高三数学思想,方法,策略专题—数学方法之特殊解法

北中数学网共10页第1页高三数学思想、方法、策略专题—数学方法之特殊解法一．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：4x＋2x－2≥0，先变形为设2x＝t（t0），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＝x＋1x的值域时，易发现x∈[0,1]，设x＝sin2α，α∈[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。如变量x、y适合条件x2＋y2＝r2（r0）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＝S2＋t，y＝S2－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t0和α∈[0,2]。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。北中数学网共10页第2页使用待定系数法，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。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）（06全国卷I）设P是椭圆22211xyaa短轴的一个端点，Q为椭圆上的一个动点，求PQ的最大值。解析：依题意可设P(0，1)，Q(x，y)，则|PQ|=x2+(y－1)2，又因为Q在椭圆上，所以x2=a2(1－y2),|PQ|2=a2(1－y2)+y2－2y+1=(1－a2)y2－2y+1+a2=(1－a2)(y－11－a2)2－11－a2+1+a2。北中数学网共10页第3页因为|y|≤1，a1，若a≥2，则|11－a2|≤1，当y=11－a2时，|PQ|取最大值a2a2－1a2－1；若1a2，则当y=－1时，|PQ|取最大值2。（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)32(B)14(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。而欲求的对角线长为222zyx，因此需将对称式222zyx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)(2)(2222xzyzxyzyxzyx=62－11=25。∴5222zyx，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1422yx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)25(C)2(D)5分析：欲求||||212121PFPFSFPF(1)，而由已知能得到什么呢？由∠F1PF2=90°，得20||||2221PFPF(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16||||2||||||||||212221221PFPFPFPFPFPF，故2421)16|||(|21||||222121PFPFPFPF∴1||||212121PFPFSFPF，∴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x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，若(pq)2+(qp)2≤7成立，求实数k的取值范围。北中数学网共10页第4页解析：方程x2＋kx＋2=0的两实根为p、q，由韦达定理得：p＋q＝－k，pq＝2，(pq)2+(qp)2＝pqpq442()＝()()pqpqpq2222222＝[()]()pqpqpqpq2222222＝()k22484≤7，解得k≤－10或k≥10。又∵p、q为方程x2＋kx＋2=0的两实根，∴△＝k2－8≥0即k≥22或k≤－22综合起来，k的取值范围是：－10≤k≤－22或者22≤k≤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25，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12222bxay，∵25e，∴a=2b,因此所求双曲线方程可写成：2224axy(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|=22)5(yx(2)，∵点Q(x,y)在双曲线上,∴(x,y)满足(1)式,代入(2)得|PQ|=222)5(44yay(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45)4(45||222ayPQ(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a4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，北中数学网共10页第5页∴令4452a，得a2=4。∴所求双曲线方程为1422xy。(2)当a4时，如图(2)可知函数在y=a处取得最小值，∴令445)4(4522aa，得a2=49，∴所求双曲线方程为14944922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1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝nn()112(an2＋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＝16(a＋b＋c)；n＝2，得22＝12(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得：abcabcabC2442449370，解得abc31110，于是对n＝1、2、3，等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝nn()112(3n2＋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1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝kk()112(3k2＋11k＋10)；当n＝k＋1时，1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2＝kk()112(3k2＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2＝kk()112(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)2＝()()kk1212（3k2＋5k＋12k＋24）＝()()kk1212[3(k＋1)2＋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。北中数学网共10页第6页点评：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13＋23＋…＋n3、12＋22＋…＋n2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)2＝n3＋2n2＋n得Sn＝1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝(13＋23＋…＋n3)＋2(12＋22＋…＋