等式成立,即 1·2 +2·3 +…+k(k+1) = (3k +11k+ 10); 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], 也就是说,等式对 n=k+1 也成立。 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。 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 +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+ 2 2 2 n n( )+1 12 2 1 6 1 2 a b c a b c a b C + + = + + = + + =    24 4 2 44 9 3 70 a b c = = =    3 11 10 2 2 2 n n( )+1 12 2 2 2 2 k k( )+1 12 2 2 2 2 2 k k( )+1 12 2 2 k k( )+1 12 2 ( )( )k k+ +1 2 12 2 ( )( )k k+ +1 2 12 2 3 3 3 2 2 2 2 3 2 n 2 2 2 3 3 3 2 2 2 n n2 21 4 ( )+ n n n( )( )+ +1 2 1 6 n n( )+1 2 n n( )+1 12 2 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。 3.换元法典例解析 例 5.(1)(06 江苏卷)设 a 为实数,设函数 的最大值 为 g(a)。 (Ⅰ)设 t= ,求 t 的取值范围,并把 f(x)表示为 t 的函数 m(t); (Ⅱ)求 g(a)。 解析:(Ⅰ)令 要使有 t 意义,必须 1+x≥0 且 1-x≥0,即-1≤x≤1, ∴ t≥0 ① t 的取值范围是 由①得 ∴m(t)=a( )+t= (Ⅱ)由题意知 g(a)即为函数 的最大值。 注意到直线 是抛物线 的对称轴,分以下几种情况讨论。 (1)当 a>0 时,函数 y=m(t), 的图象是开口向上的抛物线的一段, 由 <0 知 m(t)在 上单调递增,∴g(a)=m(2)=a+2 (2)当 a=0 时,m(t)=t, ,∴g(a)=2. (3)当 a<0 时,函数 y=m(t), 的图象是开口向下的抛物线的一段, 若 ,即 则 若 ,即 则 若 ,即 则 综上有 xxxaxf −+++−= 111)( 2 xx −++ 11 1 1t x x= + + − 2 22 2 1 [2,4],t x= + − ∈ [ 2,2]. 2 211 12x t− = − 21 12 t − 21 , [ 2,2]2 at t a t+ − ∈ 21( ) , [ 2,2]2m t at t a t= + − ∈ 1t a = − 21( ) 2m t at t a= + − [ 2,2]t ∈ 1t a = − [ 2,2]. [ 2,2]t ∈ [ 2,2]t ∈ 1 [0, 2]t a = − ∈ 2 2a ≤ − ( ) ( 2) 2g a m= = 1 ( 2,2]t a = − ∈ 2 1 2 2a− < ≤ − 1 1( ) ( ) 2g a m aa a = − = − − 1 (2, )t a = − ∈ +∞ 1 02 a− < < ( ) (2) 2g a m a= = + 2, 1( ) ,2 2, a g a a a  + = − −   1 2 2 1 ,2 2 2 2 a a a > − − < < − ≤ − 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、解决问题的能力。 (2)设 a>0,求 f(x)=2a(sinx+cosx)-sinx·cosx-2a 的最大值和最小值。 解析: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 -2 a- , 当 2a≥ 时,t= ,取最大值:-2a +2 a- ; 当 0<2a≤ 时,t=2a,取最大值: 。 ∴f(x)的最小值为-2a -2 a- ,最大值为 。 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∈[- , ])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 6.点 P(x,y)在椭圆 上移动时,求函数 u=x2+2xy+4y2+x+2y 的最大值。 解析:∵点 P(x,y)在椭圆 上移动, ∴可设 , 于是 = 2 2 2 2 t 2 1 2 − 1 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 2 1 2 0 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 ( ) ( ) < < − + − ≥       a a a a 2 2 14 2 2 =+ yx 14 2 2 =+ yx    = = θ θ sin cos2 y x yxyxyxu 242 22 ++++= θθθθθθ sin2cos2sin4cossin4cos4 22 ++++ = 令 , ∵ ,∴|t|≤ 。 于是 u= ,(|t|≤ ) 当 t= ,即 时,u 有最大值。 ∴θ=2kπ+ (k∈Z)时, 。 4.参数法典例解析 例 7.过坐标原点的直线 l 与椭圆 相交于 A、B 两点,若以 AB 为直 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(x1,y1)、B(x2,y2),直线 l 的方程为 y=kx, 将它代入椭圆方程整理得 (*), 由韦达定理, (1), (2), 又 F(1,0)且 AF⊥BF,∴ ,即 , 将 , 代入上式整理得 , 将(1)式,(2)式代入,解得 。 故直线 l 的倾斜角为 或 。 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 k 的方程求 解。 例 8.实数 a、b、c 满足 a+b+c=1,求 a +b +c 的最小值。 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 ,b = +t ,c= +t ,代入 a +b +c 可求。 解析:由 a+b+c=1,设 a= +t ,b= +t ,c= +t ,其中 t +t +t = 0, ]1sincos)sin[(cos2 2 ++++ θθθθ t=+ θθ sincos )4sin(2cossin πθθθ +=+ 2 2 3)2 1(2)1(2 22 ++=++ ttt 2 2 1)4sin( =+ πθ 4 π 226max +=u 126 )3( 22 =+− yx 036)31( 22 =+−+ xxk 221 31 6 kxx +=+ 221 31 3 kxx += 1−=⋅ BFAF kk 111 2 2 1 1 −=−⋅− x y x y 11 kxy = 22 kxy = 1)1( 2121 2 −+=⋅+ xxxxk 3 12 =k 6 π 6 5π 2 2 2 1 3 1 1 3 2 1 3 3 2 2 2 1 3 1 1 3 2 1 3 3 1 2 3 1 . 3 . 5 1 . 3 . 5 ∴a +b +c =( +t ) +( +t ) +( +t ) = + (t +t +t ) +t +t +t = +t +t +t ≥ , 所以 a +b +c 的最小值是 。 点评:由“均值换元法”引入了三个参数,却将代数式的研究进行了简化,是本题此种 解法的一个技巧。本题另一种解题思路是利用均值不等式和“配方法”进行求解,解法是: a +b +c =(a+b+c) -2(ab+bc+ac)≥1-2(a +b +c ),即 a +b +c ≥ 。 两种解法都要求代数变形的技巧性强,多次练习,可以提高我们的代数变形能力。 四.思维总结 1.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: a +b =(a+b) -2ab=(a-b) +2ab; a +ab+b =(a+b) -ab=(a-b) +3ab=(a+ ) +( b) ; a +b +c +ab+bc+ca= [(a+b) +(b+c) +(c+a) ] a +b +c =(a+b+c) -2(ab+bc+ca)=(a+b-c) -2(ab-bc-ca)=… 结合其它数学知识和性质,相应有另外的一些配方形式,如: 1+sin2α=1+2sinαcosα=(sinα+cosα) ; x + =(x+ ) -2=(x- ) +2 ;…… 等等。 2.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。 2 2 2 1 3 1 2 1 3 2 2 1 3 3 2 1 3 2 3 1 2 3 1 2 2 2 3 2 1 3 1 2 2 2 3 2 1 3 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b 2 2 3 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2x 1 x 2 1 x 2