高中数学微专题解题要诀与谋定后动

根据G·波利亚的解题理论，一个数学问题的求解过程可分为4个阶段：①弄清问题；②拟定计划；③实现计划；④回顾反思.

“弄清问题”，就是我们通常讲的：解好数学题，审题是第一关，审题又分两个方面：“熟悉问题”和“深入理解问题”.“熟悉问题”是分清问题中数据、条件是什么？要解决怎样一个问题？大致上涉及哪些知识？属于哪个数学板块？“深入理解问题”就是要弄清问题所给的条件、结论的实质.将已知条件提供的信息与要解决的问题的联系找出来.通常这是哪一种类型的问题？这类问题的常规解法是怎样的?还有没有可以进一步思考的空间？能不能设计出一个较为理想的解决方案？

如果一个数学问题，已知条件很明显，与结论之间的联系也容易找到，解答当然就不困难，但这种情况可遇不可求，实际情形往往并非如此，许多数学问题中的条件不很明朗，仿佛隐藏着什么，与结论之间的联系无法一下子找到.“拟定计划”还无从入手，所以要特别重视挖掘数学问题中的隐含条件，使其明朗化，也就是化“隐”为“显”，才能获得对问题的准确理解和正确分析.

在通过审题比较透彻地弄清问题之后，接下来当然是拟定解题计划了.要有一个好的解题计划，思维品质起关键作用.一个完整而优美的解题计划是在大脑高速运转中不断修正而完善起来的，考虑成熟后才动笔，这叫“谋定后动”，“实现计划”就会很顺畅，有水到渠成之感.

当然，要培养谋定后动、直剖核心的能力不可能一蹴而就，一个较为复杂的数学问题的已知条件和待求(证)结论可能来自完全不同的领域，它们之间缺乏联系，甚至毫无公共之处，好像两座高山，中间无路可通，需要通过分析找到它们之间的联系，采用正确的解题方法实施两者之间的转化，这种转化可以是单向的，也可以是双向的，甚至需要多个转化.设计好这种转化线路图，便是数学解题的整个过程中思维方法与战略构想的作用，唐朝诗人王维的一首诗可以用来描述这一过程：

遥爱云木秀，初疑路不同.安知清流转，偶与前山通.

解题要诀、谋定后动，一个出色的解题计划就在缜密的思考中诞生了.

本讲重点讲弄清问题、拟定计划的重要性，至于实现计划与回顾反思则是后话，在后面的几讲中会讲到.

一、例题精讲

例1　已知方程|(x-1)(x-3)|=kx有4个不相同的实数根，求k的取值范围.

解题策略　本题是含绝对值符号且含参数的一元二次方程.当然很容易想到运用解方程的知识求解，即用零点区分法去掉绝对值符号.把原方程变为两个一元二次方程，使每一个一元二次方程都有两个不同的实数根，通过判别式大于零，求出k的取值范围如下：

然而这一结论是错误的.试取k=-8，便知此时原方程没有4个相异实数根，这是对问题没有考虑周全匆匆解答所得的结果.

首先，要使原方程成立，必须使kx≥0，但这一点却没有在上述解题过程中体现出来；其次，解题方案中“使每一个一元二次方程都有不同的实数根”也不妥，因为它不是原方程有4个不同的实根的充分条件.试想，去掉绝对值符号有前提，有实根则实根必须在前提这个范围内，用判别式解决不了问题.若分段讨论在一定范围内有实根则需要考虑区间根的存在条件，并不是一个很简单的问题，这些表明方程之根受到许多复杂条件的制约，必须考虑周全，才能避免失误.

那么能不能找到一种相对简捷的解题方法，轻松解答这个问题呢？

当然是有的，我们把方程置于相应的函数之中，以能在更为广阔的领域中去研究其根的情况，通过函数图像(或方程的曲线)来研究方程，不仅能在可变状态下更为灵活地作出判断，还能创造出一种更为形象的直观意境，这种思考过程便是之前说的“谋定后动、直剖核心”.

图1-7

解：令

在同一直角坐标系中作出这两个函数的图像，如图1-7所示.函数①的图像是由两个抛物线的一部分组合而成的(作出y=(x-1)(x-3)的图像后把x轴下方的图像翻折到x轴上方即可得).而函数②的图像是过原点的直线系，原方程的解便是两个图像交点的横坐标，从解题的目标是求出k为何值时，两个图像间出现4个不同的交点.

设OA为抛物线y=-(x-1)(x-3)(1<x<3)的切线，显然，只有当直线y=kx在x轴和OA之间时，两图像才能有4个不同的交点，而由此可知，当时，方程有4个不同的实数根.

例2　已知函数f(x)的二项式系数为a，且不等式f(x)>-2x的解集为(1,3).

(1)若方程f(x)+6a=0有两个相等的根，求f(x)的解析式；

(2)若f(x)的最大值为正数，求a的取值范围.

解题策略　若设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，则由f(x)>-2x的解集为(1,3)可知，f(x)=-2x这一方程有两个不相等的实根，可由韦达定理将b、c均用a表示，使得f(x)只有一个参数a，而第(1)问中还有一个条件，求出a的值，f(x)的解析式便可确定.第(2)问，f(x)max>0，a的取值范围也可顺利求出，解题者可能会轻松地得出如下的解法：

(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0).

由题意，得f(x)+2x=ax2+(b+2)x+c>0的解集为(1,3).

∴1，3是方程ax2+(b+2)x+c=0的两个根.

由韦达定理，得　即

∴f(x)=ax2-(2+4a)x+3a，　①

由方程f(x)+6a=0，得ax2-(2+4a)x+9a=0.　②

∵方程②有两个相等的根，∴Δ=(2+4a)2-4a·9a=0,

即5a2-4a-1=0，解得a=1或

∴f(x)的解析式为f(x)=x2-6x+3或

(2)由

可得f(x)的最大值为令

则

解得或

因此，若f(x)的最大值为正数，则实数a的取值范围是

乍看之下上述的解题方法好像没有问题，但数学知识与概念的应用往往是有条件的，在这个条件下是正确的，离开这个条件就不一定是正确的.制定解题计划一定要考虑周全，先“谋定”才能“后动”，本题中不等式f(x)+2x>0的解集为(1,3),即不等式ax2+(b+2)x+c>0的解集为(1,3)，此时应注意到有一个隐含条件，即a<0.上述解法中没有考虑这个隐含条件，故存在问题.在第(1)问的结果中应舍去a=1的情况，即解析式f(x)=x2-6x+3是不存在的；第(2)问中若没有a<0这个条件，也不能说f(x)的最大值为因为二次函数在R上的最大值必须在二次项系数为负时存在，所以不能忽视a<0这个条件.可能学生会说：“所求得的a的取值范围不是满足a<0这个条件吗？”这只是巧合，却不能说整个解题思路是正确的.解题的每一步都要有依据，做到无瑕可击！

解：(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，

由题意，得f(x)+2x=ax2+(b+2)x+c>0的解集为(1，3),

∴a<0,且1，3是方程ax2+(b+2)x+c=0的两个根.

由韦达定理，得　即

∴f(x)=ax2-(2+4a)x+3a,　①

由方程f(x)+6a=0，得ax2-(2+4a)x+9a=0.　②

∵方程②有两个相等的根，∴Δ=(2+4a)2-4a·9a=0,

即5a2-4a-1=0，解得a=1或

∵a<0，∴舍去a=1，因此

∴f(x)的解析式为

(2)由

∵a<0，可得f(x)的最大值为

令解得或

因此若f(x)的最大值为正数，则实数a的取值范围是

例3　设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn.

(1)若求数列{an}的通项公式；

(2)若为常数)，且2a2=a1+a3，求数列{an}的通项公式；

(3)若为常数)，且2a2=a1+a3，求数列{an}的通项公式；

(4)若为常数)，且2a2=a1+a3，求证：{an}为等差数列.

解题策略　本例各题已知与an的关系，探求数列{an}的通项公式或证明{an}为等差数列，由于与an的线性表达式从不含参数到含有一个参数、两个参数、三个参数，从而使问题的难度逐级上升.此类题组的安排有利于对相关知识的掌握循序渐进，解题的关键是把题设中的或与an的关系式进行变形，确定参数值或两参数之间的关系，朝解题的目标前进.

解：(1)由得4Sn=(an+1)2,　①

则4Sn+1=(an+1+1)2，　②

②-①得

整理得(an+1+an)(an+1-an)=2(an+1+an).

∵an>0，∴可得an+1-an=2，数列{an}为等差数列，公差d=2,

又由解得a1=1，∴{an}的通项公式为an=2n-1.

(2)由条件知a1,a2,a3成等差数列，得a1+μ,a2+μ,a3+μ也成等差数列.

成等差数列，即

也即两边平方整理得a2=3a1，又由2a2=a1+a3，得a3=5a1.

把n=1,n=2分别代入结合a2=3a1分解得

解得

与(1)的方法相同，可以证明当n∈N*时，数列{an}为等差数列，从而求得

(3)由条件知a1,a2,a3成等差数列，得λa1+μ,λa2+μ,λa3+μ也成等差数列.

成等差数列，即

也即两边平方整理得a2=3a1，又由2a2=a1+a3,得a3=5a1.

把n=1,n=2分别代入结合a2=3a1得

解得

将平方得　③

　④

④-③整理得

当n∈N*时，数列{an}为等差数列,又(www.xing528.com)

(4)由条件知a1,a2,a3成等差数列，设它们的公差为d，由得

∴　⑤

　⑥

　⑦

⑥-⑤得a2=λ2d(2a2-d)+2λμd，整理得(2λ2d-1)a2=λ2d2-2λμd，　⑧

⑦-⑥得a3=λ2d(2a3-d)+2λμd，整理得(2λ2d-1)a3=λ2d2-2λμd，　⑨

⑨-⑧得(2λ2d-1)d=0,由于d=0显然不合题意，

代入⑧解得

∴　⑩

-⑩得

当n∈N*时，数列{an}为等差数列.

例4　(1)已知定点A(-2,2)，点F为椭圆的右焦点，点M在椭圆上移动时，求|AM|+|MF|的最大值；

(2)在椭圆+y2=1上是否存在一点到直线的距离最大？若存在，求出最大距离；若不存在，请说明理由；

(3)设F1,F2是椭圆的左、右焦点，弦AB过F2，求△ABF1面积的最大值；

(4)P、Q、M、N这4点都在椭圆上，F为椭圆在y轴上的焦点.已知与共线，与共线，且求四边形PMQN的面积的最小值和最大值.

解题策略　解析几何中的最值问题是一种极其重要的题型.本例各题以椭圆为载体探究一系列与最值相关的问题，完美地解决这一专题有利于掌握与双曲线、抛物线相关的最值问题的解法，那么怎样解椭圆中的最值问题呢？首先要用到椭圆的定义、标准方程和几何性质，其次还常用到函数、方程、不等式及三角函数等重要知识，综合性强，联系性广，策略性要求高，其基本的思想是函数与方程的思想和数形结合的思想，基本解题策略是从代数和几何两个角度分析，椭圆是几何图形，研究的量也主要是几何量，当然借助几何性质(对椭圆而言是对称性与范围)，利用几何的直观性来分析问题，但几何直观往往严谨性不强，难以细致入微，所以需要借助代数工具实现突破.几何法常须扣住圆锥曲线的定义并和平面几何有关结论巧妙结合，代数法则常把有关问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用配方法、基本不等式、函数的单调性或三角函数有界性等解之.

第(1)问扣住椭圆的定义结合三角形中两边之和大于第三边求解.第(2)问可设椭圆上动点为三角形式，由点到直线的距离公式结合辅助角公式求解.第(3)(4)两问都是求与椭圆相关的三角形面积的最大值，由于两小题都涉及动直线问题，引进参变量显得很重要.第(3)问，设动直线AB的倾斜角∠xF2B为参数，则可扣住椭圆定义结合余弦定理获得一种巧妙的解法.第(4)问以动直线PQ的斜率k为参数，则要分类讨论斜率不存在的情况，而且求三角形面积的最值，由于解析式较为复杂，解题的技巧性很强，且方法也多，如可以通过变形转化为代数函数求最值，或通过去分母并换元转化为二次方程运用判别式法求最值，也可通过三角换元与代数换元转化为“耐克”函数求最值.第(5)问求椭圆内接四边形的最值,情境更显复杂，难度明显增大，但从前四题的解答中不难获得启示.由于四边形的对角线互相垂直，求面积解析式并不难，但分类讨论不能忘，由于解析式的形态复杂，换元法使之简化并利用相应新函数的性质则是解题的关键，务请重视.

解：(1)如图1-8所示，设F1是左焦点，则F1(-3,0).

图1-8

|AM|+|MF|=|AM|+10-|MF1|≤10+|AF1|,

而

即|AM|+|MF|的最大值为

(2)设是椭圆上任意一点，由点到直线距离公式得

图1-9

(3)如图1-9所示，设∠xF2B=α(0<α<π)，

|AF2|=m，|BF2|=n，由椭圆的定义，可得

又|F1F2|=2.

在△AF2F1和△BF2F1中，应用余弦定理，得

令

在(0,1]上是增函数，

在(0,1]上是增函数.

当t=1即时，故△ABF1的面积的最大值为

图1-10

(4)如图1-10所示，由条件知MN和PQ是椭圆的两条弦，相交于焦点F(0,1)，且PQ⊥MN.直线PQ、NM中至少有一条存在斜率，不妨设PQ的斜率为k，又PQ过点F(0,1)，故PQ方程为y=kx+1.

将此式代入椭圆方程得(2+k2)x2+2kx-1=0.

设P、Q两点的坐标分别为(x1,y1)、(x2,y2)，则

从而亦即|PQ|

1当k≠0时，MN的斜率为同上可推得

故四边形面积

令得

当k=±1时，且S是以u为自变量的增函数.

2当k=0时，MN为椭圆长轴，

综合12可知，四边形PMQN面积的最大值为2，最小值为

例5　设椭圆+y2=1(a>1).

(1)求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长(用a,k表示)；

(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.

解题策略　本题的难点在第(2)问，背景是双二次曲线问题，且有多个变量.圆的圆心确定，半径是变量，椭圆方程中a是大于1的变量，探讨双二次曲线交点个数，思维的着眼点是等价转化，即“形”与“数”之间的转化.可以从反面考虑，即假设圆与椭圆有4个交点，借助于弦长公式，充分运用几何意义来转化.由于圆心A(0,1)是椭圆的一个顶点，且圆和椭圆的图像均关于y轴对称，有4个交点时a的范围容易得到，则至多有3个公共点时a的范围就明确了，离心率e的范围可以求得.本例(2)还可以利用双二次曲线方程，结合对称性转化为二次函数在有限区间上零点的讨论，运用函数与方程的思想方法求解.

解：(1)设直线y=kx+1被椭圆截得的线段为AP，

由得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,故

因此

(2)解法一　(正难则反思想的运用)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P,Q满足|AP|=|AQ|.

记直线AP，AQ的斜率分别为k1,k2，且k1,k2>0,k1≠k2,

由(1)知,

故即

由于k1≠k2,k1,k2>0得

因此　①

因为①式关于k1,k2的方程有解的充要条件是

因此，任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为由于得所求离心率的取值范围为

解法二　(由双二次曲线转化，运用函数与方程的思想方法求解)

以点A(0，1)为圆心，以r为半径的圆的方程为x2+(y-1)2=r2.

于是消去x可得(a2-1)y2+2y+r2-1-a2=0(-1≤y≤1).

令f(t)=(a2-1)t2+2t+r2-1-a2(-1<t<1).

先考虑如下情况——存在正数t使得f(t)有两个不同实数解的充要条件：

①式等价于解②③④可得r>2且a2>2.

对于a2>2,显然有

显然，存在正数r(大于2)，使得对于a2>2有下式成立.

于是有4个公共点的充要条件为即至多有3个公共点的充要条件为以下同解法一，略.

二、发散训练

已知a1=1，a2=1，am=am-1+am-2(m=3,4,5,…).

求证：其中n∈N*.