方程思想的应用

前言

函数性质推导中

• 对称性+奇偶性(Longrightarrow)周期性的变形例子

如，已知函数(f(x))是奇函数，且满足(f(2-x)=f(x))，

则由(egin{align*} f(2-x)&=f(x) \ - f(-x)&= f(x)end{align*}) (Bigg}Longrightarrow f(2-x)=- f(-x)Longrightarrow f(2+x)=- f(x)Longrightarrow)周期(T=4)

• 奇偶性+周期性(Longrightarrow)对称性的变形例子
  

如，已知函数(f(x))是奇函数，且满足(f(x+4)=-f(x))，

则由(egin{align*} f(x+4)&=-f(x) \ f(-x)&=-f(x)end{align*}) (Bigg}Longrightarrow f(x+4)=f(-x)Longrightarrow)对称轴是(x=2)

• 对称性+周期性(Longrightarrow)奇偶性的变形例子
  

如，已知函数(f(x))的周期是2，且满足(f(2+x)=f(-x))，

则由(egin{align*} f(2+x) &=f(-x) \ f(2+x) &= f(x)end{align*}) (Bigg}Longrightarrow f(-x)= f(x)Longrightarrow)函数(f(x))是偶函数。

在三角函数中

已知(alphain (0，pi))，且(sinalpha+cosalpha=cfrac{1}{5})，求(sinalphacdot cosalpha)、(sinalpha-cosalpha)、(cfrac{sinalpha}{cosalpha})的值；

法1：由(egin{cases}sinalpha+cosalpha=cfrac{1}{5}\sin^2alpha+cos^2alpha=1end{cases})，解得(egin{cases}sinalpha=cfrac{4}{5}\cosalpha=-cfrac{3}{5}end{cases})或(egin{cases}sinalpha=-cfrac{3}{5}\cosalpha=cfrac{4}{5}end{cases}(舍去))，

再求得(sinalphacdot cosalpha=-cfrac{12}{25})、(sinalpha-cosalpha=cfrac{7}{5})、(cfrac{sinalpha}{cosalpha}=tanalpha=-cfrac{4}{3})；

法2：给(sinalpha+cosalpha=cfrac{1}{5})两边平方，得到(1+2sinalphacdot cosalpha=cfrac{1}{25})，

则(sinalphacdot cosalpha=-cfrac{12}{25})，且(sinalpha>0，cosalpha<0)，

则(1-2sinalphacdot cosalpha=(sinalpha-cosalpha)^2=cfrac{49}{25})，故(sinalpha-cosalpha=cfrac{7}{5})；

将(sinalpha+cosalpha=cfrac{1}{5})和(sinalpha-cosalpha=cfrac{7}{5})联立，解得(egin{cases}sinalpha=cfrac{4}{5}\cosalpha=-cfrac{3}{5}end{cases})；

则得到(cfrac{sinalpha}{cosalpha}=tanalpha=-cfrac{4}{3})；

法3：实际高考中，我们常常是利用勾股数来快速求解的，比如已知(alphain (0，pi))，且(sinalpha+cosalpha=cfrac{1}{5})，快速联系勾股数(3、4、5)，则(sinalpha)和(cosalpha)的值必然在(pmcfrac{3}{5})和(pmcfrac{4}{5})中快速选择，

则由(sinalphacdot cosalpha=-cfrac{12}{25}<0)，可知(sinalpha>0，cosalpha<0)，故(egin{cases}sinalpha=cfrac{4}{5}\cosalpha=-cfrac{3}{5}end{cases})

解后反思：1、在(sinalpha+cosalpha)、(sinalpha-cosalpha)、(sinalphacdot cosalpha)、(frac{sinalpha}{cosalpha})这四个式子中，知一求三是经常应用的运算；并且能应用来化简函数解析式，比如求函数(f(x)=sinx+cosx+sinxcdot cosx)的值域；求函数(f(x)=cfrac{sinxcdot cosx}{2+sinx+cosx})的值域；

2、注意勾股数快速确定三角函数值的方法。常用的勾股数(3n，4n，5n(nin N^*))；(5，12，13)；(7，24，25)；(8，15，17)；(9，40，41)；

3、由于用(sinalphapm cosalpha=t)，可以表示(sinalphacdot cosalpha)的值，故我们可以利用这一思路求解如下问题：

①求函数(y=sinalpha-cosalpha+sinalphacdot cosalpha，alphain [0，cfrac{pi}{2}])的值域问题。

②求函数(y=cfrac{sinalphacdot cosalpha}{sinalpha+cosalpha}，alphain [0，cfrac{pi}{2}])的值域问题。

已知( heta)为第三象限的角，且(tan heta=2)，求(sin heta)和(cos heta)。

【法1】：常规方法，方程组法，由已知条件可得到，(left{egin{array}{l}{cfrac{sin heta}{cos heta}=2}\{sin^2 heta+cos^2 heta=1}end{array} ight.)，

解得(left{egin{array}{l}{sin heta=-cfrac{2sqrt{5}}{5}}\{cos heta=-cfrac{sqrt{5}}{5}}end{array} ight.)，或(left{egin{array}{l}{sin heta=cfrac{2sqrt{5}}{5}}\{cos heta=cfrac{sqrt{5}}{5}}end{array} ight.(舍去))，

故有(sin heta=-cfrac{2sqrt{5}}{5})；(cos heta=-cfrac{sqrt{5}}{5})；

【法2】：三角函数定义法，简单方法。由于(tan heta=2)，则角( heta)的终边在射线(y=2x{x<0})上，

故在射线(y=2x{x<0})上取点((-1，-2))，则由三角函数的定义可知，(x=-1)，(y=-2)，(r=sqrt{5})，

则(sin heta=cfrac{y}{r}=cfrac{-2}{sqrt{5}}=-cfrac{2sqrt{5}}{5})；(cos heta=cfrac{x}{r}=cfrac{-1}{sqrt{5}}=-cfrac{sqrt{5}}{5})；

【法3】：引入比例因子法，由(tan heta=cfrac{sin heta}{cos heta}=2)，( heta)为第三象限的角，

可设(sin heta=2k)，(cos heta=k(k<0))，

由于(sin^2 heta+cos^2 heta=1)，即(5k^2=1)，解得(k=-cfrac{sqrt{5}}{5})，

故有(sin heta=-cfrac{2sqrt{5}}{5})；(cos heta=-cfrac{sqrt{5}}{5})；

已知(tanalpha=cfrac{1}{2})，求(sin^4alpha-cos^4alpha)的值。

【法1】：方程组法，由(left{egin{array}{l}{cfrac{sinalpha}{cosalpha}=cfrac{1}{2}}\{sin^2alpha+cos^2alpha=1}end{array} ight.)，

解得(sin^2alpha=cfrac{1}{5})，(cos^2alpha=cfrac{4}{5})，

代入得到(sin^4alpha-cos^4alpha=-cfrac{3}{5})；

【法2】：齐次式法，(sin^4alpha-cos^4alpha=(sin^2alpha-cos^2alpha)(sin^2alpha+cos^2alpha)=sin^2alpha-cos^2alpha)

(=-cos2alpha=-cfrac{cos^2alpha-sin^2alpha}{sin^2alpha+cos^2alpha}=cfrac{1-tan^2alpha}{1+tan^2alpha}=-cfrac{3}{5})；

【法3】：由(cfrac{sinalpha}{cosalpha}=cfrac{1}{2})，引入比例因子，可设(sinalpha=k)，(cosalpha=2k(k eq 0))，

由(k^2+(2k)^2=1)，可得(k^2=cfrac{1}{5})，故(k^4=cfrac{1}{25})，

则(sin^4alpha-cos^4alpha=k^4-(2k)^4=-15k^4=-cfrac{3}{5})；

在数列中

在等差或等比数列中，(a_n，n，S_n，a_1，d(q))，知三求二类

1、已知等比数列({a_n})中， (a_3=4)， (a_9=1)， 求(a_6=)？

分析：(a_6^2=a_3cdot a_9=4)，故(a_6=pm 2)。原因是(a_6=a_3cdot q^3)，(q^3)可取正负两种情形，故(a_6=pm 2)。

2、已知等比数列({a_n})中， (a_3=4)， (a_11=1)， 则(a_7=)？

分析：(a_7^2=a_3cdot a_11=4)，故(a_7=pm 2)。又由于(a_7=a_3cdot q^4)，(q^4)只能取正值一种情形，故(a_7=2)。

3、已知数列({a_n})是递增等比数列，(a_1+a_4=9)，(a_2cdot a_3=8)，求其前(n)项和(S_n)。

分析：由题目可知(a_2cdot a_3=a_1cdot a_4=8)，故得到二元二次方程组(egin{cases}a_1+a_4=9\a_1cdot a_4=8end{cases})，

将(a_1=9-a_4)代入(a_1cdot a_4=8)，解得(a_1=1)或(a_1=8)，对应得到(a_4=8)或(a_4=1)，即得到两组解，

(egin{cases}a_1=1\a_4=8end{cases})或者(egin{cases}a_1=8\a_4=1end{cases}(由递增舍去))，故有(a_1=1，a_4=8)，

则(q=2)，故(a_n=2^{n-1})，(S_n=2^n-1)。

4、在等比数列({a_n})中， (a_4=2)， (a_5=5)， 则数列({lga_n})的前8项之和(T_8)为多少？

法1：由(a_4=2)， (a_5=5)，求得(q=cfrac{5}{2})，

则(a_n=a_4cdot q^{n-4}=2cdot (cfrac{5}{2})^{n-4})，

故(lga_n=lg2+(n-4)lgcfrac{5}{2})，故({lga_n})为等比数列。

又可以计算(a_1=cfrac{16}{125})，

故(T_8=8lgcfrac{16}{125}+cfrac{8 imes7}{2}cdot lgcfrac{5}{2}=cdots=4)。

法2：由于({a_n})为等比数列，则有(cfrac{a_{n+1}}{a_n}=q)；

故有(lga_{n+1}-lga_n=lgq)，即数列({lga_n})为等比数列。

(T_8=cfrac{lga_1+lga_8}{2}cdot 8=4lg(a_1cdot a_8)=4lg(a_4cdot a_5)=4lg10=4)。

5、若({a_n})为等差数列，且(cfrac{S_{12}}{4}=cfrac{S_{9}}{3}+2)，求其公差(d)。

分析：(d=cfrac{4}{9})；只有一个方程，其中含有两个未知数，那么其必然很特殊，比如本题目中(a_1)会消掉。

【2018安徽合肥模拟】【综合应用】已知数列({a_n})满足(a_1=1)，(a_2=4)，(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1}(nin N^*))，求数列的通项公式。

分析：用待定系数法，设(a_{n+2}+pa_{n+1}=k(a_{n+1}+pa_n))，(k，pin R)，

整理得到(a_{n+2}-kpcdot a_n=(k-p)a_{n-1})，

比照(a_{n+2}+2a_n=3a_{n+1})，得到(kp=-2)，(k-p=3)，

解得(left{egin{array}{l}{k=2}\{p=-1}end{array} ight.)，(left{egin{array}{l}{k=1}\{p=-2}end{array} ight.)，

【法1】：当(k=2)，(p=-1)时，已知式变形为(a_{n+2}-a_{n+1}=2(a_{n+1}-a_n))，又(a_2-a_1=3)，

即数列({a_{n+1}-a_n})是以(a_2-a_1=3)为首项，以(2)为公比的等比数列，

则(a_{n+1}-a_n=3 imes 2^{n-1})，接下来求(a_n)，使用累加法。

过程省略，可以求得(a_n=3 imes 2^{n-1}-2(nin N^*))。

【法2】：当(k=1)，(p=-2)时，已知式变形为(a_{n+2}-2a_{n+1}=a_{n+1}-2a_n)，又(a_2-2a_1=2)，

即数列({a_{n+1}-2a_n})是以(a_2-2a_1=2)为首项，以(0)为公差的等差数列，

则(a_{n+1}-2a_n=2+(n-1) imes 0=2)，接下来求(a_n)，再次使用待定系数法。

(a_{n+1}-2a_n=2+(n-1) imes 0=2)，得到(a_{n+1}=2a_n+2)，

(a_{n+1}+2=2(a_n+2))，故数列({a_n+1})是以(a_1+1=3)，以(2)为公比的等比数列；

故(a_n=3 imes 2^{n-1}(nin N^*))。

【法3】：由上可知，(a_{n+1}-a_n=3 imes 2^{n-1}①)，(a_{n+1}-2a_n=2②)；

联立解以(a_{n+1})和(a_n)为元的二元一次方程组，

解得得(a_n=3 imes 2^{n-1}-2(nin N^*))。

【2019年高考数学试卷理科新课标Ⅱ第19题】已知数列({a_n})和数列({b_n})满足(a_1=1)，(b_1=0)，(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4)，(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4)，

(1).证明：({a_n+b_n})是等比数列，({a_n-b_n})是等差数列，

分析：考查等差等比数列的证明方法(定义法和等差[比]中项法)，以及整体意识或字母的内涵和方程思想。

解析：由题设可知(4a_{n+1}=3a_n-b_n+4)①，(4b_{n+1}=3b_n-a_n-4)②，

由①+②得到，(4(a_{n+1}+b_{n+1})=2(a_n+b_n))；即(a_{n+1}+b_{n+1}=cfrac{1}{2}(a_n+b_n))；

又由于(a_1+b_1=1 eq 0)，所以数列({a_n+b_n})是首项为(1)，公比为(cfrac{1}{2})的等比数列；

由①-②得到，(4(a_{n+1}-b_{n+1})=4(a_n-b_n)+8)；即(a_{n+1}-b_{n+1}=a_n-b_n+2)；

又由于(a_1-b_1=1)，所以数列({a_n-b_n})是首项为(1)，公差为(2)的等差数列；

【注意细节】由(a_{n+1}+b_{n+1}=cfrac{1}{2}(a_n+b_n))不能得到(cfrac{a_{n+1}+b_{n+1}}{a_n+b_n}=cfrac{1}{2})，还需要条件(a_1+b_1 eq 0)的配合；

相关链接：对数列中(a_n)的内涵的理解

(2).求({a_n})和({b_n})的通项公式；

分析：考察数列的通项公式的求法；

解析：由(1)分别写出数列({a_n+b_n})和数列({a_n-b_n})的通项公式，

(a_n+b_n=1 imes (cfrac{1}{2})^{n-1}=cfrac{1}{2^{n-1}})③，(a_n-b_n=1+(n-1) imes 2=2n-1)④；

由③+④，变形整理得到，(a_n=cfrac{1}{2^n}+n-cfrac{1}{2})，(nin N^*)；

由③-④，变形整理得到，(b_n=cfrac{1}{2^n}-n+cfrac{1}{2})，(nin N^*)；

相关链接：1、求数列的通项公式；2、方程思想

在解三角形中

已知两边及一边的对角，求第三边，解方程

【2016天津高考】[考查：正余弦定理解三角形]在(Delta ABC)中，(AB=sqrt{13})，(BC=3)，(angle C=120^{circ})，则(AC)=【】

$A.1$ $B.2$ $C.3$ $D.4$

分析：本题目已知(c=AB=sqrt{13})，(a=BC=3)，(angle C=120^{circ})，即已知两边及一边的对角，求第三边(AC=b=?)；求解思路可以用正弦定理，也可以用余弦定理，不过使用余弦定理一次就能到位。

由(c^2=a^2+b^2-2abcosC)，代值得到(13=9+b^2-2 imes 3 imes b imes (-cfrac{1}{2}))；

化简得到(b^2+3b-4=0)，解得(b=1)或(b=-4)(舍负)，故(AC=1)，选A。

反思：在具体题目中到底应该选正弦定理还是余弦定理来解三角形，应该具体分析，当然还需要我们搞清楚这两个定理能解决的基本类型，以便于更好的使用。

【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知( riangle ABC)的内角(A)，(B)，(C)所对的边分别是(a)、(b)、(c)，且满足((b+2c)cosA=-acosB)，设(D)为(BC)的中点，(b=4)，(AD=sqrt{7})，则(c)= 【】

【法1】：如图所示，由((b+2c)cosA=-acosB)，边化角，得到(A=120^{circ})，设(BD=CD=y)，(AB=x)，(angle ADB=alpha)，(angle ADC=eta)，

在( riangle ABC)中，(AB=x)，(AC=4)，(BC=2y)，(A=120^{circ})，

则由余弦定理得到((2y)^2=x^2+16-2cdot 4xcdot cos120^{circ})①，

又在( riangle ADB)和( riangle ADC)中，由(cosalpha+coseta=0)，得到(cfrac{7+y^2-x^2}{2sqrt{7}y}+cfrac{7+y^2-16}{2sqrt{7}y}=0)②，

联立①②，得到(x=6)或(x=-2)(舍去)，故选(A)。

【法2】：由((b+2c)cosA=-acosB)，边化角，得到(A=120^{circ})，由于点(D)为(BC)的中点，利用向量方法，

(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=2overrightarrow{AD})，两边平方，得到

(|overrightarrow{AB}|^2+|overrightarrow{AC}|^2+2overrightarrow{AB}cdot overrightarrow{AC}cos120^{circ}=4|overrightarrow{AD}|^2)，即(x^2+16+2cdot xcdot 4cdot (-cfrac{1}{2})=28)，

化简为(x^2-4x-12=0)，解得(x=6)或(x=-2)(舍去)，故选(A)。

解后反思：法1为通法，法2特殊解法，比如点(D)变化为四分之三等分点，法2就失效了；同时注意，出现(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}=2overrightarrow{AD})或者(overrightarrow{AD}=cfrac{1}{2}(overrightarrow{AB}+overrightarrow{AC}))，意味着点(D)为(BC)的中点。

在函数中

若函数(f(x))满足(f(x)+2f(1-x)=x)，则(f(x))的解析式为__________.

分析：方程组法，用(1-x)替换原方程中的(x),得到(f(1-x)+2f(x)=1-x)，

联立两式，则有(egin{cases}f(x)+2f(1-x)=x\f(1-x)+2f(x)=1-xend{cases})，

解以(f(x))和(f(1-x))为元的二元一次方程组，

解得(f(x)=cfrac{2}{3}-x);

不等式中

【比较大小】【2020高三数学课时作业】已知实数(a,b,c)满足(b+c=6-4a+3a^2)，(c-b=4)(-4a+)(a^2)，则(a,b,c)的大小关系为【】

$A.cgeqslant b>a$ $B.a>cgeqslant b$ $C.c>b>a$ $D.a>c>b$

分析：由于(c-b=4-4a+a^2=(a-2)^2geqslant 0)，故(cgeqslant b)；

又由于(c+b=6-4a+3a^2)，(c-b=4-4a+a^2)，故由方程思想得到，(b=a^2+1)，

则(b-a=a^2-a+1>0)恒成立，即(b>a)，故(cgeqslant b>a)，选(A).

已知函数(f(x)=ax^2+bx，1leq f(-1)leq 2，2leq f(1)leq 4)， 求(f(-2))的取值范围。

【法3】：方程组法

由已知有(egin{cases} f(-1)=a-b \ f(\,\,\,\,1)=a+b end{cases})，

解得(egin{cases} a=cfrac{1}{2}cdot [f(-1)+f(1)] \ b=cfrac{1}{2}cdot [f(1)- f(-1)] end{cases})

所以(f(-2)=4a-2b=3f(-1)+f(1))，

又由于(1leq f(-1)leq 2)，(2leq f(1)leq 4)，

所以(3leq 3cdot f(-1)leq 6)，(2leq 1cdot f(1)leq 4)，

故(5leq 3cdot f(-1)+1cdot f(1)leq 10)，

即(5leq f(-2)=4a-2b leq 10)

函数性质

9、定义为对称区间上的任何函数都可以表示成一个偶函数和一个奇函数之和。

证明：若(f(x))为定义在((-m，m))上的任意函数，

可设(g(x)=cfrac{f(x)+f(-x)}{2})，

(h(x)=cfrac{f(x)-f(-x)}{2})，

容易验证(g(-x)=g(x))，(h(-x)=-h(x))，

所以(g(x))为偶函数，(h(x))为奇函数，

而(cfrac{f(x)+f(-x)}{2}+cfrac{f(x)-f(-x)}{2}=f(x)=g(x)+h(x))，

故命题得证，即定义为对称区间上的任何函数都可以表示成一个偶函数和一个奇函数之和。

[反思提升]：此证明过程同时还给出了这个奇函数和偶函数的构造过程，

比如，已知任意函数(f(x)=e^x)，则(f(x)=h(x)+g(x))；

则奇函数为(h(x)=cfrac{f(x)-f(-x)}{2}=cfrac{e^x-e^{-x}}{2})，

则偶函数为(g(x)=cfrac{f(x)+f(-x)}{2}=cfrac{e^x+e^{-x}}{2})。

即(f(x)=h(x)+g(x)=cfrac{e^x-e^{-x}}{2}+cfrac{e^x+e^{-x}}{2})；

若定义在(R)上的偶函数(f(x))和奇函数(g(x))满足(f(x)+g(x)=e^x)，则(g(x))= 【】

$A.e^x-e^{-x}$ $B.cfrac{1}{2}(e^x+e^{-x})$ $C.cfrac{1}{2}(e^{-x}-e^x)$ $D.cfrac{1}{2}(e^x-e^{-x})$

分析：由于(f(-x)=f(x))，(g(-x)=-g(x))，

又由于(f(x)+g(x)=e^x)①，则(f(-x)+g(-x)=e^{-x})，即(f(x)-g(x)=e^{-x})②，

联立①②解方程，可得(g(x)=cfrac{1}{2}(e^x-e^{-x}))，故选(D)。