高中數學解題方法匯總
篇一：高中數學重要解題方法與技巧
目 錄
前言 ……………………………………………………… 2
第一章 高中數學解題基本方法 ……………………… 3
一、 配方法 ……………………………………… 3
二、 換元法 ……………………………………… 7
三、 待定系數法 ………………………………… 14
四、 定義法 ……………………………………… 19
五、 數學歸納法 ………………………………… 23
六、 參數法 ……………………………………… 28
七、 反證法 ……………………………………… 32
八、 消去法 ………………………………………
九、 分析與綜合法 ………………………………
十、 特殊與一般法 ………………………………
十一、 類比與歸納法 …………………………
十二、 觀察與實驗法 …………………………
第二章 高中數學常用的數學思想 …………………… 35
一、 數形結合思想 ……………………………… 35
二、 分類討論思想 ……………………………… 41
三、 函數與方程思想 …………………………… 47
四、 轉化（化歸）思想 ………………………… 54
第三章 高考熱點問題和解題策略 …………………… 59
一、 應用問題 …………………………………… 59
二、 探索性問題 ………………………………… 65
三、 選擇題解答策略 …………………………… 71
四、 填空題解答策略 …………………………… 77
附錄 ………………………………………………………
一、 高考數學試卷分析 …………………………
二、 兩套高考模擬試卷 …………………………
三、 參考答案 ……………………………………
前 言
美國著名數學教育家波利亞說過，掌握數學就意味著要善于解題。而當我們解題時遇到一個新問題，總想用熟悉的題型去“套”，這只是滿足于解出來，只有對數學思想、數學方法理解透徹及融會貫通時，才能提出新看法、巧解法。高考試題十分重視對于數學思想方法的考查，特別是突出考查能力的試題，其解答過程都蘊含著重要的數學思想方法。我們要有意識地應用數學思想方法去分析問題解決問題，形成能力，提高數學素質，使自己具有數學頭腦和眼光。
高考試題主要從以下幾個方面對數學思想方法進行考查：
① 常用數學方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去
法等；
② 數學邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；
③ 數學思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與一般、類比、
歸納和演繹等；
④ 常用數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化
歸）思想等。
數學思想方法與數學基礎知識相比較，它有較高的地位和層次。數學知識是數學內容，可以用文字和符號來記錄和描述，隨著時間的推移，記憶力的減退，將來可能忘記。而數學思想方法則是一種數學意識，只能夠領會和運用，屬于思維的范疇，用以對數學問題的認識、處理和解決，掌握數學思想方法，不是受用一陣子，而是受用一輩子，即使數學知識忘記了，數學思想方法也還是對你起作用。
數學思想方法中，數學基本方法是數學思想的體現，是數學的行為，具有模式化與可操作性的特征，可以選用作為解題的具體手段。數學思想是數學的靈魂，它與數學基本方法常常在學習、掌握數學知識的同時獲得。
可以說，“知識”是基礎，“方法”是手段，“思想”是深化，提高數學素質的核心就是提高學生對數學思想方法的認識和運用，數學素質的綜合體現就是“能力”。
為了幫助學生掌握解題的金鑰匙，掌握解題的思想方法，本書先是介紹高考中常用的數學基本方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法、反證法、分析與綜合法、特殊與一般法、類比與歸納法、觀察與實驗法，再介紹高考中常用的數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想。最后談談解題中的有關策略和高考中的幾個熱點問題，并在附錄部分提供了近幾年的高考試卷。
在每節的內容中，先是對方法或者問題進行綜合性的敘述，再以三種題組的形式出現。再現性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現，示范性題組進行詳細的解答和分析，對方法和問題進行示范。鞏固性題組旨在檢查學習的效果，起到鞏固的作用。每個題組中習題的選取，又盡量綜合到代數、三角、幾何幾個部分重要章節的數學知識。
第一章 高中數學解題基本方法
一、 配方法
配方法是對數學式子進行一種定向變形（配成“完全平方”）的技巧，通過配方找到已知和未知的聯系，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適當預測，并且合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧，從而完成配方。有時也將其稱為“湊配法”。
最常見的配方是進行恒等變形，使數學式子出現完全平方。它主要適用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題。
配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2，將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：
a2＋b2＝(a＋b)2－2ab＝(a－b)2＋2ab；
b3a2＋ab＋b2＝(a＋b)2－ab＝(a－b)2＋3ab＝(a＋)2＋（b）2； 22
1a2＋b2＋c2＋ab＋bc＋ca＝[(a＋b)2＋(b＋c)2＋(c＋a)2] 2
2222a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)2－2(ab－bc－ca)＝?
結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：
1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）2；
111x2＋2＝(x＋)2－2＝(x－)2＋2 ；?? 等等。 xxx
Ⅰ、再現性題組：
1. 在正項等比數列{an}中，a1?a5+2a3?a5+a3?a7=25，則 a3＋a5＝_______。
2. 方程x2＋y2－4kx－2y＋5k＝0表示圓的充要條件是_____。 A.<k<1 B. k<或k>1 C. k∈R D. k＝或k＝1
3. 已知sin4α＋cos4α＝1，則sinα＋cosα的值為______。
A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0
4. 函數y＝log1 (－2x2＋5x＋3)的單調遞增區間是_____。
A. （－∞, ] B. [,+∞) C. (－,] D. [,3)
5. 已知方程x2+(a-2)x+a-1=0的兩根x1、x2，則點P(x1,x2)在圓x2+y2=4上，則實數a＝_____。
【簡解】 1小題：利用等比數列性質am?pam?p＝am2，將已知等式左邊后配方（a3＋a5）2易求。答案是：5。
2小題：配方成圓的標準方程形式(x－a)2＋(y－b)2＝r2，解r2>0即可，選B。 3小題：已知等式經配方成(sin2α＋cos2α)2－2sin2αcos2α＝1，求出sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再開方求解。選C。
4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解。選D。
5小題：答案3－。
Ⅱ、示范性題組：
例1. 已知長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24，則這個長方體的一條對角線長為_____。 A. 2 B. C. 5 D. 6
【分析】 先轉換為數學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z，則?2(xy?yz?xz)?11 ,而欲求對角線長x2?y2?z2，將其配湊成兩已知式的組合?4(x?y?z)?24?
形式可得。
【解】設長方體長寬高分別為x,y,z，由已知“長方體的全面積為11，其12
?2(xy?yz?xz)?11條棱的長度之和為24”而得：?。 ?4(x?y?z)?24
長方體所求對角線長為：x2?y2?z2＝(x?y?z)2?2(xy?yz?xz)＝62?11＝5
所以選B。
【注】本題解答關鍵是在于將兩個已知和一個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個數學式，容易發現使用配方法將三個數學式進行聯系，即聯系了已知和未知，從而求解。這也是我們使用配方法的一種解題模式。
例2. 設方程x2＋kx＋2=0的兩實根為p、q，若(p2q2)+()≤7成立，求實qp
數k的取值范圍。
【解】方程x2＋kx＋2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：p＋q＝－k，pq＝2 , p2q2[(p?q)2?2pq]2?2p2q2(p2?q2)2?2p2q2p4?q4
()+()＝＝＝＝qp(pq)2(pq)2(pq)2
(k2?4)2?8≤7， 解得k≤－或k≥ 。 4
又 ∵p、q為方程x2＋kx＋2=0的兩實根， ∴ △＝k2－8≥0即k≥22或k≤－22
綜合起來，k的取值范圍是：－≤k≤－22 或者 22≤k≤。
【注】 關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“Δ”；已知方程有兩根時，可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到p＋q、pq后，觀察已知不等式，從其結構特征聯想到先通分后配方，表示成p＋q與pq的組合式。假如本題不對“△”討論，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對“△”的討論，但解答是不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視。
ba例3. 設非零復數a、b滿足a2＋ab＋b2=0，求()1998＋()1998 。 a?ba?b
aaa【分析】 對已知式可以聯想：變形為()2＋()＋1＝0，則＝ω （ω為bbb
1的立方虛根）；或配方為(a＋b)2＝ab 。則代入所求式即得。
aa【解】由a2＋ab＋b2=0變形得：()2＋()＋1＝0 ， bb
a1b設ω＝，則ω2＋ω＋1＝0，可知ω為1的立方虛根，所以：＝，ω3＝ba?3＝1。
又由a2＋ab＋b2=0變形得：(a＋b)2＝ab ，
baaba2
999b2
99919981998所以 ()＋()＝()＋()＝()999＋()999＝ωa?bbaa?babab
999＋999＝2 。
【注】 本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用ω的性質，計算表達式中的高次冪。一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯想和展開。
篇二：高中數學解題方法大全
前言..................................2
第一章 高中數學解題基本方法 ................ 3
一、 配方法 ................... 3
二、 換元法 ................. 7
三、 待定系數法................... 14
四、 定義法.................... 19
五、 數學歸納法 .................. 23
六、 參數法 ................. 28
七、 反證法.................32
八、 消去法 ..............
九、 分析與綜合法.................
十、 特殊與一般法 ...................
十一、 類比與歸納法 ....................
十二、 觀察與實驗法 ..............
第二章 高中數學常用的數學思想 .......... 35
一、 數形結合思想 ................. 35
二、 分類討論思想 .................... 41
三、 函數與方程思想 .................... 47
四、 轉化（化歸）思想 ............. 54
第三章 高考熱點問題和解題策略 ............................ 59
一、 應用問題 ........................ 59
二、 探索性問題........................ 65
三、 選擇題解答策略 ............................71
四、 填空題解答策略............................. 77
附錄 .........................
一、 高考數學試卷分析 ..........................
二、 兩套高考模擬試卷 .................................
三、 參考答案 ...........................
美國著名數學教育家波利亞說過，掌握數學就意味著要善于解題。而當我們解題時遇到一個新問題，總想用熟悉的題型去“套”，這只是滿足于解出來，只有對數學思想、數學方法理解透徹及融會貫通時，才能提出新看法、巧解法。高考試題十分重視對于數學思想方法的考查，特別是突出考查能力的試題，其解答過程都蘊含著重要的數學思想方法。我們要有意識地應用數學思想方法去分析問題解決問題，形成能力，提高數學素質，使自己具有數學頭腦和眼光。
高考試題主要從以下幾個方面對數學思想方法進行考查：
① 常用數學方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法等； ② 數學邏輯方法：分析法、綜合法、反證法、歸納法、演繹法等；
③ 數學思維方法：觀察與分析、概括與抽象、分析與綜合、特殊與一般、類比、歸納和演繹等；
④ 常用數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想等。
數學思想方法與數學基礎知識相比較，它有較高的地位和層次。數學知識是數學內容，可以用文字和符號來記錄和描述，隨著時間的推移，記憶力的減退，將來可能忘記。而數學思想方法則是一種數學意識，只能夠領會和運用，屬于思維的范疇，用以對數學問題的認識、處理和解決，掌握數學思想方法，不是受用一陣子，而是受用一輩子，即使數學知識忘記了，數學思想方法也還是對你起作用。
數學思想方法中，數學基本方法是數學思想的體現，是數學的行為，具有模式化與可操作性的特征，可以選用作為解題的具體手段。數學思想是數學的靈魂，它與數學基本方法常常在學習、掌握數學知識的同時獲得。
可以說，“知識”是基礎，“方法”是手段，“思想”是深化，提高數學素質的核心就是提高學生對數學思想方法的認識和運用，數學素質的綜合體現就是“能力”。
為了幫助學生掌握解題的金鑰匙，掌握解題的思想方法，本書先是介紹高考中常用的數學基本方法：配方法、換元法、待定系數法、數學歸納法、參數法、消去法、反證法、分析與綜合法、特殊與一般法、類比與歸納法、觀察與實驗法，再介紹高考中常用的數學思想：函數與方程思想、數形結合思想、分類討論思想、轉化（化歸）思想。最后談談解題中的有關策略和高考中的幾個熱點問題，并在附錄部分提供了近幾年的高考試卷。
在每節的內容中，先是對方法或者問題進行綜合性的敘述，再以三種題組的形式出現。再現性題組是一組簡單的選擇填空題進行方法的再現，示范性題組進行詳細的解答和分析，對方法和問題進行示范。鞏固性題組旨在檢查學習的效果，起到鞏固的作用。每個題組中習題的選取，又盡量綜合到代數、三角、幾何幾個部分重要章節的數學知識。
第一章 高中數學解題基本方法
一、 配方法
配方法是對數學式子進行一種定向變形（配成“完全平方”）的技巧，通過配方找到已知和未知的聯系，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適當預測，并且合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧，從而完成配方。有時也將其稱為“湊配法”。
最常見的配方是進行恒等變形，使數學式子出現完全平方。它主要適用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題。
配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(a＋b)＝a＋2ab＋b，將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：
a＋b＝(a＋b)－2ab＝(a－b)＋2ab； 2222222
b22a＋ab＋b＝(a＋b)－ab＝(a－b)＋3ab＝(a＋)＋（b）； 22
1222222a＋b＋c＋ab＋bc＋ca＝[(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)] 22222
a＋b＋c＝(a＋b＋c)－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)－2(ab－bc－ca)＝? 結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：
1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα）；
x＋222222211212＝(x＋)－2＝(x－)＋2 ；?? 等等。 x2xx
Ⅰ、再現性題組：
1. 在正項等比數列{an}中，a1?a5+2a3?a5+a3?a7=25，則 a3＋a5＝_______。
2. 方程x＋y－4kx－2y＋5k＝0表示圓的充要條件是_____。 A. 4<k<1 B. k<4或k>1 C. k∈R D. k＝4或k＝1 22
3. 已知sinα＋cosα＝1，則sinα＋cosα的值為______。
A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0
4. 函數y＝log1 (－2x＋5x＋3)的單調遞增區間是_____。
442
A. （－∞, ] B. [,+∞) C. (－,] D. [,3)
5. 已知方程x+(a-2)x+a-1=0的兩根x1、x2，則點P(x1,x2)在圓x+y=4上，則實數a＝_____。
【簡解】 1小題：利用等比數列性質am?pam?p＝am，將已知等式左邊后配方（a3＋a5）易求。答案是：5。
2小題：配方成圓的標準方程形式(x－a)＋(y－b)＝r，解r>0即可，選B。 3小題：已知等式經配方成(sinα＋cosα)－2sinαcosα＝1，求出sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再開方求解。選C。
4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解。選D。 5小題：答案3－。
Ⅱ、示范性題組： 22222222222222
例1. 已知長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24，則這個長方體的一條對角線長為_____。 A. 2 B. C. 5 D. 6
【分析】 先轉換為數學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z，則?2(xy?yz?xz)?11 ,而欲求對角線長?4(x?y?z)?24?x2?y2?z2，將其配湊成兩已知式的組合形式可得。
【解】設長方體長寬高分別為x,y,z，由已知“長方體的全面積為11，其12條棱的長
?2(xy?yz?xz)?11度之和為24”而得：?。 4(x?y?z)?24?
長方體所求對角線長為：x2?y2?z2＝x?y?z)2?2(xy?yz?xz)＝62?11＝5
所以選B。
【注】本題解答關鍵是在于將兩個已知和一個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個數學式，容易發現使用配方法將三個數學式進行聯系，即聯系了已知和未知，從而求解。這也是我們使用配方法的一種解題模式。
p2q2例2. 設方程x＋kx＋2=0的兩實根為p、q，若()+()≤7成立，求實數kqp2
的取值范圍。
【解】方程x＋kx＋2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：p＋q＝－k，pq＝2 , 2
(p2?q2)2?2p2q2[(p?q)2?2pq]2?2p2q2p2q2p4?q4
()+()＝＝＝＝22qp(pq)2(pq)(pq)
(k2?4)2?8≤7， 解得k≤－或k≥ 。 4
又 ∵p、q為方程x＋kx＋2=0的兩實根， ∴ △＝k－8≥0即k≥22或k≤－2
綜合起來，k的取值范圍是：－≤k≤－2 或者 22≤k≤。
【注】 關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“Δ”；已知方程有兩根時，可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到p＋q、pq后，觀察已知不等式，從其結構特征聯想到先通分后配方，表示成p＋q與pq的組合式。假如本題不對“△”討論，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對“△”的討論，但解答是不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視。 22
ba19981998)＋() 。 a?ba?b
a2aa【分析】 對已知式可以聯想：變形為()＋()＋1＝0，則＝ω （ω為1的立bbb例3. 設非零復數a、b滿足a＋ab＋b=0，求(22
方虛根）；或配方為(a＋b)＝ab 。則代入所求式即得。 2
【解】由a＋ab＋b=0變形得：(
設ω＝
1。
222a2a)＋()＋1＝0 ， bba1b233，則ω＋ω＋1＝0，可知ω為1的立方虛根，所以：＝，ω＝＝b?a22又由a＋ab＋b=0變形得：(a＋b)＝ab ，
baa2
999b2
999a999b99919981998所以 ()＋()＝()＋()＝()＋()＝ωa?bbaa?babab
999999＋＝2 。
【注】 本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用ω的性質，計算表達式中的高次冪。一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯想和展開。
a2ab?1?i)＋()＋1＝0 ，解出＝后，bba2
a999b999化成三角形式，代入所求表達式的變形式()＋()后，完成后面的運算。此方法ba(來自:www.sMHaiDa.com 海 達范文網:高中數學解題方法)
?1?i用于只是未聯想到ω時進行解題。 2【另解】由a＋ab＋b＝0變形得：(22
假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由a＋ab＋b＝0解出：a＝22
?1?ib，直接代入所求表達式，進行分式化簡后，化成復數的三角形式，利用棣莫佛2
定理完成最后的計算。
Ⅲ、鞏固性題組：
1. 函數y＝(x－a)＋(x－b) （a、b為常數）的最小值為_____。 222a?b(a?b)A. 8 B. C. D.最小值不存在 2222
2. α、β是方程x－2ax＋a＋6＝0的兩實根，則(α-1) +(β-1)的最小值是
_____。
A. －4 B. 8 C. 18 D.不存在
3. 已知x、y∈R，且滿足x＋3y－1＝0，則函數t＝2＋8有_____。
A.最大值22 B.最大值2 C.最小值2 B.最小值2 22?xy222
4. 橢圓x－2ax＋3y＋a－6＝0的一個焦點在直線x＋y＋4＝0上，則a＝_____。
A. 2 B. －6 C. －2或－6 D. 2或6
5. 化簡：2?sin8＋2?2cos8的結果是_____。
A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4
6. 設F1和F2為雙曲線x－y＝1的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足∠F1PF2＝22222
4
90°，則△F1PF2的面積是_________。
27. 若x>－1，則f(x)＝x＋2x＋1的最小值為___________。 x?1
篇四：高一數學解題技巧口訣
高一數學解題技巧口訣
編輯員:zhangwei19910302
高一數學技巧多，總結規律繁化簡；概括知識難變易，高中數學巧記憶。
言簡意賅易上口，結合課本勝一籌。始生之物形必丑，拋磚引得白玉出。
一、《集合與函數》
內容子交并補集，還有冪指對函數。性質奇偶與增減，觀察圖象最明顯。
復合函數式出現，性質乘法法則辨，若要詳細證明它，還須將那定義抓。
指數與對數函數，兩者互為反函數。底數非1的正數，1兩邊增減變故。
函數定義域好求。分母不能等于0，偶次方根須非負，零和負數無對數；
正切函數角不直，余切函數角不平；其余函數實數集，多種情況求交集。
兩個互為反函數，單調性質都相同；圖象互為軸對稱，Y＝X是對稱軸；
求解非常有規律，反解換元定義域；反函數的定義域，原來函數
的`值域。
冪函數性質易記，指數化既約分數；函數性質看指數，奇母奇子奇函數，
奇母偶子偶函數，偶母非奇偶函數；圖象第一象限內，函數增減看正負。
二、《立體幾何》
點線面三位一體，柱錐臺球為代表。距離都從點出發，角度皆為線線成。
垂直平行是重點，證明須弄清概念。線線線面和面面、三對之間循環現。
方程思想整體求，化歸意識動割補。計算之前須證明，畫好移出的圖形。
立體幾何輔助線，常用垂線和平面。射影概念很重要，對于解題最關鍵。
異面直線二面角，體積射影公式活。公理性質三垂線，解決問題一大片。
三、《平面解析幾何》
有向線段直線圓，橢圓雙曲拋物線，參數方程極坐標，數形結合稱典范。
笛卡爾的觀點對，點和有序實數對，兩者—一來對應，開創幾何新途徑。
兩種思想相輝映，化歸思想打前陣；都說待定系數法，實為方程組思想。
三種類型集大成，畫出曲線求方程，給了方程作曲線，曲線位置關系判。
四件工具是法寶，坐標思想參數好；平面幾何不能丟，旋轉變換復數求。
解析幾何是幾何，得意忘形學不活。圖形直觀數入微，數學本是數形學。
篇五：高中數學解題方法大全
第一章 高中數學解題基本方法
一、 配方法
配方法是對數學式子進行一種定向變形（配成“完全平方”）的技巧，通過配方找到已知和未知的聯系，從而化繁為簡。何時配方，需要我們適當預測，并且合理運用“裂項”與“添項”、“配”與“湊”的技巧，從而完成配方。有時也將其稱為“湊配法”。
最常見的配方是進行恒等變形，使數學式子出現完全平方。它主要適用于：已知或者未知中含有二次方程、二次不等式、二次函數、二次代數式的討論與求解，或者缺xy項的二次曲線的平移變換等問題。
配方法使用的最基本的配方依據是二項完全平方公式(a＋b) ＝a ＋2ab＋b ，將這個公式靈活運用，可得到各種基本配方形式，如：
a2 ＋b2＝(a＋b)2 －2ab＝(a－b)2 ＋2ab；
a2 ＋ab＋b2 ＝(a＋b)2 －ab＝(a－b)2 ＋3ab；
a2 ＋b2 ＋c2 ＋ab＋bc＋ca＝ 1[(a＋b)2 ＋(b＋c) 2＋(c＋a) 2] 2
a 2＋b 2＋c 2＝(a＋b＋c) 2－2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b－c)2 －2(ab－bc－ca)＝?
結合其它數學知識和性質，相應有另外的一些配方形式，如：
1＋sin2α＝1＋2sinαcosα＝（sinα＋cosα） ；
x ＋ ＝(x＋ ) －2＝(x－ ) ＋2 ；?? 等等。
Ⅰ、再現性題組：
1. 在正項等比數列{a }中，a ?a +2a ?a +a ?a =25，則 a ＋a ＝_______。
2. 方程x ＋y －4kx－2y＋5k＝0表示圓的充要條件是_____。
A.<k<1 B. k< 或k>1 C. k∈R D. k＝ 或k＝1
3. 已知sin α＋cos α＝1，則sinα＋cosα的值為______。
A. 1 B. －1 C. 1或－1 D. 0
4. 函數y＝log (－2x ＋5x＋3)的單調遞增區間是_____。
A. （－∞, ] B. [ ,+∞) C. (－ , ] D. [ ,3)
5. 已知方程x +(a-2)x+a-1=0的兩根x 、x ，則點P(x ,x )在圓x +y =4上，則實數a＝_____。
【簡解】 1小題：利用等比數列性質a a ＝a ，將已知等式左邊后配方（a ＋a ） 易求。答案是：5。
2小題：配方成圓的標準方程形式(x－a) ＋(y－b) ＝r ，解r >0即可，選B。
3小題：已知等式經配方成(sin α＋cos α) －2sin αcos α＝1，求出sinαcosα，然后求出所求式的平方值，再開方求解。選C。
4小題：配方后得到對稱軸，結合定義域和對數函數及復合函數的單調性求解。選D。 5小題：答案3－ 。
Ⅱ、示范性題組：
例1. 已知長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24，則這個長方體的一條對角線長為_____。
A. 2 B. C. 5 D. 6
【分析】 先轉換為數學表達式：設長方體長寬高分別為x,y,z，則 ,而欲求對角線長 ，將其配湊成兩已知式的組合形式可得。
【解】設長方體長寬高分別為x,y,z，由已知“長方體的全面積為11，其12條棱的長度之和為24”而得： 。
長方體所求對角線長為： ＝ ＝ ＝5
所以選B。
【注】本題解答關鍵是在于將兩個已知和一個未知轉換為三個數學表示式，觀察和分析三個數學式，容易發現使用配方法將三個數學式進行聯系，即聯系了已知和未知，從而求解。這也是我們使用配方法的一種解題模式。
例2. 設方程x ＋kx＋2=0的兩實根為p、q，若( ) +( ) ≤7成立，求實數k的取值范圍。
【解】方程x ＋kx＋2=0的兩實根為p、q，由韋達定理得：p＋q＝－k，pq＝2 ,
( ) +( ) ＝ ＝ ＝ ＝ ≤7， 解得k≤－ 或k≥ 。
又 ∵p、q為方程x ＋kx＋2=0的兩實根， ∴ △＝k －8≥0即k≥2 或k≤－2
綜合起來，k的取值范圍是：－ ≤k≤－ 或者 ≤k≤ 。
【注】 關于實系數一元二次方程問題，總是先考慮根的判別式“Δ”；已知方程有兩根時，可以恰當運用韋達定理。本題由韋達定理得到p＋q、pq后，觀察已知不等式，從其結構特征聯想到先通分后配方，表示成p＋q與pq的組合式。假如本題不對“△”討論，結果將出錯，即使有些題目可能結果相同，去掉對“△”的討論，但解答是不嚴密、不完整的，這一點我們要尤為注意和重視。
例3. 設非零復數a、b滿足a ＋ab＋b =0，求( ) ＋( ) 。
【分析】 對已知式可以聯想：變形為( ) ＋( )＋1＝0，則 ＝ω （ω為1的立方虛根）；或配方為(a＋b) ＝ab 。則代入所求式即得。
【解】由a ＋ab＋b =0變形得：( ) ＋( )＋1＝0 ，
設ω＝ ，則ω ＋ω＋1＝0，可知ω為1的立方虛根，所以： ＝ ，ω ＝ ＝1。
又由a ＋ab＋b =0變形得：(a＋b) ＝ab ，
所以 ( ) ＋( ) ＝( ) ＋( ) ＝( ) ＋( ) ＝ω ＋ ＝2 。
【注】 本題通過配方，簡化了所求的表達式；巧用1的立方虛根，活用ω的性質，計算表達式中的高次冪。一系列的變換過程，有較大的靈活性，要求我們善于聯想和展開。
【另解】由a ＋ab＋b ＝0變形得：( ) ＋( )＋1＝0 ，解出 ＝ 后，化成三角形式，代入所求表達式的變形式( ) ＋( ) 后，完成后面的運算。此方法用于只是未 聯想到ω時進行解題。 假如本題沒有想到以上一系列變換過程時，還可由a ＋ab＋b ＝0解出：a＝ b，直接代入所求表達式，進行分式化簡后，化成復數的三角形式，利用棣莫佛定理完成最后的計算。 Ⅲ、鞏固性題組：
1. 函數y＝(x－a) ＋(x－b) （a、b為常數）的最小值為_____。
A. 8 B. C. D.最小值不存在
2. α、β是方程x －2ax＋a＋6＝0的兩實根，則(α-1) +(β-1) 的最小值是_____。
A. － B. 8 C. 18 D.不存在
3. 已知x、y∈R ，且滿足x＋3y－1＝0，則函數t＝2 ＋8 有_____。
A.最大值2 B.最大值 C.最小值2 B.最小值
4. 橢圓x －2ax＋3y ＋a －6＝0的一個焦點在直線x＋y＋4＝0上，則a＝_____。
A. 2 B. －6 C. －2或－6 D. 2或6
5. 化簡：2 ＋ 的結果是_____。
A. 2sin4 B. 2sin4－4cos4 C. －2sin4 D. 4cos4－2sin4
6. 設F 和F 為雙曲線 －y ＝1的兩個焦點，點P在雙曲線上且滿足∠F PF ＝90°，則△F PF 的面積是_________。
7. 若x>－1，則f(x)＝x ＋2x＋ 的最小值為___________。
8. 已知 〈β<α〈 π，cos(α-β)＝ ，sin(α+β)＝－ ，求sin2α的值。(92年高考題)
9. 設二次函數f(x)＝Ax ＋Bx＋C，給定m、n（m<n）,且滿足A [(m+n) + m n ]＋2A[B(m+n)
－Cmn]＋B ＋C ＝0 。
① 解不等式f(x)>0；
② 是否存在一個實數t，使當t∈(m+t,n-t)時，f(x)<0 .若不存在，說出理由；若存在，指出t的取值范圍。
10. 設s>1，t>1，m∈R，x＝log t＋log s，y＝log t＋log s＋m(log t＋log s),
① 將y表示為x的函數y＝f(x)，并求出f(x)的定義域；
② 若關于x的方程f(x)＝0有且僅有一個實根，求m的取值范圍。
二、換元法
解數學題時，把某個式子看成一個整體，用一個變量去代替它，從而使問題得到簡化，這叫換元法。換元的實質是轉化，關鍵是構造元和設元，理論依據是等量代換，目的是變換研究對象，將問題移至新對象的知識背景中去研究，從而使非標準型問題標準化、復雜問題簡單化，變得容易處理。
換元法又稱輔助元素法、變量代換法。通過引進新的變量，可以把分散的條件聯系起來，隱含的條件顯露出來，或者把條件與結論聯系起來。或者變為熟悉的形式，把復雜的計算和推證簡化。
它可以化高次為低次、化分式為整式、化無理式為有理式、化超越式為代數式，在研究方程、不等式、函數、數列、三角等問題中有廣泛的應用。
換元的方法有：局部換元、三角換元、均值換元等。局部換元又稱整體換元，是在已知或者未知中，某個代數式幾次出現，而用一個字母來代替它從而簡化問題，當然有時候要通過變形才能發現。例如解不等式：4 ＋2 －2≥0，先變形為設2 ＝t（t>0），而變為熟悉的一元二次不等式求解和指數方程的問題。
三角換元，應用于去根號，或者變換為三角形式易求時，主要利用已知代數式中與三角知識中有某點聯系進行換元。如求函數y＝ ＋ 的值域時，易發現x∈[0,1]，設x＝sin α ，α∈[0, ]，問題變成了熟悉的求三角函數值域。為什么會想到如此設，其中主要應該是發現值域的聯系，又有去根號的需要。如變量x、y適合條件x ＋y ＝r （r>0）時，則可作三角代換x＝rcosθ、y＝rsinθ化為三角問題。
均值換元，如遇到x＋y＝S形式時，設x＝ ＋t，y＝ －t等等。
我們使用換元法時，要遵循有利于運算、有利于標準化的原則，換元后要注重新變量范圍的選取，一定要使新變量范圍對應于原變量的取值范圍，不能縮小也不能擴大。如上幾例中的t>0和α∈[0, ]。
Ⅰ、再現性題組：
1.y＝sinx?cosx＋sinx+cosx的最大值是_________。
2.設f(x ＋1)＝log (4－x ) （a>1），則f(x)的值域是_______________。
3.已知數列{a }中，a ＝－1，a ?a ＝a －a ，則數列通項a ＝___________。
4.設實數x、y滿足x ＋2xy－1＝0，則x＋y的取值范圍是___________。
5.方程 ＝3的解是_______________。
6.不等式log (2 －1) ?log (2 －2)〈2的解集是_______________。
【簡解】1小題：設sinx+cosx＝t∈[－ , ]，則y＝ ＋t－ ，對稱軸t＝－1，當t＝ ，y ＝ ＋ ； 2小題：設x ＋1＝t (t≥1)，則f(t)＝log [-(t-1) ＋4]，所以值域為(－∞,log 4]；
3小題：已知變形為 － ＝－1,設b ＝ ，則b ＝－1,b ＝－1＋(n－1)(-1)＝－n，所以a ＝－ ；
4小題：設x＋y＝k，則x －2kx＋1＝0, △＝4k －4≥0,所以k≥1或k≤－1；
5小題：設3 ＝y，則3y ＋2y－1＝0,解得y＝ ，所以x＝－1；
6小題：設log (2 －1)＝y，則y(y＋1)<2，解得－2<y<1，所以x∈(log ,log 3)。
Ⅱ、示范性題組：
例1. 實數x、y滿足4x －5xy＋4y ＝5 （ ①式） ，設S＝x ＋y ，求 ＋ 的值。（93年全國高中數學聯賽題）
【分析】 由S＝x ＋y 聯想到cos α＋sin α＝1,于是進行三角換元，設 代入①式求S 和S 的值。
【解】設 代入①式得： 4S－5S? sinαcosα＝5
解得 S＝ ；
∵ -1≤sin2α≤1 ∴ 3≤8－5sin2α≤13 ∴ ≤ ≤
∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝
此種解法后面求S最大值和最小值，還可由sin2α＝ 的有界性而求，即解不等式：| |≤1。這種方法是求函數值域時經常用到的“有界法”。
【另解】 由S＝x ＋y ，設x ＝ ＋t，y ＝ －t，t∈[－ ， ]，
則xy＝± 代入①式得：4S±5 =5，
移項平方整理得 100t +39S －160S＋100＝0 。
∴ 39S －160S＋100≤0 解得： ≤S≤
∴ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝
【注】 此題第一種解法屬于“三角換元法”，主要是利用已知條件S＝x ＋y 與三角公式cos α＋sin α＝1的聯系而聯想和發現用三角換元，將代數問題轉化為三角函數值域問題。第二種解法屬于“均值換元法”，主要是由等式S＝x ＋y 而按照均值換元的思路，設x ＝ ＋t、y ＝ －t，減少了元的個數，問題且容易求解。另外，還用到了求值域的幾種方法：有界法、不等式性質法、分離參數法。
和“均值換元法”類似，我們還有一種換元法，即在題中有兩個變量x、y時，可以設x＝a＋b，y＝a－b，這稱為“和差換元法”，換元后有可能簡化代數式。本題設x＝a＋b，y＝a－b，代入①式整理得3a ＋13b ＝5 ，求得a ∈[0, ]，所以S＝(a－b) ＋(a＋b) ＝2(a ＋b )＝ ＋ a ∈[ , ]，再求 ＋ 的值。
例2． △ABC的三個內角A、B、C滿足：A＋C＝2B， ＋ ＝－ ，求cos 的值。（96年全國理）
【分析】 由已知“A＋C＝2B”和“三角形內角和等于180°”的性質，可得 ；由“A＋C＝120°”進行均值換元，則設 ，再代入可求cosα即cos 。
【解】由△ABC中已知A＋C＝2B，可得 ,
由A＋C＝120°，設 ，代入已知等式得：
＋ ＝ ＋ ＝ ＋ ＝ ＝ ＝－2 ,
解得：cosα＝ ， 即：cos ＝ 。
【另解】由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以 ＋ ＝－
＝－2 ，設 ＝－ ＋m， ＝－ －m ，
所以cosA＝ ，cosC＝ ，兩式分別相加、相減得：
cosA＋cosC＝2cos cos ＝cos ＝ ，
cosA－cosC＝－2sin sin ＝－ sin ＝ ，
即：sin ＝－ ，＝－ ，代入sin ＋cos ＝1整理得：3m －16m－12＝0,解出m ＝6，代入cos ＝ ＝ 。
【注】 本題兩種解法由“A＋C＝120°”、“ ＋ ＝－2 ”分別進行均值換元，隨后結合三角形角的關系與三角公式進行運算，除由已知想到均值換元外，還要求對三角公式的運用相當熟練。假如未想到進行均值換元，也可由三角運算直接解出：由A＋C＝2B，得A＋C＝120°，B＝60°。所以 ＋ ＝－ ＝－2 ，即cosA＋cosC＝－2 cosAcosC，和積互化得： 2cos cos ＝－ [cos(A+C)＋cos(A-C)，即cos ＝ － cos(A-C)＝ － (2cos －1)，整理得：4 cos ＋2cos －3 ＝0,
例3. 設a>0，求f(x)＝2a(sinx＋cosx)－sinx?cosx－2a 的最大值和最小值。
【解】 設sinx＋cosx＝t，則t∈[- , ]，由(sinx＋cosx) ＝1＋2sinx?cosx得：sinx?cosx＝ ∴ f(x)＝g(t)＝－ (t－2a) ＋ （a>0），t∈[- , ]
t＝- 時，取最小值：－2a －2 a－
當2a≥ 時，t＝ ，取最大值：－2a ＋2 a－ ；
當0<2a≤ 時，t＝2a，取最大值： 。
∴ f(x)的最小值為－2a －2 a－ ，最大值為 。
【注】 此題屬于局部換元法，設sinx＋cosx＝t后，抓住sinx＋cosx與sinx?cosx的內在聯系，將三角函數的值域問題轉化為二次函數在閉區間上的值域問題，使得容易求解。換元過程中一定要注意新的參數的范圍（t∈[- , ]）與sinx＋cosx對應，否則將會出錯。本題解法中還包含了含參問題時分類討論的數學思想方法，即由對稱軸與閉區間的位置關系而確定參數分兩種情況進行討論。
一般地，在遇到題目已知和未知中含有sinx與cosx的和、差、積等而求三角式的最大值和最小值的題型時，即函數為f(sinx±cosx，sinxcsox)，經常用到這樣設元的換元法，轉化為在閉區間上的二次函數或一次函數的研究。
例4. 設對所于有實數x，不等式x log ＋2x log ＋log >0恒成立，求a的取值范圍。（87年全國理）
【分析】不等式中log 、 log 、log 三項有何聯系.進行對數式的有關變形后不難發現，再實施換元法。
【解】 設log ＝t，則log ＝log ＝3＋log ＝3－log ＝3－t，log ＝2log ＝－2t， 代入后原不等式簡化為（3－t）x ＋2tx－2t>0，它對一切實數x恒成立，所以：
，解得 ∴ t<0即log <0
0<<1，解得0<a<1。
【注】應用局部換元法，起到了化繁為簡、化難為易的作用。為什么會想到換元及如何設元，關鍵是發現已知不等式中log 、 log 、log 三項之間的聯系。在解決不等式恒成立問題時，使用了“判別式法”。另外，本題還要求對數運算十分熟練。一般地，解指數與對數的不等式、方程，有可能使用局部換元法，換元時也可能要對所給的已知條件進行適當變形，發現它們的聯系而實施換元，這是我們思考解法時要注意的一點。
例5. 已知 ＝ ，且 ＋ ＝ (②式)，求 的值。
【解】 設 ＝ ＝k，則sinθ＝kx，cosθ＝ky，且sin θ＋cos θ＝k (x +y )＝1,代入②式得： ＋ ＝ ＝ 即： ＋ ＝
設 ＝t，則t＋ ＝ , 解得：t＝3或 ∴ ＝± 或±
【另解】 由 ＝ ＝tgθ，將等式②兩邊同時除以 ，再表示成含tgθ的式子：1＋tg θ＝ ＝ tg θ，設tg θ＝t，則3t —10t＋3＝0，
∴t＝3或 ， 解得 ＝± 或± 。
【注】 第一種解法由 ＝ 而進行等量代換，進行換元，減少了變量的個數。第二種解法將已知變形為 ＝ ，不難發現進行結果為tgθ，再進行換元和變形。兩種解法要求代數變形比較熟練。在解高次方程時，都使用了換元法使方程次數降低。
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