前言
從網上得到啟示，才着手整理總結了自己近幾年高三一線教學體會，本博文主要涉及有關運算的方面的化簡技巧和常用公式，整理的初衷就是看，能不能幫助提升學生的運算能力。實際更多的想法是拋磚引玉，讓高三學生自己仿照着自己整理總結，堅持一段時間，你會發現你做的更好。
另外提醒學生還要注意體會數學化簡中的化簡方向和化簡方法；2019高考數學Ⅱ卷的第4題，讓許多學生不知所雲，就是例證。
已知公式：\(\cfrac{M_1}{(R+r)^2}+\cfrac{M_2}{r^2}=(R+r)\cfrac{M_1}{R^3}\)，且已知\(\alpha=\cfrac{r}{R}\)，\(\cfrac{3\alpha^3+3\alpha^4+\alpha^5}{(1+\alpha)^2}\approx 3\alpha^3\)，試用\(M_1\)，\(M_2\)，\(R\)表示\(r\)的近似值；
具體的分析求解過程：請參閱，2019高考數學理科Ⅱ卷解析版
代數部分
- 0、混合組運算技巧：求解方程等式然后驗證不等式；
比如求解混合組：\(\left\{\begin{array}{l}{4(a^2+1)-4(a^2-1)>0①}\\{-2(a+1)=-4②}\\{a^2-1=0③}\end{array}\right.\)
最快的解法是口算②式，得到\(a=1\)，代入③式口算驗證成立，再代入①式口算驗證成立，故上述結果為\(a=1\).
- 1、四則運算的互化
加法變減法，\(\cfrac{y+2}{x+1}=\cfrac{y-(-2)}{x-(-1)}\)；比如用在斜率公式中。
減法變加法，函數\(f(x)=\sqrt{x+1}-\sqrt{x}=\cfrac{1}{\sqrt{x+1}+\sqrt{x}}\)，函數單調遞減；
乘法變除法，\(3x^2+4y^2=1\)變形為\(\cfrac{x^2}{\frac{1}{3}}+\cfrac{y^2}{\frac{1}{4}}=1\)，比如用在求長軸和短軸的長。
將\(x_{0}x+y_{0}y=1\)變形為\(\cfrac{x}{\frac{1}{x_0}}+\cfrac{y}{\frac{1}{y_0}}=1\)，比如用在求\(x\)截距和\(y\)截距；
一般方法\(\cfrac{2}{\sqrt{2}}=\cfrac{2\cdot \sqrt{2} }{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}=\sqrt{2}\)；
更快算法\(\cfrac{2}{\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{2}\cdot \sqrt{2}}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}\)；
\(i^2=-1\)，則\(-1=i^2\)，故\(-1+2i=i(i+2)\)；
一般方法\(\cfrac{-1+2i}{2+i}=\cfrac{(-1+2i)(2-i)}{(2+i)(2-i)}=\cfrac{-2+i+4i-2i^2}{5}=\cfrac{5i}{5}=i\)，
更快的算法\(\cfrac{-1+2i}{2+i}=\cfrac{i(2+i)}{2+i}=i\)
- 2、 繁分式化簡分式 ：
\(\cfrac{\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c}}{\frac{3}{ac}-\frac{1}{b}+\frac{4}{bc}}=\cfrac{(\frac{1}{a}+\frac{2}{b}+\frac{1}{c})\times abc}{(\frac{3}{ac}-\frac{1}{b}+\frac{4}{bc})\times abc}=\cfrac{bc+2ac+ab}{3b-ac+4a}\)；同乘
- 3、分式中負指數冪化為正指數冪：
\(\cfrac{a^x+a^{-x}}{a^x-a^{-x}}=\cfrac{(a^x+a^{-x})\times a^x}{(a^x-a^{-x})\times a^x}=\cfrac{a^{2x}+1}{a^{2x}-1}\)；同乘
- 4、指數運算、對數運算、根式運算
- 5、齊次式變形，為函數求值域，三角函數化簡、變形、求值做准備：
①\(z=\cfrac{a+\sqrt{2}b}{\sqrt{2}a+b}\)；分子分母同除以\(b\)變形得到，\(z=\cfrac{\frac{a}{b}+\sqrt{2}}{\sqrt{2}\frac{a}{b}+1}\xlongequal{t=\frac{a}{b}}\cfrac{t+\sqrt{2}}{\sqrt{2}t+1}\)
②\(z=\cfrac{2a^2+4ab-3b^2}{a^2+ab+b^2}\)；分子分母同除以\(b^2\)變形得到，\(z=\cfrac{2(\frac{a}{b})^2+4\frac{a}{b}-3}{(\frac{a}{b})^2+\frac{a}{b}+1}\xlongequal{t=\frac{a}{b}}\cfrac{2t^2+4t-3}{t^2+t+1}\)
③\(\cfrac{a\sin\theta+b\cos\theta}{c\sin\theta+d\cos\theta}\xlongequal[分子分母是sin\theta,cos\theta的一次齊次式]{分子分母同除以cos\theta}\cfrac{a\tan\theta+b}{c\tan\theta+d}\) (\(a,b,c,d\)為常數)；
④\(\cfrac{\sin2\theta-\cos^2\theta}{1+\sin^2\theta}=\cfrac{2sin\theta cos\theta-cos^2\theta}{2sin^2\theta+cos^2\theta}\xlongequal[分子分母是sin\theta,cos\theta的二次齊次式]{分子分母同除以cos^2\theta}\cfrac{2tan\theta-1}{2tan^2\theta+1}\)
⑤\(a^2-5ac+4c^2>0\)，同除以\(c^2\)得到，\((\cfrac{a}{c})^2-5\cfrac{a}{c}+4>0\)，得到\(\cfrac{a}{c}<1\)或\(\cfrac{a}{c}>4\)；
- 4、除法分配律(分數裂項)，分式變形時最常用。
\(①\cfrac{b+c}{a}=\cfrac{b}{a}+\cfrac{c}{a}\)；\(②\cfrac{a-b}{ab}=\cfrac{1}{b}-\cfrac{1}{a}\)；
但是她更多的時候表示為整式形式，如\(a_n-a_{n+1}=ka_{n+1}a_n\)，
兩邊同除以\(a_{n+1}a_n\)，可以變形為\(\cfrac{1}{a_{n+1}}-\cfrac{1}{a_n}=k\)；
- 5、分子常數化(化為部分分式，也可以理解為使用了變量集中策略，這樣的變形在研究函數的單調性，值域等問題時使用頻度比較高)
\(①y=\cfrac{2x-1}{x-1}=\cfrac{(2x-2)+1}{x-1}=2+\cfrac{1}{x-1}\)；
\(②y=\cfrac{2x}{x+4}=\cfrac{2}{1+\frac{4}{x}}\)；
\(③y=\cfrac{a^x-1}{a^x+1}=\cfrac{(a^x+1)-2}{a^x+1}=1-\cfrac{2}{a^x+1}\)；
\(④y=\cfrac{2x^2-4x+3}{x-1}=\cfrac{2(x-1)^2+1}{x-1}=2(x-1)+\cfrac{1}{x-1}\)；[1]
- 6、分母有理化，常常為數列中的裂項相消法准備：
①\(\cfrac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}=\cfrac{1\cdot(\sqrt{a}-\sqrt{b})}{(\sqrt{a}+\sqrt{b})(\sqrt{a}-\sqrt{b})}=\cfrac{\sqrt{a}-\sqrt{b}}{a-b}\)；
②\(\cfrac{1}{\sqrt{x^2+1}-x}=\cfrac{1\cdot (\sqrt{x^2+1}+x)}{(\sqrt{x^2+1}-x)(\sqrt{x^2+1}+x)}=\sqrt{x^2+1}+x\)；[2]
③\(\cfrac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}=\cfrac{1\cdot (\sqrt{x^2+1}-x)}{(\sqrt{x^2+1}-x)(\sqrt{x^2+1}+x)}=\sqrt{x^2+1}-x\)；
- 7、分子有理化，常常為求函數或數列的極限或大小比較而准備：
①\(\sqrt{a}-\sqrt{b}=\cfrac{(\sqrt{a}-\sqrt{b})(\sqrt{a}+\sqrt{b})}{1\cdot (\sqrt{a}+\sqrt{b})}=\cfrac{a-b}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}\)；
②\(\sqrt{n^2+1}-n=\cfrac{\sqrt{n^2+1}-n}{1}=\cfrac{(\sqrt{n^2+1}-n)(\sqrt{n^2+1}+n)}{1\cdot (\sqrt{n^2+1}+n)}=\cfrac{1}{\sqrt{n^2+1}+n}\)；[3]
- 8、配方，為二次函數對稱軸，圓錐曲線方程等准備：①②③④⑤⑥
①\(a^2\pm ab+b^2=(a\pm \cfrac{b}{2})^2+\cfrac{3}{4}b^2\)；②\(a^2+b^2=(a+b)^2-2ab\)；(常與韋達定理相關，與解析幾何或坐標系與參數方程題目相關)
③\(x^2+\cfrac{1}{x^2}=(x+\cfrac{1}{x})^2-2\)；④\(y=ax^2+bx+c=a(x+\cfrac{b}{2a})^2+\cfrac{4ac-b^2}{4a}(a\neq 0)\)(二次函數對稱軸)
⑤\(a^2+b^2+c^2-ab-ac-bc=\cfrac{1}{2}[(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2]\ge 0\)(與均值不等式相關，常引申為\(a^2+b^2+c^2\ge ab+bc+ac(當且僅當a=b=c時取到等號)\))
- 9、因式分解、乘法公式，常與解方程，解不等式相關：
①\(a^2-b^2=(a+b)(a-b)\)；②\((a+b+c)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2ac+2bc\)；
③\(a^2\pm 2ab+b^2=(a\pm b)^2\)；④\(a^3\pm b^3=(a\pm b)(a^2\mp ab+b^2)\)；
⑤\((a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3\)；⑥\((a-b)^3=a^3-3a^2b+3ab^2-b^3\)；[4]
- 10、整體代換，常與函數的變形、函數的性質的變換和推導有關，
①、\(f(x+4)=f(x)\)或者\(f(x+2)=f(x-2)\Longrightarrow T=4\)；
②、\(f(x+a)=-f(x)\Leftrightarrow f(x+a)+f(x)=0\Longrightarrow T=2a\;\;\;\;\;\)[5]
\(f(x+a)=b-f(x)\Leftrightarrow f(x+a)+f(x)=b\Longrightarrow T=2a\;\;\;\;\;\)[6]
③、\(f(x+a)=\cfrac{k}{f(x)}(k\neq 0)\Leftrightarrow f(x+a)f(x)=k \Longrightarrow T=2a\);[7]
④、\(f(x+2)=f(x+1)-f(x)\Longrightarrow f(x+3)=-f(x)\Longrightarrow T=6\)
或者\(f(n+2)=f(n+1)-f(n)\Longrightarrow f(n+3)=-f(n)\Longrightarrow T=6\)
⑤、抽象函數的對稱性
⑥、函數性質的綜合運用
- 11、常數代換
①\(\cfrac{1-tan15^{\circ}}{1+tan15^{\circ}}=\cfrac{tan45^{\circ}-tan15^{\circ}}{1+tan45^{\circ}\cdot tan15^{\circ}}=\tan30^{\circ}=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\).
②\(a+b=2\)，且\(a>0\)，\(b>0\)，求\(\cfrac{1}{a}+\cfrac{2}{b}\)的最小值；
③\(1=sin^2\theta+cos^2\theta=tan45^{\circ}=log_ab\cdot log_ba=2sin30^{\circ}\)；
④解對數不等式中的常數對數化，如\(3=log_28\)；解指數不等式中的常數指數化，如\(3=2^{log_23}\)；
⑤
- 12、能合二為一或一分為二數學素材
相關閱讀：能合二為一或一分為二數學素材；
- 13、需要化簡的數學素材
相關閱讀：需要化簡的數學素材；
注意分析具體題目中的化簡方向和變形方向。[8]
- 14、 將參數方程代入曲線中的運算小技巧，
比如將\(x=-1+tcos\alpha\)，\(y=1+tsin\alpha\)代入圓方程\(x^2+y^2-4x=0\)，注意對齊書寫
\(演草紙上如右操作，省時省力；\left\{\begin{array}{l}{1-2tcos\alpha+t^2cos^2\alpha}\\{1+2tsin\alpha+t^2sin^2\alpha}\\{4-4tcos\alpha}\end{array}\right.\)
整理得到，\(t^2+(2sin\alpha-6cos\alpha)t+6=0\)。
- 15、一元二次方程相關，設\(ax^2+bx+c=0（a\neq 0）\)的兩個根為\(x_1，x_2\)，\(\Delta=b^2-4ac\)，
①求根公式：\(x_{1，2}=\cfrac{-b\pm \sqrt{b^2-4ac}}{2a}（\Delta >0）\)；\(|x_1-x_2|=\sqrt{(x_1-x_2)^2}=\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\cfrac{\sqrt{\Delta }}{|a|}\)；
②韋達定理：\(\begin{cases} x_1+x_2=-\cfrac{b}{a} \\ x_1x_2=\cfrac{c}{a} \end{cases}\)，如果解關於\(x_1，x_2\)的二元方程，就可以通過構造方程\(x^2+\cfrac{b}{a}x+\cfrac{c}{a}=0\)再解。
③因式分解：\(ax^2+bx+c=a(x-x_1)(x-x_2)\)；
④【補充】\(ax+b=0\)對所有\(x\in R\)都成立，則等價於\(a=b=0\)；\(am+bn=0\)對所有\(m，n\in R\)都成立，則等價於\(a=b=0\)；
\(ax^2+bx+c=0\)對所有\(x\in R\)都成立，則等價於\(a=b=c=0\)；\(am^2+bmn+cn^2=0\)對所有\(m，n\in R\)都成立，則等價於\(a=b=c=0\)；
- 16、三角形的基礎知識相關
①三邊關系：\(a+b>c\)且\(b+c>a\)且\(c+a>b\)，由這個關系可以推出任意兩邊之差小於第三邊；故只需要記憶一組公式即可。
②\(n\)邊形內角和\((n-2)\cdot 180^{\circ}\)；\(n\)邊形外角和：\(360^{\circ}\)；
③\(a>b \Leftrightarrow A>B\)；延伸到高中得到\(a>b \Leftrightarrow A>B\Leftrightarrow sinA>sinB \Leftrightarrow cosA<cosB\)；
- 17、引入比例因子簡化運算
- 18、 平均數的計算技巧
比如計算數據\(515，521，527，531，532，536，543，548，558，559\)的平均數。
\(\bar{x}=500+\cfrac{15+21+27+31+32+36+43+48+58+59}{10}=537\)；
\(\bar{x}=540+\cfrac{-25-19-13-9-8-4+3+8+18+19}{10}=540+\cfrac{-30}{10}=537\)；
- 19、特殊方程組
已知\(\left\{\begin{array}{l}{xy=12}\\{yz=8}\\{xz=6}\end{array}\right.\)，求解方程組；
分析：三式相乘再開方，得到\(xyz=24\)，然后與已知的三個式子相除，
得到\(x=3\)，\(y=4\)，\(z=2\)。
- 20、和分比性質
由\(\cfrac{x}{\sqrt{3}}=\cfrac{2-x}{2\sqrt{3}}\)解方程，則可得到\(\cfrac{2-x}{x}=\cfrac{2\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\)，
利用和比性質得到，\(\cfrac{2-x+x}{x}=\cfrac{2\sqrt{3}+\sqrt{3}}{\sqrt{3}}\)，
即\(\cfrac{2}{x}=\cfrac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}}=3\)，則\(x=\cfrac{2}{3}\)；
幾何部分
圓錐曲線中將直線代入后的化簡過程；
將直線\(y=kx+2\)代入圓錐曲線\(\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{3}=1\)的代入運算過程，可以如下簡化：
先將圓錐曲線整理為\(3x^2+4y^2-12=0\)，然后這樣在演草紙上書寫，注意對齊書寫，一次運算過
\(\left\{\begin{array}{l}{3x^2}\\{4(k^2x^2+4kx+4)}\\{\hspace{6em}-12}\end{array}\right.\)
一次就可以整理為\((4k^2+3)x^2+16kx+4=0\)；
引例2、已知函數\(f(x)=mlnx+x^2-mx\)在\((1，+\infty)\)上單調遞增，求m的取值范圍____________．
【分析】由函數單調遞增，轉化為\(f'(x)≥0\)在\((1，+\infty)\)上恆成立，然后分離參數得到\(m≤g(x)\)，用均值不等式求新函數\(g(x)\)的最小值即可。
【解答】由題目可知，\(f'(x)≥0\)在\((1，+\infty)\)上恆成立，且\(f'(x)\)不恆為零，
則有\(f'(x)=\cfrac{m}{x}+2x-m=\cfrac{2x^2-mx+m}{x}≥0\)在\((1，+\infty)\)上恆成立，
即\(2x^2-mx+m≥0\)在\((1，+∞)\)上恆成立，常規法分離參數得到
m≤\(\cfrac{2x^2}{x-1}=\cfrac{2(x-1)^2+4x-2}{x-1}=\cfrac{2(x-1)^2+4(x-1)+2}{x-1}=2(x-1)+\cfrac{2}{x-1}+4\)
由於\(x>1\)，故\(2(x-1)+\cfrac{2}{x-1}+4≥2\sqrt{4}+4=8\)，當且僅當\(x=2\)時取到等號。
故\(m≤8\)，當\(m=8\)時，函數不是常函數，也滿足題意，故\(m≤8\)。 ↩︎【具體應用①】比如函數\(f(x)=ln(\sqrt{x^2+1}-x)\)，則可知\(f(-x)=ln(\sqrt{x^2+1}+x)\)，即\(f(x)+f(-x)=ln1=0\)，即函數\(f(x)\)為奇函數；
那么函數\(f(x)=ln(\sqrt{x^2+1}-x)+1\)呢，同理可得，\(f(x)+f(-x)=2\)，即函數\(f(x)\)關於點\((0，1)\)對稱。
【具體應用②】比如函數\(g(x)=lg(\sqrt{sin^2x+1}+sinx)\)，則可知\(g(-x)=lg(\sqrt{sin^2x+1}-sinx)\)，
即\(g(x)+g(-x)=lg1=0\)，即函數\(g(x)\)為奇函數；
↩︎引例，\(b=\sqrt{7}-\sqrt{3}\)，\(c=\sqrt{6}-\sqrt{2}\)，比較\(b、c\)的大小。
分析：\(b=\sqrt{7}-\sqrt{3}=\cfrac{\sqrt{7}-\sqrt{3}}{1}=\cfrac{4}{\sqrt{7}+\sqrt{3}}\)；
\(c=\sqrt{6}-\sqrt{2}=\cfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{1}=\cfrac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}\)；
由於\(\sqrt{7}+\sqrt{3}>\sqrt{6}+\sqrt{2}\)，故\(\cfrac{4}{\sqrt{7}+\sqrt{3}}<\cfrac{4}{\sqrt{6}+\sqrt{2}}\)，
即\(b<c\)。 ↩︎實際高三數學教學和考試中的相關內容常常是這樣的：
①\(x^2-5\sqrt{2}x+8\ge 0\)，即\((x-\sqrt{2})(x-4\sqrt{2})\ge 0\)；
②\(x^2-(2m+1)x+m^2+m-2\leq 0\)，即\([x-(m+2)][x-(m-1)]\leq 0\)；
③\(x^2-3mx+(m-1)(2m+1)\ge 0\)；即\([x-(m-1)][x-(2m+1)]\ge 0\)；
④\(x^2-(a+a^2)x+a^3\leq 0\)，即\((x-a)(x-a^2)\leq 0\)；
⑤\(x^2-(a+1)x+a\leq 0\)，即\((x-1)(x-a)\leq 0\)；
⑥\(x^2-(2a+1)x+a(a+1)\leq 0\)；即\((x-1)[x-(a+1)]\leq 0\)；
⑦\(\cfrac{x-2a}{x-(a^2+1)}<0(a\neq 1)\)；即\((x-2a)[x-(a^2+1)]<0\)，解集為\((2a，a^2+1)\)；
⑧\(x^2+(m+4)x+m+3<0\)，即\((x+1)[x+(m+3)]<0\)；
⑨\(x^2-(a+\cfrac{1}{a})x+1<0\)，即\((x-a)(x-\cfrac{1}{a})<0\)；
⑩\(f'(x)=x+(a-e)-\cfrac{ae}{x}=\cfrac{x^2+(a-e)x-ae}{x}=\cfrac{(x+a)(x-e)}{x}\)；
⑾\(x^2-2ax+a^2-4=x^2-2ax+(a+2)(a-2)=[x-(a-2)][x-(a+2)]\leq0\)，即\(a-2\leq x\leq a+2\) ； ↩︎推導：\(f(x+2a)=f[(x+a)+a]\xlongequal[整體代換]{用x+a代換已知式中的x}-f(x+a)\xlongequal[代換]{用已知f(x+a)=-f(x)}-(-f(x))=f(x)\Longrightarrow T=2a\) ↩︎
推導：\(f(x+2a)=f[(x+a)+a]=b-f(x+a)=b-(b-f(x))=f(x)\Longrightarrow T=2a\) ↩︎
推導：\(f(x+2a)=f[(x+a)+a]=\cfrac{k}{f(x+a)}=\cfrac{k}{\cfrac{k}{f(x)}}= f(x)\Longrightarrow T=2a\) ↩︎
例12 設函數\(f(x)=x^2-1\)，對任意\(x\in [\cfrac{3}{2}，+\infty)\)，\(f(\cfrac{x}{m})-4m^2\cdot f(x)\leq f(x-1)+4f(m)\)恆成立，則實數\(m\)的取值范圍是\((-\infty，-\cfrac{\sqrt{3}}{2}]\cup[\cfrac{\sqrt{3}}{2}，+\infty)\)。
提示：由題意得到，\(\cfrac{x^2}{m^2}-1-4m^2(x^2-1)\leq (x-1)^2-1+4(m^2-1)\)對任意\(x\in [\cfrac{3}{2}，+\infty)\)恆成立，分離參數得到，
則\(\cfrac{1}{m^2}-4m^2\leq -\cfrac{3}{x^2}-\cfrac{2}{x}+1\)對任意\(x\in [\cfrac{3}{2}，+\infty)\)恆成立，
令\(h(x)= -\cfrac{3}{x^2}-\cfrac{2}{x}+1= -3(\cfrac{1}{x})^2-2(\cfrac{1}{x})+1\)，\(h(x)_{min}=-\cfrac{5}{3}\)，故轉化為
\(\cfrac{1}{m^2}-4m^2\leq -\cfrac{5}{3}\)，即\((3m^2+1)(4m^2-3)\ge 0\)，解得\(m\in (-\infty，-\cfrac{\sqrt{3}}{2}]\cup[\cfrac{\sqrt{3}}{2}，+\infty)\)。
解后反思：確定題目的變形方向很關鍵。 ↩︎