2018年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.1配方法专题讲理
2018年高考数学二轮复习第3篇方法应用篇专题3.3待定系数法讲理2
方法三待定系数法一、待定系数法：待定系数法是根据已知条件，建立起给定的算式和所求的结果之间的恒等式，得到以需要待定的系数为未知数的方程或方程组，解方程或方程组得到待定的系数的一种数学方法．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.二、待定系数法解题的基本步骤：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.本文在分析研究近几年高考题及各地模拟题的基础上，从以下四个方面总结高考中的待定系数法.1．用待定系数法求曲线方程确定曲线方程常用的方法有定义法、直接法、待定系数法等，当已知曲线类型及曲线的几何性质时，往往利用待定系数法，通过设出方程形式，布列方程（组），使问题得到解决. 例1.【2018届江苏省镇江市高三上学期期末】已知圆与圆相切于原点，且过点，则圆的标准方程为__________．【答案】【解析】设圆的标准方程为，其圆心为，半径为∵可化简为∴其圆心为，半径为∵两圆相切于原点，且圆过点∴解得∴圆的标准方程为故答案为例2.【2018届山西省孝义市高三下学期名校最新高考模拟卷（一）】已知椭圆的左、右焦点分别为、，且点到椭圆上任意一点的最大距离为3，椭圆的离心率为.(1)求椭圆的标准方程；(2)是否存在斜率为的直线与以线段为直径的圆相交于、两点，与椭圆相交于、，且？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）.解析：(1)设，的坐标分别为，，根据椭圆的几何性质可得，解得，，则，故椭圆的方程为.(2)假设存在斜率为的直线，那么可设为，则由(1)知，的坐标分别为，，可得以线段为直径的圆为，圆心到直线的距离，得，，联立得，设，，则，得，，，解得，得.即存在符合条件的直线.2．用待定系数法求函数解析式利用待定系数法确定一次函数、二次函数的解析式，在教材中有系统的介绍，通过练习应学会“迁移”，灵活应用于同类问题解答之中.例3.【2018届湖南省长沙市长郡中学高三】已知函数的图象过点，且点是其对称中心，将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象，则函数的解析式为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由函数f（x）过点（，2），（﹣，0）得：解得：∴f（x）=sin2x+cos2x=2sin（2x+），∴g（x）=2sin2x，故答案为：A.例4.【2018届天津市耀华中学高三上学期第三次月考】若幂函数在上为增函数，则实数的值为_________.【答案】2例5.设是二次函数，方程有两个相等的实根，且．（Ⅰ）的表达式；（Ⅱ）若直线把的图象与两坐标轴所围成图形的面积二等分，求的值．【答案】（I）；（II）．【解析】试题分析：（1）由已知设，由，求出的值，由有两个相等实根有，求出的值，得出的表达式；（2）由题意有，解方程求出的值。
高考数学秘籍18法高考中常用数学的方法配方法待定系数法换元法试题
卜人入州八九几市潮王学校高考数学秘籍18法高考中常用数学的方法配方法待定系数法换元法一、知识整合配方法、待定系数法、换元法是几种常用的数学根本方法.这些方法是数学思想的详细表达,是解决问题的手段,它不仅有明确的内涵,而且具有可操作性,有施行的步骤和作法.配方法是对数学式子进展一种定向的变形技巧,由于这种配成“完全平方〞的恒等变形,使问题的构造发生了转化,从中可找到与未知之间的联络,促成问题的解决.待定系数法的本质是方程的思想,这个方法是将待定的未知数与数统一在方程关系中,从而通过解方程(或者方程组)求得未知数.换元法是一种变量代换,它是用一种变数形式去取代另一种变数形式,从而使问题得到简化,换元的本质是转化.二、例题解析例1．长方体的全面积为11,其12条棱的长度之和为24,那么这个长方体的一条对角线长为(). (A )32(B )14(C )5 (D )6分析及解：设长方体三条棱长分别为x ,y ,z ,那么依条件得：2(xy +yz +zx )=11,4(x +y +z )=24.而欲求的对角线长为222z y x ++,因此需将对称式222z y x++写成根本对称式x +y +z 及xy +yz +zx )(2)(2222xz yz xy z y x z y x ++-++=++=62-11=25∴5222=++z y x ,应选C .例2．设F 1和F 2为双曲线1422=-y x 的两个焦点,点P 在双曲线上且满足∠F 1PF 2=90°,那么ΔF 1PF 2的面积是().(A )1 (B )25 (C )2 (D )5分析及解：欲求||||212121PF PF S F PF ⋅=∆(1),而由能得到什么呢？由∠F 1PF 2=90°,得20||||2221=+PF PF(2),又根据双曲线的定义得|PF 1|-|PF 216||||2||||||||||212221221=⋅-+=-PF PF PF PF PF PF ,故2421)16|||(|21||||222121=⨯=-+=⋅PF PF PF PF ∴1||||212121=⋅=∆PF PF S F PF ,∴选(A ).注：配方法实现了“平方和〞与“和的平方〞的互相转化.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,点P (0,5)到该双曲线上的点的最近间隔是2,求双曲线方程.分析及解：由题意可设双曲线方程为12222=-b x a y ,∵25=e ,∴a =2b ,因此所求双曲线方程可写成：2224a x y =-(1),故只需求出a 可求解.设双曲线上点Q 的坐标为(x ,y ),那么|PQ |=22)5(-+y x (2),∵点Q (x ,y )在双曲线上,∴(x ,y )满足(1)式,代入(2)得|PQ |=222)5(44-+-y a y (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||222a y PQ -+-=(y ≥a 或者y ≤-a ).二次曲线的对称轴为y =4,而函数的定义域y ≥a 或者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处获得最小值,∴令4452=-a ,得a 2=4∴所求双曲线方程为1422=-x y . (2)当a >4时,如图(2)可知函数在y =a 处获得最小值,∴令445)4(4522=-+-a a ,得a 2=49, ∴所求双曲线方程为14944922=-x y . 注：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．设f (x )是一次函数,且其在定义域内是增函数,又124)]([11-=--x x ff ,试求f (x )的表达式.分析及解：因为此函数的形式,故此题需用待定系数法求出函数表达式. 设一次函数y =f (x )=ax +b (a >0),可知)(1)(1b x ax f -=-, ∴124)(11])(1[1)]([2211-=+-=--=--x b ab ax a b b x a a x f f .比较系数可知：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+>=)2(12)(1)1()0(4122b ab a a a 且解此方程组,得21=a,b =2,∴所求f (x )=221+x . 例5．如图,在矩形ABCD 中,C (4,4),点A 在曲线922=+y x(x >0,y >0)上挪动,且AB ,BC 两边始终分别平行于x 轴,y 轴,求使矩形ABCD 的面积为最小时点A 的坐标.分析及解：设A (x ,y ),如下列图,那么=ABCDS (4-x )(4-y )(1)此时S 表示为变量x ,y 的函数,如何将S 表示为一个变量x (或者y )的函数呢？有的同学想到由得x 2+y 2=9,如何利用此条件？是从等式中解出x (或者y ),再代入(1)式,因为表达式有开方,显然此方法不好.假设我们将(1)式继续变形,会得到S =16-4(x +y )+xy (2) 这时我们可联想到x 2+y 2与x +y 、xy 间的关系,即(x +y )2=9+2xy .因此,只需设t =x +y ,那么xy =292-t ,代入(2)式得S =16-4t +27)4(212922+-=-t t (3)S 表示为变量t 的二次函数,∵0<x <3,0<y <3,∴3<t <23,∴当t =4时,S ABCD 的最小值为27. 此时⎪⎩⎪⎨⎧==+,27,4xy y x )222,222()222,222(-++-或的坐标为得A 注：换元前后新旧变量的取值范围是不同的,这样才能防止出现不必要的错误.例6．设方程x 2+2kx +4=0的两实根为x 1,x 2,假设212221)()(x xx x +≥3,求k 的取值范围. 解：∵2]2)([2)()()(22122121221212221--+=-+=+x x x x x x x x x x x x ≥3,以k x x 221-=+,421=x x 代入整理得(k 2-2)2≥5,又∵Δ=4k 2-16≥0,∴⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥-045|2|22k k 解得k ∈(-52,+-∞)∪[52+,+∞].例7．点P (x ,y )在椭圆1422=+y x 上挪动时,求函数u =x 2+2xy +4y 2+x +2y 的最大值. 解：∵点P (x ,y )在椭圆1422=+y x 上挪动,∴可设⎩⎨⎧==θθsin cos 2y x 于是 =θθθθθθsin 2cos 2sin 4cos sin 4cos422++++=]1sin cos )sin [(cos 22++++θθθθ令t =+θθsin cos ,∵)4sin(2cos sin πθθθ+=+,∴|t |≤2.于是u =23)21(2)1(222++=++t t t ,(|t |≤2).当t =2,即1)4sin(=+πθ时,u 有最大值.∴θ=2k π+4π(k ∈Z )时,226max +=u . 例8．过坐标原点的直线l 与椭圆126)3(22=+-y x 相交于A ,B 两点,假设以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：设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)直线l 的方程为y =kx ,将它代入椭圆方 程整理得036)31(22=+-+x x k (*)由韦达定理,221316k x x +=+(1),221313k x x +=(2)又F (1,0)且AF ⊥BF ,∴1-=⋅BF AF k k ,即1112211-=-⋅-x yx y , 将11kx y =,22kx y =代入上式整理得1)1(21212-+=⋅+x x x x k ,将(1)式,(2)式代入,解得312=k .故直线l 的倾斜角为6π或者65π. 注：此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9．设集合A ={R x a x x x∈=+-+,024|1}(1)假设A 中有且只有一个元素,务实数a 的取值集合B ； (2)当a ∈B 时,不等式x 2-5x -6<a (x -4)恒成立,求x 的取值范围.解：(1)令t =2x,那么t >0且方程0241=+-+a x x化为t 2-2t +a =0(*),A 中有且只有一个元素等价于方程(*)有且只有一个正根,再令f (t )=t 2-2t +a ,那么Δ=0或者⎩⎨⎧≤>∆0)0(0f 即a =1或者a ≤0,从而B =(-∞,0]∪{1}.(2)当a =1时,113-<x <3+11,当a ≤0,令g (a )=a (x -4)-(x 2-5x -6),那么当a ≤0时不等式)4(652-<+-x a x x恒成立,即当a ≤0时,g (a )>0恒成立,故x x g <-⇒⎩⎨⎧≤->1040)0(≤4.综上讨论,x 的取值范围是(113-,4).。
2018年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.6等价转化法(讲)理
方法六等价转变法有名的数学家，莫斯科大学教授 C.A. 雅洁卡娅曾在一次向数学奥林匹克参赛者发布《什么叫解题》的演讲时提出：“解题就是把要解题转变为已经解过的题”. 数学的解题过程，就是从未知向已知、从复杂到简单的化归变换过程.等价转变是把未知解的问题转变到在已有知识范围内可解的问题的一种重要的思想方法. 经过不停的转变，把不熟习、不规范、复杂的问题转变为熟习、规范甚至模式法、简单的问题. 历年高考，等价转变思想无处不见，我们要不停培育和训练自觉的转变意识，将有益于加强解决数学识题中的应变能力，提高思想能力和技术、技巧.常有的转变方法有以下几种种类：(1)直接转变法：把原问题直接转变为基本定理、基本公式或基本图形问题；(2)换元法：运用“换元”把式子转变为有理式或使整式降幂等，把较复杂的函数、方程、不等式问题转变为易于解决的基本问题；(3)数形联合法：研究原问题中数目关系 ( 分析式 ) 与空间形式 ( 图形 ) 关系，经过相互变换获取转变门路；(4)等价转变法：把原问题转变为一个易于解决的等价命题，达到化归的目的；(5)特别化方法：把原问题的形式向特别化形式转变，并证明特别化后的问题，结论合适原问题.1．由等与不等惹起的转变函数、方程与不等式就像“一胞三兄弟”，解决方程、不等式的问题需要函数帮助，解决函数的问题需要方程、不等式的帮助，所以借助于函数、方程、不等式进行转变与化归能够将问题化繁为简，一般可将不等式关系转变为最值 ( 值域 ) 问题，进而求出参变量的范围．例 1【 2018 届河北省定州中学高三放学期开学】定义：假如函数在区间上存在，知足，，则称函数是在区间上的一个双中值函数，已知函数是区间上的双中值函数，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】 A【分析】，∵函数是区间上的双中值函数，∴区间上存在，知足∴方程在区间有两个不相等的解，令，则，解得∴实数的取值范围是.故答案为．例 2【 2018 届湖北省宜昌市高三年级元月调研】已知函数，若函数有 4个零点，则实数的取值范围是 _____________.【答案】点睛：此题主要考察的知识点是根的存在性及根的个数判断，考察了函数零点个数的问题。
公开课教案(配方法)
公开课教案（配方法）第一章：配方法简介1.1 配方法的定义配方法是一种将一个多项式表示为两个或多个多项式的乘积的形式的方法。
通过配方法，可以将一个多项式转化为更容易求解或分析的形式。
1.2 配方法的应用配方法在解决方程、不等式、函数等方面有广泛应用。
通过配方法，可以简化计算过程，提高解题效率。
第二章：配方法的基本步骤2.1 确定多项式的次数在进行配方法之前，确定多项式的次数。
次数最高的项称为最高次项，次数最低的项称为最低次项。
2.2 选择配方法根据多项式的特点，选择合适的配方法。
常见的配方法有因式分解、合成法、差乘法等。
2.3 应用配方法将多项式按照配方法进行转化，得到新的表达式。
新的表达式应该更容易求解或分析。
2.4 验证结果将得到的解或结果代入原多项式中，验证其正确性。
确保配方法没有导致误差的产生。
第三章：配方法的应用实例3.1 方程的解法利用配方法将方程转化为更容易求解的形式。
通过配方法，可以快速找到方程的根。
3.2 不等式的解法利用配方法将不等式转化为更容易分析的形式。
通过配方法，可以快速确定不等式的解集。
3.3 函数的简化利用配方法将函数表达式简化。
通过配方法，可以更容易分析和理解函数的性质。
第四章：配方法的拓展4.1 多项式的合成利用配方法将两个或多个多项式合成一个多项式。
通过配方法，可以简化计算过程，提高解题效率。
4.2 多项式的分解利用配方法将一个多项式分解为两个或多个多项式的乘积。
通过配方法，可以快速得到多项式的因式分解形式。
第五章：配方法的练习题5.1 配方法的应用题设计与配方法相关的应用题，让学生通过实际问题练习配方法。
题目可以涉及方程、不等式、函数等方面的应用。
5.2 配方法的练习题提供一些多项式，让学生利用配方法进行化简、求解等操作。
通过练习题，巩固学生对配方法的理解和应用能力。
第六章：配方法在代数运算中的应用6.1 配方法在因式分解中的应用利用配方法将多项式进行因式分解。
高中数学解题基本方法：配方法.doc
高考第二轮复习第一章 高中数学解题基本方法：配方法一、（课时9）一、知识提要配方法主要适用于：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.常见配方形式，如：ab b a ab b a b a 2)(2)(2222+-=-+=+；222222)23()2(3)()(b b a ab b a ab b a b ab a ++=+-=-+=++； ])()()[(21222222a c c b b a ca bc ab c b a +++++=+++++. 2)cos (sin 2sin 1ααα+=+；2)1(2)1(12222+-=-+=+x x x x xx ；…… 等等. 二、例题讲解例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_____. A. 23 B. 14 C. 5 D. 6解：设长方体长宽高分别为z y x ,,，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：211424()()xy yz xz x y z ++=++=⎧⎨⎩. 长方体所求对角线长为：x y z 222++＝()()x y z xy yz xz ++-++22＝6112-＝5，所以选B.例2. 设方程022=++kx x 的两实根为p 、q ，若(p q )+(q p)≤7成立，求实数k 的取值范围.解：方程022=++kx x 的两实根为p 、q ，由韦达定理得：2,=-=+pq k q p ， (p q )+(q p )＝p q pq 442+()＝()()p q p q pq 2222222+-＝[()]()p q pq p q pq +--2222222 ＝()k 22484--≤7， 解得10-≤k 或10≥k . 又 ∵p 、q 为方程022=++kx x 的两实根， ∴ 082≥-=∆k即22≥k 或22-≤k ，综上可得，k 的取值范围是：－2210-≤≤k 或≤≤k 2210.例3．设二次函数c bx ax x f ++=2)(，给定m 、n )(n m <,且满足 0])([2])[(222222=++-++++c b cmn n m b a n m n m a ，（1）解不等式0)(>x f ；（2）是否存在一个实数t ，使当),(t n t m x -+∈时，0)(<x f ？若不存在，说出理由；若存在，指出t 的取值范围.解：（1）由已知得，0≠a 且0)(])([22=-+++c amn b n m a ， ∴ac mn a b n m =-=+,即m 、n 是方程02=++c bx ax 的两根，且n m <，所以， 当0>a 时，0)(>x f 的解集为n x x >|{或}m x <；当0<a 时， 0)(>x f 的解集为}|{n x m x <<，（2）当0>a 时，0)(<x f 的解集为}|{n x m x <<， 若20m n t -<≤，则),(),(n m t n t m ⊆-+，即),(t n t m x -+∈时，0)(<x f ； 若0<t ，则),(),(n m t n t m ⊆-+，不满足对所有的),(t n t m x -+∈，0)(<x f .当0<a 时，0)(<x f 的解集为n x x >|{或}m x <，不存在t 使得),(t n t m x -+∈ 时，0)(<x f 成立.综上可得，当0>a 时，存在t 满足),(t n t m x -+∈时，0)(<x f ，此时t 的取值范围为20m n t -<≤；当0<a 时不存在t 使得),(t n t m x -+∈时，0)(<x f 成立.三、同步练习1.在正项等比数列}{n a 中，252735351=⋅+⋅+⋅a a a a a a ，则53a a +＝___5___.2.方程052422=+--+k y kx y x 表示圆的充要条件是___411<>k k 或____. 3.函数)352(log 221++-=x x y 的单调递增区间是( D ) A. )45,(-∞ B.),45[+∞ C.]45,21(- D.)3,45[4.已知方程01)2(2=-+-+a x a x 的两根1x 、2x ，且点P (1x ,2x )在圆x +y =4上，则实数a ＝___73±__. 5.函数22)()(b x a x y -+-=（a 、b 为常数）的最小值为( B ) A.8 B.()a b -22 C.a b 222+ D.最小值不存在 6.设1F 和2F 为双曲线1422=-y x 的两个焦点，点P 在双曲线上且满足 9021=∠PF F ，则△21PF F 的面积是___1___.7.椭圆0632222=-++-a y ax x 的一个焦点在直线04=++y x 上，则=a （ C ）A.2B.-6C. -2或-6D. 2或68. 设R m t s ∈>>,1,1，)log (log log log ,log log 2244s t m s t y s t x t s t s t s +++=+=,（1）将y 表示为x 的函数)(x f y =，并求出)(x f 的定义域；（2）若关于x 的方程0)(=x f 有且仅有一个实根，求m 的取值范围.解：（1）)2(2)2()2()(222≥--+-=x x m x x f（2）1-<m。
(新课标版)备战2018高考数学二轮复习方法3.3解答题的解法教学案
（ 2）求这 50 名学生成绩在 80,100 内的人数；
（ 3）现从该校 50名考生成绩在 80,100 的学生中随机抽取两人， 该两人成绩排名 （从高到低） 在全市前 26
名的人数记为 X ，求 X 的分布列和数学期望 .
参考数据：若 X ~ N , 2 ，则 p(
X
) 0.6826 ， p( 2 X
7
【规律总结】答题模板 第一步：根据条件合理转化． 第二步：写出推证平行或垂直所需的条件，条件要充分． 第三步：写出所证明的结论． 第四步：建立空间直角坐标系，写出特殊点坐标． 第五步：求 ( 或找 ) 两个半平面的法向量．
第六步：求法向量 n1,n2 的夹角或 cos n1, n2 ( 若为锐二面角则求 cos n1, n2 ) ．
3
模板三 离散型随机变量的分布列、期望与方差
试题特点：主要考查古典概型、几何概型，等可能事件的概率计算公式，互斥事件的概率加法公式，对立
事件的概率减法公式，相互独立事件的概率乘法公式，事件在
n 次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率计
算公式等五个基本公式的应用及离散型随机变量的分布列和数学期望、方差等内容．
2y 0
y0
uuur 由（ 1）可知 PA 平面 CDE ，所以 AP 0 ，1 ， 3 为平面 CDE 的一个法向量 . 所以
uuur r cos AP ，n
uuur r AP n uuur r
AP n
43 2 19
2 57 . 所以二面角 A DE C 的余弦值为
2 57 .
19
19
3 ，0 ， 4 .
B1GE 所成角 的正弦值 .
8
（ 2）连结 AO . 因 为 AA1
配方法
，
解得 k
10 或 k
10
。
k2 8 0 ，即 k≥2 2 或 k≤－2 2
又因 p、q 为方程 x 2 ＋kx＋2=0 的两实根，
综合起来，k 的取值范围是：－ 10 ≤k≤－ 2 2 或者 2 2 ≤k≤ 10 。 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 2 ＋ab＋b 2 =0，求(
而欲求对角线长
x2 y2 z2
，将其配凑成两已知式的组合形式可得。
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(
a2 b2 (a b) 2 2ab ( a b) 2 2ab
a2 2ab b 2 ，将这个
a2
a2 b2 c2
ab
(a
b2
b
(a
c) 2
b)2
ab
( a b) 2
bc ca)
3ab
(a
(a
b 2 ) 2
(
3 2 b) 2
2(ab
b c) 2
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：
2018年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.5数形结合法讲理
方法五数形结合法数形结合的思想在每年的高考中都有所体现，它常用来研究方程根的情况，讨论函数的值域（最值）及求变量的取值范围等．对这类内容的选择题、填空题，数形结合特别有效．从近几年的高考题来看，数形结合的重点是研究“以形助数”．预测2017年高考中，仍然会沿用以往的命题思路，借助各种函数的图象和方程的曲线为载体，考查数形结合的思想方法，在考题形式上，不但有小题，还会有解答题，在考查的数量上，会有多个小题考查数形结合的思想方法．复习中应提高用数形结合思想解题的意识，画图不能太草，要善于用特殊数或特殊点来精确确定图形间的位置关系．【数形结合思想概述】1．数形结合的数学思想：包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．2．运用数形结合思想分析解决问题时，要遵循三个原则：（1）等价性原则．在数形结合时，代数性质和几何性质的转换必须是等价的，否则解题将会出现漏洞．有时，由于图形的局限性，不能完整的表现数的一般性，这时图形的性质只能是一种直观而浅显的说明，要注意其带来的负面效应．（2）双方性原则．既要进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易出错．（3）简单性原则．不要为了“数形结合”而数形结合．具体运用时，一要考虑是否可行和是否有利；二要选择好突破口，恰当设参、用参、建立关系、做好转化；三要挖掘隐含条件，准确界定参变量的取值范围，特别是运用函数图象时应设法选择动直线与定二次曲线．3．数形结合思想在高考试题中主要有以下六个常考点（1）集合的运算及Venn图；（2）函数及其图象；（3）数列通项及求和公式的函数特征及函数图象；（4）方程（多指二元方程）及方程的曲线；（5）对于研究距离、角或面积的问题，可直接从几何图形入手进行求解即可；（6）对于研究函数、方程或不等式（最值）的问题，可通过函数的图象求解（函数的零点、顶点是关键点），做好知识的迁移与综合运用．4．数形结合思想是解答高考数学试题的一种常用方法与技巧，特别是在解选择题、填空题时发挥着奇特功效，这就要求我们在平时学习中加强这方面的训练，以提高解题能力和速度．具体操作时，应注意以下几点：（1）准确画出函数图象，注意函数的定义域；（2）用图象法讨论方程（特别是含参数的方程）的解的个数是一种行之有效的方法，值得注意的是首先要把方程两边的代数式看作是两个函数的表达式（有时可能先作适当调整，以便于作图），然后作出两个函数的图象，由图求解；（3）在解答题中数形结合思想是探究解题的思路时使用的，不可使用形的直观代替相关的计算和推理论证．【数形结合思想解决的问题类型】一、构建函数模型并结合其图象求参数的取值范围；例1.【2017江苏，14】设()f x是定义在R且周期为1的函数，在区间[0,1)上,2,,(),,x x Df xx x D⎧∈⎪=⎨∉⎪⎩其中集合1,*nD x x nn-⎧⎫==∈⎨⎬⎩⎭N，则方程()lg0f x x-=的解的个数是 .【答案】8因此lg x不可能与每个周期内x D∈对应的部分相等，只需考虑lg x与每个周期x D∉的部分的交点，例2【2016年高考北京理数】设函数33,()2,x x x af x x x a⎧-≤=⎨->⎩.①若0a =，则()f x 的最大值为______________； ②若()f x 无最大值，则实数a 的取值范围是________. 【答案】2，(,1)-∞-. 【解析】如图作出函数3()3g x x x =-与直线2y x =-的图象，它们的交点是(1,2)A -，(0,0)O ，(1,2)B -，由2'()33g x x =-，知1x =是函数()g x 的极大值点，①当0a =时，33,0()2,0x x x f x x x ⎧-≤=⎨->⎩，因此()f x 的最大值是(1)2f -=；②由图象知当1a ≥-时，()f x 有最大值是(1)2f -=；只有当1a <-时，由332a a a -<-，因此()f x 无最大值，∴所求a 的范围是(,1)-∞-，故填：2，(,1)-∞-．二、构建函数模型并结合其图象研究方程根的范围；例3.对于实数a 和b ，定义运算“*”：a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2－ab ，a ≤b ，b 2－ab ，a >b .设f (x )＝(2x －1)*(x －1)，且关于x 的方程f (x )＝m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1x 2x 3的取值范围是________． 【答案】⎝⎛⎭⎪⎫1－316，0【解析】由定义可知，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1x ，x ≤0，－x －1x ，x >0.作出函数f (x )的图象，如图所示．由图可知，当0<m <14时，f (x )＝m (m ∈R )恰有三个互不相等的实数根x 1，x 2，x 3.不妨设x 1<x 2<x 3，易知x 2>0，且x 2＋x 3＝2×12＝1，∴x 2x 3<14.令⎩⎪⎨⎪⎧2x －1x ＝14，x <0，解得x ＝1－34或x ＝1＋34(舍去)．∴1－34<x 1<0，∴1－316<x 1x 2x 3<0.，答案⎝ ⎛⎭⎪⎫1－316，0三、构建函数模型并结合其图象研究量与量之间的大小关系； 例4.函数()()2ax bf x x c +=+的图象如图所示，则下列结论成立的是（ ）（A ）0a >，0b >，0c < （B ）0a <，0b >，0c > （C ）0a <，0b >，0c < （D ）0a <，0b <，0c <【答案】C四、构建函数模型并结合其几何意义研究函数的最值问题和证明不等式；例5【2018届湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高三2月联考】(),P x y满足22{1024x yx yx y+≥--≤+≤，则22x y+的最小值为__________．【答案】45【解析】作出可行域：22x y+的表示可行域上的点到原点的距离的平方，其最小值显然是原点到直线AC 距离的平方：24541=⎪+⎝⎭故答案为：45例6.【2018届山东省威海市高三上期末】在平面直角坐标系中，，，点在圆上，若，则点的横坐标的取值范围是________.【答案】【解析】设，则因为，，所以，又即在圆，又在直线的上方，设直线与圆交点为，圆与正半轴交于，则在弧上，由，得，又，，即点的横坐标的取值范围是，故答案为.五、构建立体几何模型研究代数问题；例7.如图，四边形ABCD 和ADPQ 均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E 、F 分别为AB 、BC 的中点。
第01讲 配方法-高中数学常用的解题技巧 含解析
高中数学常用解题技巧第01讲：配方法【知识要点】一、配方法是初中数学和高中数学解题时常用的一种技巧，必须要理解和熟练掌握.配方的过程一般如下：22222222()()()44b b b b ax bx c ax bx c a x x c a x x c a a a a ++=++=++=++-+224()24b ac b a x a a-=++ 二、配方时，一般把常数项单独放开，再提取二次项的系数，再配方整理.三、如果二次项的系数是1，一次项的系数是偶数时，配方比较方便。
如果不是这种情况，可以不配方，直接利用二次函数的公式即可，0a >时 ，抛物线开口向上，0a <时，抛物线开口向下.对称轴方程为,2b x a =-顶点坐标为24(,)24b ac b a a--。
【方法讲评】【例1】已知函数2()log (2)1f t t t =-+-,(t)f 的定义域为D ．(1）求D ；(2）若函数22()2g x x mx m =+-在D 上存在最小值2,求实数m 的值．此时22)()(2min ≠-=-=m m g x g ，此时m 值不存在；③1m -≤即1m ≥-时，()g x 在[1,2)上单调递增，此时221)1()(2min =-+==m m g x g ，解得1m =．综上：1m =．【点评】（1）对于有些二次函数的二次项系数是“1"，一次项的系数是偶数的，可以直接配方，对于【反馈检测1】已知函数() 2.f x x x =-(1)写出()f x 的单调区间；（2）设0a >，求()f x 在[]0,a 上的最大值．高中数学常用解题技巧第01讲：配方法参考答案【反馈检测1答案】（1) 单调递增区间是(],1-∞和[)2,+∞,单调递减区间是[]1,2;（2)max ()f x =(2),0112(2),2a a a a a a a -<<⎧⎪≤≤⎨⎪->⎩，11+1+。
高中数学解题基本方法-配方法
运用举例
【例】已知实数x,y满足x² +3x+y-3=0，则x+y的最大值为____。
分析：将y用含x的式子来表示，再代入(x+y)求值。
解：x² +3x+y-3=0 y=3-3x-x² ，
代入(x+y)得x+y=3-2x-x² =-(x² +2x-3)=-[(x+1)² -4]=4-(x+1)² 。
3. 已知sin4α＋cos4α＝1，则sinα＋cosα的值为___。 A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0
解:已知等式经配方成(sin2α＋cos2α)2 －2sin2αcos2α＝1，得 sinαcosα=0；(sinα＋cosα)2=sin2α+cos2α+2sinαcosα=1,
高考试题主要从以下几个方面对数学思想方法进行考查：
配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法、参数法、消去 法等；
分析法、综合法、反证法、归纳法、演绎法等；
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；
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。
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”。 本系列课程重点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、数学归纳法等方法。
所以这条抛物线的顶点坐标为（-1，-6）
精典例题 1. 在正项等比数列{an}中，a1a5 +2a3a5 +a3a7 =25，则 a3＋a5＝_______。 解：利用等比数列性质am-p × am+p ＝am2 将已知等式左边后配方(a3 ＋ a5 )2易求。答案是：5
高级高中数学方法篇之配方法
高中数学方法篇之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，或者缺xy项的二次曲线的平移变换等问题。
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)2＝a2＋2ab＋b2，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝(a－b)2＋2ab；a2＋ab＋b2＝(a＋b)2－ab＝(a－b)2＋3ab＝(a＋b2)2＋（32b）2；a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca＝12[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(c＋a)2]a2＋b2＋c2＝(a＋b＋c)2－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)2－2(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）2；x2＋12x＝(x＋1x)2－2＝(x－1x)2＋2 ；……等等。
一、再现性题组：1. 在正项等比数列{an }中，a1a5+2a3a5+a3a7=25，则 a3＋a5＝_______。
2. 方程x2＋y2－4kx－2y＋5k＝0表示圆的充要条件是_____。
A. 14<k<1 B. k<14或k>1 C. k∈R D. k＝14或k＝13. 已知sin4α＋cos4α＝1，则sinα＋cosα的值为______。
A. 1B. －1C. 1或－1D. 04. 函数y＝log12(－2x2＋5x＋3)的单调递增区间是_____。
A. （－∞, 54] B. [54,+∞) C. (－12,54] D. [54,3)5. 已知方程x2+(a-2)x+a-1=0的两根x1、x2，则点P(x1,x2)在圆x2+y2=4上，则实数a＝_____。
2018版高考数学理 全国甲卷大二轮总复习与增分策略配套课件 专题九 数学思想方法 精品
借助于数的精确性和规范性及严 密性来阐明形的某些属性，即以 数作为手段，形作为目的解决问 题的数学思想
数形结合思想通过“以形助数，以数辅形”，使复杂问题简单化，抽象 问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助于把握数学问题的本质， 它是数学的规律性与灵活性的有机结合
例2 (1)(2015·湖南)若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取 值范围是__(_0_,_2_) __. 解析 由f(x)＝|2x－2|－b＝0，得|2x－2|＝b. 在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示.
则当0<b<2时，两函数图象有两个交点， 从而函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点.
解析答案
(2)已知A→B⊥A→C，|A→B|＝1t ，|A→C|＝t，若 P 点是△ABC 所在平面内一点，
且A→P＝|AA→ →BB|＋4|A→A→CC|.则满足A→P⊥B→C的实数
t
1 的值为____2____.
32＋42 ＝3，
∴此时|PA|min＝ |PC|2－|AC|2＝2 2. ∴(S 四边形 PACB)min ＝2(S△PAC)min＝2 2.
解析答案
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三、分类与整合思想
分类与整合思想是将一个较复杂的数学问题分解(或分割)成若干个基础 性问题，通过对基础性问题的解答来实现解决原问题的思想策略.对问 题实行分类与整合，分类标准等于增加一个已知条件，实现了有效增 设，将大问题(或综合性问题)分解为小问题(或基础性问题)，优化解题 思路，降低问题难度；分类研究后还要对讨论结果进行整合.
函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的，是相辅相成的．函 数思想重在对问题进行动态的研究，方程思想则是在动中求解，研究运 动中的等量关系
高考数学二轮复习 第三篇 方法应用篇 专题3.4 分离(常数)参数法(讲)理
方法四 分离（常数）参数法分离（常数）参数法是高中数学中比较常见的数学思想方法，求参数的范围常常与分类讨论、方程的根与零点等基本思想方法相联系，其中与二次函数相关的充分体现数形结合及分类思想方法的题目最为常见.与二次函数有关的求解参数的题目, 相当一部分题目都可以避开二次函数,使用分离变量,使得做题的正确率大大提高，随着分离变量的广泛使用,越来越多的压轴题都需要使用该思想方法. 1 分离常数法分离常数法在含有两个量（一个常量和一个变量）的关系式（不等式或方程）中，要求变量的取值范围，可以将变量和常量分离（即变量和常量各在式子的一端），从而求出变量的取值范围. 1.1 用分离常数法求分式函数的最值（值域）分离常数法是研究分式函数的一种代数变形的常用方法，主要的分式函数有ax by cx d+=+，22ax bx c y mx nx p ++=++，x x m a n y p a q⋅+=⋅+，sin sin m x n y p x q ⋅+=⋅+ 等，解题的关键是通过恒等变形从分式函数中分离出常数.例1. 已知函数()242x x a af x a a-+=+（0a >且1a ≠）是定义在R 上的奇函数.（Ⅰ）求a 的值；（Ⅱ）求函数()f x 的值域；（Ⅲ）当[]1,2x ∈时， ()220xmf x +-≥恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】(Ⅰ) 2a =；(Ⅱ) ()1,1-；(Ⅲ) 10,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 【解析】试题分析：(Ⅰ)由函数为奇函数可得()()f x f x -=-，即242422x x x xa a a aa a a a---+-+=-++，可得2a =．（Ⅱ）分离常数可得()2121x f x =-+，故函数为增函数，再由211x+>，可得211121x -<-<+，即可得函数的值域．(Ⅲ)通过分离参数可得()()212221xx xm +-≥-在[]1,2x ∈时恒成立，令()2113xt t =-≤≤，，则有()()2121t t m t tt+-≥=-+，根据函数21y t t=-+的单调性可得函数的最大值，从而可得实数m 的取值范围（Ⅱ）由（Ⅰ）可得()22221212222121x x x x xf x ⋅--===-⋅+++， ∴函数()f x 在R 上单调递增， 又211x+>，∴22021x -<-<+， ∴211121x -<-<+．∴函数()f x 的值域为()1,1-．（Ⅲ）当[]1,2x ∈时， ()21021x xf x -=>+． 由题意得()212221x x xmf x m -=≥-+在[]1,2x ∈时恒成立， ∴()()212221xx x m +-≥-在[]1,2x ∈时恒成立．令()2113xt t =-≤≤，，则有()()2121t t m t tt+-≥=-+，∵当13t ≤≤时函数21y t t=-+为增函数，∴max 21013t t ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭. ∴103m ≥. 故实数m 的取值范围为10,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭． 例2.一种作图工具如图1所示．O 是滑槽AB 的中点，短杆ON 可绕O 转动，长杆MN 通过N 处铰链与ON连接，MN 上的栓子D 可沿滑槽AB 滑动，且1DN ON ==，3MN =．当栓子D 在滑槽AB 内作往复运动时，带动．．N 绕O 转动一周（D 不动时，N 也不动），M 处的笔尖画出的曲线记为C ．以O 为原点，AB 所在的直线为x 轴建立如图2所示的平面直角坐标系． （Ⅰ）求曲线C 的方程；（Ⅱ）设动直线l 与两定直线1:20l x y -=和2:20l x y +=分别交于,P Q 两点．若直线l 总与曲线C 有且只有一个公共点，试探究：OQP ∆的面积是否存在最小值？若存在，求出该最小值；若不存在，说明理由．【答案】（Ⅰ）221164x y +=；（Ⅱ）存在最小值8. 【解析】（Ⅰ）设点(,0)(||2)D t t ≤，00(,),(,)N x y M x y ，依题意，第21题图1第21题图22MD DN =，且||||1DN ON ==，所以00(,)2(,)t x y x t y --=-，且2200220()1,1.x t y x y ⎧-+=⎪⎨+=⎪⎩即0022,2.t x x t y y -=-⎧⎨=-⎩且0(2)0.t t x -= 由于当点D 不动时，点N 也不动，所以t 不恒等于0，于是02t x =，故00,42x yx y ==-，代入2201x y +=，可得221164x y +=，即所求的曲线C 的方程为221.164x y +=又由,20,y kx m x y =+⎧⎨-=⎩ 可得2(,)1212m m P k k --；同理可得2(,)1212m m Q k k -++.由原点O 到直线PQ的距离为d =和|||P Q PQ x x -，可得22111222||||||||222121214OPQP Q m m m S PQ d m x x m k k k ∆=⋅=-=⋅+=-+-. ② 将①代入②得，222241281441OPQk m S k k ∆+==--. 当214k >时，2224128()8(1)84141OPQ k S k k ∆+==+>--；当2104k ≤<时，2224128()8(1)1414OPQ k S k k ∆+==-+--.因2104k ≤<，则20141k <-≤，22214k ≥-，所以228(1)814OPQ S k ∆=-+≥-，当且仅当0k =时取等号. 所以当0k =时，OPQ S ∆的最小值为8.综合（1）（2）可知，当直线l 与椭圆C 在四个顶点处相切时，OPQ ∆的面积取得最小值8. 1.2 用分离常数法判断分式函数的单调性例3....例4.【2018届高三训练】若不等式x2＋ax＋1≥0对一切则a的最小值为( )A. 0B. －2C. －3【答案】C2 分离参数法分离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，通过分离参数，用函数观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围.这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决.分离参数法在解决有关不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数单调性中参数的取值范围问题时经常用到. 解题的关键是分离出参数之后将原问题转化为求函数的最值或值域问题.2.1 用分离参数法解决不等式恒成立问题例5.【2018届天一大联考高中毕业班阶段性测试（四）__________．【解析】由题可知：t=n+1M的最小值是例6.（1（2）围．【答案】（1（2【解析】（1（22.2 求定点的坐标例7. .【反思提升】综合上面的例题，我们可以看到，分离参（常）数是通过将两个变量构成的不等式(方程)变形到不等号(等号)两端，使两端变量各自相同,解决有关不等式恒成立、不等式存在（有）解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量，其中一个范围已知，另一个范围未知，解决问题的关键是分离变量之后将问题转化为求函数的最值或值域的问题.分离变量后，对于不同问题我们有不同的理论依据需遵循.。
菲翔学校高考数学秘籍18法高考中常用数学的方法配方法待定系数法换元法试题
墨达哥州易旺市菲翔学校高考数学秘籍18法高考中常用数学的方法配方法待定系数法换元法一、知识整合配方法、待定系数法、换元法是几种常用的数学根本方法.这些方法是数学思想的详细表达,是解决问题的手段,它不仅有明确的内涵,而且具有可操作性,有施行的步骤和作法.配方法是对数学式子进展一种定向的变形技巧,由于这种配成“完全平方〞的恒等变形,使问题的构造发生了转化,从中可找到与未知之间的联络,促成问题的解决.待定系数法的本质是方程的思想,这个方法是将待定的未知数与数统一在方程关系中,从而通过解方程(或者方程组)求得未知数.换元法是一种变量代换,它是用一种变数形式去取代另一种变数形式,从而使问题得到简化,换元的本质是转化.二、例题解析例1．长方体的全面积为11,其12条棱的长度之和为24,那么这个长方体的一条对角线长为(). (A )32(B )14(C )5 (D )6分析及解：设长方体三条棱长分别为x ,y ,z ,那么依条件得：2(xy +yz +zx )=11,4(x +y +z )=24.而欲求的对角线长为222z y x ++,因此需将对称式222z y x++写成根本对称式x +y +z 及xy +yz +zx )(2)(2222xz yz xy z y x z y x ++-++=++=62-11=25∴5222=++z y x ,应选C .例2．设F 1和F 2为双曲线1422=-y x 的两个焦点,点P 在双曲线上且满足∠F 1PF 2=90°,那么ΔF 1PF 2的面积是().(A )1 (B )25 (C )2 (D )5分析及解：欲求||||212121PF PF S F PF ⋅=∆(1),而由能得到什么呢？由∠F 1PF 2=90°,得20||||2221=+PF PF(2),又根据双曲线的定义得|PF 1|-|PF 216||||2||||||||||212221221=⋅-+=-PF PF PF PF PF PF ,故2421)16|||(|21||||222121=⨯=-+=⋅PF PF PF PF ∴1||||212121=⋅=∆PF PF S F PF ,∴选(A ).注：配方法实现了“平方和〞与“和的平方〞的互相转化.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,点P (0,5)到该双曲线上的点的最近间隔是2,求双曲线方程.分析及解：由题意可设双曲线方程为12222=-b x a y ,∵25=e ,∴a =2b ,因此所求双曲线方程可写成：2224a x y =-(1),故只需求出a 可求解.设双曲线上点Q 的坐标为(x ,y ),那么|PQ |=22)5(-+y x (2),∵点Q (x ,y )在双曲线上,∴(x ,y )满足(1)式,代入(2)得|PQ |=222)5(44-+-y a y (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||222a y PQ -+-=(y ≥a 或者y ≤-a ).二次曲线的对称轴为y =4,而函数的定义域y ≥a 或者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处获得最小值,∴令4452=-a ,得a 2=4∴所求双曲线方程为1422=-x y . (2)当a >4时,如图(2)可知函数在y =a 处获得最小值,∴令445)4(4522=-+-a a ,得a 2=49, ∴所求双曲线方程为14944922=-x y . 注：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．设f (x )是一次函数,且其在定义域内是增函数,又124)]([11-=--x x ff ,试求f (x )的表达式.分析及解：因为此函数的形式,故此题需用待定系数法求出函数表达式. 设一次函数y =f (x )=ax +b (a >0),可知)(1)(1b x ax f -=-, ∴124)(11])(1[1)]([2211-=+-=--=--x b ab ax a b b x a a x f f .比较系数可知：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+>=)2(12)(1)1()0(4122b ab a a a 且解此方程组,得21=a,b =2,∴所求f (x )=221+x . 例5．如图,在矩形ABCD 中,C (4,4),点A 在曲线922=+y x(x >0,y >0)上挪动,且AB ,BC 两边始终分别平行于x 轴,y 轴,求使矩形ABCD 的面积为最小时点A 的坐标.分析及解：设A (x ,y ),如下列图,那么=ABCDS (4-x )(4-y )(1)此时S 表示为变量x ,y 的函数,如何将S 表示为一个变量x (或者y )的函数呢？有的同学想到由得x 2+y 2=9,如何利用此条件？是从等式中解出x (或者y ),再代入(1)式,因为表达式有开方,显然此方法不好.假设我们将(1)式继续变形,会得到S =16-4(x +y )+xy (2) 这时我们可联想到x 2+y 2与x +y 、xy 间的关系,即(x +y )2=9+2xy .因此,只需设t =x +y ,那么xy =292-t ,代入(2)式得S =16-4t +27)4(212922+-=-t t (3)S 表示为变量t 的二次函数,∵0<x <3,0<y <3,∴3<t <23,∴当t =4时,S ABCD 的最小值为27. 此时⎪⎩⎪⎨⎧==+,27,4xy y x )222,222()222,222(-++-或的坐标为得A 注：换元前后新旧变量的取值范围是不同的,这样才能防止出现不必要的错误.例6．设方程x 2+2kx +4=0的两实根为x 1,x 2,假设212221)()(x xx x +≥3,求k 的取值范围. 解：∵2]2)([2)()()(22122121221212221--+=-+=+x x x x x x x x x x x x ≥3,以k x x 221-=+,421=x x 代入整理得(k 2-2)2≥5,又∵Δ=4k 2-16≥0,∴⎪⎩⎪⎨⎧≥-≥-045|2|22k k 解得k ∈(-52,+-∞)∪[52+,+∞].例7．点P (x ,y )在椭圆1422=+y x 上挪动时,求函数u =x 2+2xy +4y 2+x +2y 的最大值. 解：∵点P (x ,y )在椭圆1422=+y x 上挪动,∴可设⎩⎨⎧==θθsin cos 2y x 于是 =θθθθθθsin 2cos 2sin 4cos sin 4cos422++++=]1sin cos )sin [(cos 22++++θθθθ令t =+θθsin cos ,∵)4sin(2cos sin πθθθ+=+,∴|t |≤2.于是u =23)21(2)1(222++=++t t t ,(|t |≤2).当t =2,即1)4sin(=+πθ时,u 有最大值.∴θ=2k π+4π(k ∈Z )时,226max +=u . 例8．过坐标原点的直线l 与椭圆126)3(22=+-y x 相交于A ,B 两点,假设以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：设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)直线l 的方程为y =kx ,将它代入椭圆方 程整理得036)31(22=+-+x x k (*)由韦达定理,221316k x x +=+(1),221313k x x +=(2)又F (1,0)且AF ⊥BF ,∴1-=⋅BF AF k k ,即1112211-=-⋅-x yx y , 将11kx y =,22kx y =代入上式整理得1)1(21212-+=⋅+x x x x k ,将(1)式,(2)式代入,解得312=k .故直线l 的倾斜角为6π或者65π. 注：此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9．设集合A ={R x a x x x∈=+-+,024|1}(1)假设A 中有且只有一个元素,务实数a 的取值集合B ； (2)当a ∈B 时,不等式x 2-5x -6<a (x -4)恒成立,求x 的取值范围.解：(1)令t =2x,那么t >0且方程0241=+-+a x x化为t 2-2t +a =0(*),A 中有且只有一个元素等价于方程(*)有且只有一个正根,再令f (t )=t 2-2t +a ,那么Δ=0或者⎩⎨⎧≤>∆0)0(0f 即a =1或者a ≤0,从而B =(-∞,0]∪{1}.(2)当a =1时,113-<x <3+11,当a ≤0,令g (a )=a (x -4)-(x 2-5x -6),那么当a ≤0时不等式)4(652-<+-x a x x恒成立,即当a ≤0时,g (a )>0恒成立,故x x g <-⇒⎩⎨⎧≤->1040)0(≤4.综上讨论,x 的取值范围是(113-,4).。
2018年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.1配方法专题练理
方法一配方法1.练高考1.【2017课标II，理12】已知是边长为2的等边三角形，P为平面ABC内一点，则的最小值是（）A. B. C.D.【答案】B【解析】2. 【2017天津，理8】已知函数设，若关于x的不等式在R上恒成立，则a的取值范围是（A）（B）（C）（D）【答案】（当时取等号），所以，综上．故选A．3.【2017课标II，理14】函数（）的最大值是 .【答案】1【解析】4.【2016高考新课标1】设直线y=x+2a与圆C：x2+y2-2ay-2=0相交于A,B两点,若,则圆C的面积为 .【答案】【解析】由题意直线即为,圆的标准方程为,所以圆心到直线的距离,所以, 故,所以．故填．5.【2017课标II，理17】的内角所对的边分别为，已知，（1）求；（2）若，的面积为，求.【答案】 (1)；(2)。
【解析】试题分析：利用三角形内角和定理可知，再利用诱导公式化简，利用降幂公式化简，结合求出；利用（1）中结论，利用勾股定理和面积公式求出，从而求出。
6.【2016高考浙江】设函数=，.证明：（I）；（II）.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析.【解析】(Ⅰ)因为由于，有即，所以(Ⅱ)由得，故，所以 .由(Ⅰ)得，又因为，所以，综上，2.练模拟1.定义运算，若函数在上单调递减，则实数m的取值（）A． B． C． D．【答案】C【解析】由定义知，在上单调递减，单调递增，由题意，又，故选C.2.【2018届广东省兴宁市沐彬中学高三上中段】函数的最大值为_______。
【答案】【解析】当时，3.【2018届福建省高三毕业班总复习】己知函数，．若恒成立，求实数的取值范围.【答案】【解析】试题分析：令,将原函数换元为二次函数，然后求解二次函数在闭区间上的值域即可求得实数的取值范围是.试题解析：设，因为，所以函数可化成（）,当时, 是的减函数, 当时, 是的增函数.又当时, ,当时, ,因为3>0，所以.要使恒成立，,则，所以的取值范围为4.【2018届河南省天一大联考高三上学期阶段性测试（二）】已知函数为偶函数．(Ⅰ)求的最小值；(Ⅱ)若不等式恒成立，求实数的最小值.【答案】(1) 当时，取得最小值2;(2) 实数的最小值为.试题解析：(Ⅰ) 由题意得，即在R上恒成立，整理得()(=0在R上恒成立,解得，∴．设，则，∵，∴,∴,∴，∴在上是增函数．又为偶函数，∴在上是减函数．∴当时，取得最小值2.(Ⅱ)由条件知．∵恒成立，∴恒成立．令由 (Ⅰ)知，∴时， 取得最大值0，∴,∴实数的最小值为． 5.已知点的坐标为，是抛物线上不同于原点的相异的两个动点，且．（1）求证：点共线；（2）若，当时，求动点的轨迹方程．【答案】（1）证明见解析；（2）.（2）由题意知，点是直角三角形斜边上的垂足，又定点在直线上，，所以设动点，则，又，所以，即动点的轨迹方程为．3.练原创1.定义一种运算a b ＝b ，a ＞b ，a ，a≤b ，令f(x)＝(cos 2x ＋sin x)45，且x ∈，则函数f 的最大值是( )A.45 B ．1 C ．－1 D ．－45 【答案】A【解析】设y ＝cos 2x ＋sin x ＝－sin 2x ＋sin x ＋1＝－212＋45，∵x ∈，∴0≤sin x ≤1，∴1≤y ≤45，即1≤cos 2x ＋sin x ≤45.根据新定义的运算可知f(x)＝cos 2x ＋sin x ，x ∈， ∴f＝－21＋45＝－21＋45，x ∈，ππ.∴f的最大值是45.2．已知等差数列的前n 项和为，且，若数列在时为递增数列，则实数的取值范围为（ ）A. (-15,+) B[-15,+) C.[-16,+) D. (-16,+)【答案】D【解析】因为数列是等差数列，所以，若数列在时为递增数列，故对称轴，解得，选D ．3. 设分别为和椭圆上的点，则两点间的最大距离是（ ） A.B.C.D.【答案】D 【解析】依题意两点间的最大距离可以转化为圆心到椭圆上的点的最大距离再加上圆的半径.设椭圆 上的一点，圆心到椭圆的距离.所以两点间的最大距离是.故选D.4.对于c ＞0，当非零实数a ，b 满足4a 2－2ab ＋4b 2－c ＝0，且使|2a ＋b |最大时，的最小值为 . 【答案】-2【解析】由题知2c ＝－(2a ＋b )2＋3(4a 2＋3b 2)，(4a 2＋3b 2)31≥(2a ＋b )2⇔4a 2＋3b 2≥43(2a ＋b )2，即2c ≥45(2a ＋b )2，当且仅当14a2＝31，即2a ＝3b ＝6λ(同号)时，|2a ＋b |取得最大值c 8，此时c ＝40λ2.a 3－b 4＋c 5＝8λ21－λ1＝81－41－2≥－2，当且仅当a ＝43，b ＝21，c ＝25时，a 3－b 4＋c 5取最小值－2.5. 在各项均为正数的等比数列中，，且，，成等差数列．(Ⅰ) 求等比数列的通项公式；(Ⅱ) 若数列满足，求数列的前n 项和的最大值.【答案】【解析】 (Ⅰ)设数列的公比为q ，.因为，，成等差数列，所以，则，所以，解得或(舍去)， 又，所以数列的通项公式．(Ⅱ) ，则，，故数列是首项为9，公差为－2的等差数列，所以，所以当时，的最大值为25．。
2018年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.1配方法专题测理
方法一配方法（一）选择题（12*5=60分）1.【2018届北京市十五中高三会考模拟练习二】已知点，动点的坐标满足，那么的最小值是（）A. B. C. D. 1【答案】B【解析】所以选B.2.【2018届山东省济宁市微山县第二中学高三上第一次月考】“函数在区间内单调递减”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B3.【2018届黑龙江省七台河市高三上学期期末】已知，，，则的最大值为（）A. 4B. 8C. 16D. 32【答案】C【解析】，且，故选C.4.已知向量a ＝(λ＋2，λ2－cos 2α)，，其中λ，m ，α为实数．若a＝2b ，则m λ的取值范围是( )A ．[－6,1]B ．[4,8]C ．(－6,1]D ．[－1,6] 【答案】A【解析】由题知，2b ＝(2m ，m ＋2sin α)，所以λ＋2＝2m ，且λ2－cos 2α＝m ＋2sin α，于是2λ2－2cos 2α＝λ＋2＋4sin α，即2λ2－λ＝－2sin 2α＋4sin α＋4＝－2(sin α－1)2＋6，故－2≤2λ2－λ≤6，即2λ2－λ≥－2，2λ2－λ≤6，解得－23≤λ≤2，则m λ＝＋1λ＝2－λ＋24∈[－6,1]．选A5.【2018届湖北省黄石市第三中学（稳派教育）高三阶段性检测】下列命题正确的是（ ）A. ，B. 函数在点处的切线斜率是0C. 函数的最大值为，无最小值D. 若，则【答案】C【解析】对于，， 不存在，故错；对于，，即函数在点处的切线斜率是，故错；对于，设，则，，故对；对于，当时， 与位置不确定，故错，故选C.6．函数y ＝sin x cos x ＋sin x ＋cos x 的最大值为( ) A.21＋ B.－21C ．2 D.22【答案】A【解析】令t ＝sin x ＋cos x ，t ∈[－，]，则y ＝21t 2＋t －21＝21(t ＋1)2－1，t ＝时，y max ＝21＋.7.已知等差数列的公差若则该数列的前项和的最大值为 （ ） A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由已知得故，当n=9或n=10时，的最大值为或,.8. 若函数是偶函数，则的最小值为（ ）A. B. C. D.【答案】C9.已知椭圆的中心为，右焦点为、右顶点为，直线与轴的交点为，则的最大值为 （ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C.【解析】.10. 已知，设，若，则的取值范围是（ ）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得,所以,选C.11.等腰直角△内接于抛物线，为抛物线的顶点，，△的面积是16，抛物线的焦点为，若是抛物线上的动点，则的最大值为（）A． B． C．D．【答案】C【解析】12.【2018届云南省大理市云南师范大学附属中学高考适应性月考卷（二）】已知圆的半径为2，是圆上任意两点，且，是圆的一条直径，若点满足（），则的最小值为（）A. -1B. -2C. -3D. -4【答案】C【解析】因为，由于圆的半径为，是圆的一条直径，所以，，又，所以，所以，当时，，故的最小值为，故选C．二、填空题（4*5=20分）13. 当时，函数的最小值是__________．【答案】4【解析】函数，由于，故当时，函数取得最小值为，故答案为.14.【2018届河北省武邑中学高三上学期第一次月考】“好酒也怕巷子深”，许多著名品牌是通过广告宣传进入消费者视线的.已知某品牌商品靠广告销售的收入与广告费之间满足关系（为常数），广告效应为.那么精明的商人为了取得最大广告效应.投入的广告费应为__________．（用常数表示）【答案】【解析】由题意得，且∴当时，即时，最大，即答案为15.【2017届江西师范大学附属中学三模】设是函数的两个极值点，且，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】因为是函数的两个极值点，是的两个根，，，即，，设，则，则实数的取值范围是，故答案为.16.【2018届北京东城27中学高三上学期期中】已知函数（、为实数，，），若，且函数的值域为，则的表达式__________．当时，是单调函数，则实数的取值范围是__________．【答案】(2)因为g（x）=f（x）-kx=x2+2x+1-kx=x2-（k-2）x+1=（或或故答案为(1). (2).三、解答题（6*12=72分）17.【2018届江苏省淮安市淮海中学高三上学期第一次阶段调研】已知函数（且），且.（1）求的值及的定义域；（2）若不等式的恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）,;(2) .【解析】试题分析：1）由f（1）=2，解得a=2．从而f（x）=log2（x+1）+log2（3﹣x），由，即可得到函数f（x）的定义域．（2）由（1）可知：f（x）= ，若不等式的恒成立，即的最大值小于等于c，利用二次函数与对数函数的单调性即可得出．试题解析：（1）因为，所以，故，所以，由得，所以的定义域为.（2）由（1）知，，故当时，的最大值为2，所以的取值范围是.18.【2018届山东省滕州市第三中学高三一轮】已知函数f（x）=|x﹣1|，g（x）=﹣x2+6x ﹣5．（1）若g（x）≥f（x），求实数x的取值范围；（2）求g（x）﹣f（x）的最大值．【答案】（1）[1，4]；（2）.【解析】试题分析：（1）由题意可得﹣x2+6x﹣5≥=|x﹣1|，所以只需要分x≥1和x＜1分别解不等式，再做并集。
配套K122018年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.1配方法专题讲理
方法一配方法一、配方法的定义：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.如何配方，需要我们根据题目的要求，合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，完成配方.配方法是数学中化归思想应用的重要方法之一.二、配方法的基本步骤：配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式，具体操作时通过加上一次项系数一半的平方，配凑成完全平方式，注意要减去所添的项，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.如：三、常见的基本配方形式可得到各种基本配方形式，如：；；；结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如：；。
本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.1 配方法与函数二次函数或通过换元能化为二次函数的函数均可用配方法求其最值.在换元的过程中要注意引入参数的取值范围。
例1.【2016高考浙江文数】已知函数f（x）=x2+bx，则“b<0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】由题意知，最小值为.令，则，当时，的最小值为，所以“”能推出“的最小值与的最小值相等”；当时，的最小值为0，的最小值也为0，所以“的最小值与的最小值相等”不能推出“”．故选A．例2．【2018届浙江省台州中学高三上学期第三次统练】已知函数．（1）当时，若存在，使得，求实数的取值范围；（2）若为正整数，方程的两个实数根满足，求的最小值．【答案】（1）或；（2）11．试题解析：（1）当时，由题意可知，在上有两个不等实根，或在上有两个不等实根，则或,解得或即实数的取值范围是或.（2）设，则由题意得，即，所以，由于①当时，，且无解，②当时，，且，于是无解，③当时，，且，由，得，此时有解，综上所述，，当时取等号，即的最小值为11．2 配方法与三角函数在三角函数中，同角三角函数基本关系式中的平方关系及其变形、二倍角公式及其变形为考察配方法提供了平台，例3.【2018届宁夏银川一中高三上学期第二次月考】函数f(x)＝cos2x＋sinx的最小值为________．【答案】-2【解析】，所以当时，取最小值3配方法与解三角形在解三角形中，余弦定理为考察配方法提供了平台，因为对于三角形的三边，如果能用一个变量给表示出来，就可以转化为二次函数问题，可以通过配方法来解。
高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.2换元法(讲)理(2021学年)
20１８年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题3.2 换元法（讲)理编辑整理：尊敬的读者朋友们:这里是精品文档编辑中心,本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的,发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方,但是任然希望(２０18年高考数学二轮复习第三篇方法应用篇专题 3.2 换元法（讲)理）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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方法二换元法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。
纵观近几年高考对于转化与化归思想的的考查,换元法是转化与化归思想中考查的重点和热点之一.换元法是解数学题时，把某个式子看成一个整体，用一个变量去代替它，使问题得到简化,变得容易处理.换元法的实质是转化，关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是通过换元变换研究对象,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,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。
主要考查运用换元法处理以函数、三角、不等式、数列、解析几何为背景的最值、值域或范围问题，通过换元法把不熟悉、不规范、复杂的典型问题转化为熟悉、规范、简单的典型问题,起到化隐形为显性、化繁为简、化难为易的作用,以优化解题过程．要用好换元法要求学生有较强转化与化归意识、严谨治学态度和准确的计算能力。
从实际教学来看，换元法是学生掌握最为模糊，知道方法但不会灵活运用的方法。
分析原因,除了换元法比较灵活外，主要是学生没有真正掌握换元法的类型和运用其解题的题型与解题规律,以至于遇到需要换元的题目便产生畏惧心理.本文就高中阶段出现换元法的类型与相关题型作以总结和方法的探讨。
高考数学专题复习数学解题方法之配方法探讨
【高考数学专题讲座】第10讲：数学解题方法之配方法探讨3～8讲，我们对数学思想方法进行了探讨，从本讲开始我们对数学解题方法进行探讨。
数学问题中，常用的数学解题方法有待定系数法、配方法、换元法、数学归纳法、反证法等。
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。
如何配方，需要我们根据题目的要求，合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，完成配方。
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。
配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式222(+)+2+a b a ab b ＝，将这个公式灵活运用，可得到各种基本配方形式，如：()2222=()2=2a b a b ab a b ab +--+＋ ；()222222()32b a ab b a b ab a b ab a ⎛⎫++=--+=++ ⎪⎝⎭＋＝）；()()()2222221=2a b c ab bc ca a b b c c a ⎡⎤++++++++++⎣⎦；()()()()2222222a b c a b c ab bc ca a b c 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：21212sin sin cos sin cos ααααα++=+＝（）；222222=()2=211211=2x x x x x x x x ⎛⎫++--++-+ ⎪⎝⎭；。
结合2018年全国各地高考的实例探讨配方法的应用：典型例题：【版权归锦元数学工作室，不得转载】例1. （2018年江苏省5分）已知函数2()()f x x ax b a b =++∈R ，的值域为[0)+∞，，若关于x 的不等式()f x c <的解集为(6)m m +，，则实数c 的值为 ▲ ．【答案】9。
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方法一配方法
一、配方法的定义：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.如何配方，需要我们根据题目的要求，合理运用“裂项”与“添项”、“配”与“凑”的技巧，完成配方.配方法是数学中化归思想应用的重要方法之一.
二、配方法的基本步骤：配方法使用的最基本的配方依据是二项完全平方公式
，具体操作时通过加上一次项系数一半的平方，配凑成完全平方式，注意要减去所添的项，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.如：
三、常见的基本配方形式
可得到各种基本配方形式，如：；
；
；
结合其它数学知识和性质，相应有另外的一些配方形式，如：
；。
本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.
1 配方法与函数
二次函数或通过换元能化为二次函数的函数均可用配方法求其最值.在换元的过程中要
注意引入参数的取值范围。
例1.【2016高考浙江文数】已知函数f（x）=x2+bx，则“b<0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的（）
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
由题意知，最小值为.
令，则，
当时，的最小值为，所以“”能推出“的最小值与的最小值相等”；
当时，的最小值为0，的最小值也为0，所以“的最小值与的最小值相等”不能推出“”．故选A．
例2．【2018届浙江省台州中学高三上学期第三次统练】已知函数．（1）当时，若存在，使得，求实数的取值范围；
（2）若为正整数，方程的两个实数根满足，求的最小值．
【答案】（1）或；（2）11．
试题解析：（1）当时，
由题意可知，在上有两个不等实根，或在上有两个不
等实根，则或,
解得或
即实数的取值范围是或.
（2）设，则由题意得，即，
所以，由于
①当时，，且无解，
②当时，，且，于是无解，
③当时，，且，由，得，此时有解，
综上所述，，当时取等号，即的最小值为11．
2 配方法与三角函数
在三角函数中，同角三角函数基本关系式中的平方关系及其变形
、二倍角公式及其变形为考察配方法提供
了平台，
例3.【2018届宁夏银川一中高三上学期第二次月考】函数f(x)＝cos2x＋sinx的最小值为________．
【答案】-2
【解析】，所以当时，取最小值
3配方法与解三角形
在解三角形中，余弦定理为考察配方法提供了平台，因为对于三角形的三边，如果能用一个变量给表示出来，就可以转化为二次函数问题，可以通过配方法来解。
例4.【2017届河北省石家庄市二模】在希腊数学家海伦的著作《测地术》中记载了著名的
海伦公式，利用三角形的三条边长求三角形面积，若三角形的三边长为，，，其面
积，这里．已知在中，，
，其面积取最大值时__________．
【答案】
4 配方法与平面向量
例5.【2018届山东省德州市高三上学期期中】已知向量
.
（1）当时，求的值；
（2）当时， (为实数），且，试求的最小值.
【答案】(1) 或;(2) .
【解析】试题分析：（1）由可得，整理得
，解方程可得的值；（2）由可得
，根据数量积的计算并将代入整理得
，因此，结合二次函数最值的求法可得最小值为。
试题解析：
（1）∵，
∴，
整理得，
解得或.
∴或。
（2）∵，
∴，
即
当时，，
∴
式化简得
∴，
∴当时，取得最小值，且最小值是.
5配方法与不等式
例6.【2018年高考二轮】已知不等式|y＋4|－|y|≤2x＋对任意实数x，y都成立，则常数a的最小值为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
【答案】D
【解析】∵|y＋4|－|y|≤|y＋4－y|＝4，
∴(|y＋4|－|y|)max＝4，要使不等式对任意实数x，y都成立，应有2x＋≥4，
∴a≥－(2x)2＋4×2x＝－(2x－2)2＋4，
令f(x)＝－(2x－2)2＋4，则a≥f(x)max＝4，∴a的最小值为4，故选D.
6 配方法与导数
例7.【2018届广东省深圳市高级中学高三11月考】设和是函数
的两个极值点,其中.
(1)求的取值范围;
(2)若,求的最大值.
【答案】(1) . (2)
试题解析：
(1)函数的定义域为
因为
所以.
由题意得方程有两个不等的正根m,n(其中). 故,且.
所以
即的取值范围是.
(2)当时, .
设,
则,
于是有,
所以
,
令,
则.
所以在上单调递减,
所以.
故的最大值是。
7 配方法与数列
例 8.数列{a n}中，如果存在a k，使得a k＞a k－1且a k＞a k＋1成立(其中k≥2，k∈N*)，则称a k 为数列{a n}的峰值．若a n＝－3n2＋15n－18，则{a n}的峰值为( )
A ．0
B ．4 C.313 D.316
【答案】A
【解析】 因为a n ＝－3＋43，且n ∈N *
，所以当n ＝2或n ＝3时，a n 取最大值，最大
值为a 2＝a 3＝0.故选A. 8 配方法与立体几何
例9.已知菱形ABCD 的边长为33
，∠ABC ＝60°，将菱形ABCD 沿对角线AC 折成如图所示的四面体，点M 为AC 的中点，∠BMD ＝60°，P 在线段DM 上，记DP ＝x ，PA ＋PB ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致为( )
【答案】D
【解析】由题意可知AM ＝AB ＝，BM ＝MD ＝1，∵DP ＝x ，∴MP ＝1－x ，
在Rt △AMP 中，PA ＝＝
，
在△BMP 中，由余弦定理得PB ＝＝
，
∴y ＝PA ＋PB ＝＋＝＋(0≤x ≤1)
∵当0≤x ≤
时，函数y 单调递减，当x ≥1时，函数y 单调递增，∴对应的图象为D.
9 配方法与解析几何 例10.已知点的坐标为，
是抛物线
上不同于原点
的相异的两个动点，
且
．
（1）求证：点共线；
（2）若
，当
时，求动点
的轨迹方程．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
（1）设，则，
因为，所以，又，所以
因为，，
且，
所以，又都过点，所以三点共线．
【反思提升】综合上面的九种类型，配方法在高考题目中频繁出现，配方法是对数学式子进行一种定向的变形技巧,由于这种配成“完全平方”的恒等变形,使问题的结构发生了转化,从中可找到已知与未知之间的联系,促成问题的解决.主要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以及与最值一类有关的问题中.对于应用配方法的意识在于平时的训练与积累。