高考数学专题突破数学方法特殊解法.docx
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高考数学专题突破数学方法特殊解法
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,
],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。
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。
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≤
。
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
。
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+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≥0①
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
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- 高考 数学 专题 突破 方法 特殊 解法