16
y26. 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
4____________。
x【简解】1小题：由f(x)＝＋m求出f?1(x)＝2x－2m，比较系数易求，选C；
211112小题：由不等式解集(－,)，可知－、是方程ax2＋bx＋2＝0的两根，
2323代入两根，列出关于系数a、b的方程组，易求得a＋b，选D；
523小题：分析x5的系数由C10与(－1)C10两项组成，相加后得x5的系数，选D； 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
2?得答案；
35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；
22xy6小题：设双曲线方程x2－＝λ，点(2,2)代入求得λ＝3，即得方程－
43y2＝1。 12Ⅱ、示范性题组：
mx2?43x?n例1. 已知函数y＝的最大值为7，最小值为－1，求此函数式。
x2?1【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”。
【解】 函数式变形为： (y－m)x2－43x＋(y－n)＝0， x∈R, 由已知得y－m≠0
∴ △＝(－43)2－4(y－m)(y－n)≥0 即： y2－(m＋n)y＋(mn－12)≤0 ①
不等式①的解集为(-1,7)，则－1、7是方程y2－(m＋n)y＋(mn－12)＝0的两根，
?m?5?m?1?1?(m?n)?mn?12?0代入两根得：? 解得：?或?
n?149?7(m?n)?mn?12?0n?5???5x2?43x?1x2?43x?5∴ y＝或者y＝
x2?1x2?1此题也可由解集(-1,7)而设(y＋1)(y－7)≤0,即y2－6y－7≤0，然后与不等式
?m?n?6①比较系数而得：?，解出m、n而求得函数式y。
mn?12??7?216
17
【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。
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10－5，求椭圆的方程。
【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
y B’ 勾股定理建立一个方程，再将焦点与长轴较近端点的
x 距离转化为a－c的值后列出第二个方程。
【解】 设椭圆长轴2a、短轴2b、焦距2c，则|BF’|
A F O’ F’ ＝a
A’ ?a2?b2?c2 ??2?a?1022 ∴ ?a?a?(2b) 解得：? B
?b?5??a?c?10?5?x2y2 ∴ 所求椭圆方程是：＋＝1
105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?c?B’O’F’，再进行如下列式： ?a?c?10?5 ，更容易求出a、b的值。
?222?a?b?c【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。
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。
例3. 是否存在常数a、b、c，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝n(n?1)(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12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。
17
18
【解】假设存在a、b、c使得等式成立，令：n＝1，得4＝
1(a＋b＋c)；n＝2，61得22＝(4a＋2b＋c)；n＝3，得70＝9a＋3b＋c。整理得：
2?a?b?c?24?a?3??4a?2b?c?44,解得??b?11， ?9a?3b?C?70?c?10??n(n?1)(3n2＋11n12＋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：
k(k?1)假设对n＝k时等式成立，即1·22＋2·32＋…＋k(k＋1)2＝(3k2＋
1211k＋10)；
k(k?1)2222当n＝k＋1时，1·2＋2·3＋…＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)＝(3k212k(k?1)＋11k＋10) ＋(k＋1)(k＋2)2＝(k＋2)（3k＋5）＋(k＋1)(k＋2)2＝
12(k?1)(k?2)(k?1)(k?2)（3k2＋5k＋12k＋24）＝[3(k＋1)2＋11(k＋1)＋10]，
1212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。 【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于是对n＝1、2、3，等式1·22＋2·32＋…＋n(n＋1)2＝
n2(n?1)2＝(1＋2＋…＋n)＋2(1＋2＋…＋n)＋(1＋2＋…＋n)＝＋2×
4n(n?1)(2n?1)n(n?1)n(n?1)＋＝(3n2＋11n＋10)，综上所述，当a＝8、b＝11、
1262c＝10时，题设的等式对一切自然数n都成立。 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？
【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。
【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。
33322218
19
∴ 盒子容积 V＝(30－2x)(14－2x)x＝4(15－x)(7－x)x ， 显然:15－x>0，7－x>0，x>0。
4设V＝(15a－ax)(7b－bx)x (a>0,b>0）
ab??a?b?1?0要使用均值不等式，则?
?15a?ax?7b?bx?x31解得：a＝， b＝ ， x＝3 。
4415216415x644?4364213从而V＝(－)(－x)x≤()＝×27＝576。
34443343所以当x＝3时，矩形盒子的容积最大，最大容积是576cm3。 【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，
4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
ab4(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ab项该进行凑配的系数，本题也体现了“凑配法”和“函数思想”。
Ⅲ、巩固性题组：
1. 函数y＝logax的x∈[2,+∞)上恒有|y|>1，则a的取值范围是_____。
A. 2>a>1且a≠1 B. 0
20 222. 方程x2＋px＋q＝0与x2＋qx＋p＝0只有一个公共根，则其余两个不同根之和为_____。 A. 1 B. －1 C. p＋q D. 无法确定 3. 如果函数y＝sin2x＋a·cos2x的图像关于直线x＝－π对称，那么a＝ 8_____。 A. 2 B. －2 C. 1 D. －1 12n4. 满足C0n＋1·Cn＋2·Cn＋…＋n·Cn<500的最大正整数是_____。 A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 5. 无穷等比数列{an}的前n项和为Sn＝a－1n , 则所有项的和等于_____。 2A. －1 B. 1 C. 1 D.与a有关 226. (1＋kx)＝b0＋b1x＋b2x＋…＋b9x，若b0＋b1＋b2＋…＋b9＝－1，则k＝______。 19 929 20 7. 经过两直线11x－3y－9＝0与12x＋y－19＝0的交点，且过点(3,-2)的直线方程为_____________。 8. 正三棱锥底面边长为2，侧棱和底面所成角为60°，过底面一边作截面，使其与底面成30°角，则截面面积为______________。 9. 设y＝f(x)是一次函数，已知f(8)＝15,且f(2)、f(5)、(f14)成等比数列，求f(1)＋f(2)＋…＋f(m)的值。 10. 设抛物线经过两点(-1,6)和(-1,-2)，对称轴与x轴平行，开口向右，直线y＝2x＋7和抛物线截得的线段长是410, 求抛物线的方程。 20
高中数学解题方法技巧汇总
