数学空间 ——人教数学网刊
中学数学
2013 年第 1 期 总第 11 期
.
.
x
.
y
.
O
主编： 马涛 (MAT) 执行主编： 杨洪 (羊羊羊羊)
责任编辑： 马涛 (MAT) 何万程 (hejoseph) 郭子伟 (kuing)
特约撰稿人： 陈海峰 (过必思) 廖凡 (ab1962) 何万程 (hejoseph) 郭子伟 (kuing)
目录
1 中考加油站 1
1.1 一线三角基本图的妙用——谢勇 . . . 1 1.2 利用函数图象的对称性解题——谢勇 . . . 4
2 数学评书 7
2.1 《智慧宝典》第三部第三回 途中遇王后 拆解破瑕疵——陈海峰 . . . 7 2.2 《智慧宝典》第三部第四回 三角山上见首领 五招破译藏宝图——陈海峰 . . . 9
3 助力高考 11
3.1 ab1962 解题集精选（十一）——廖凡 . . . 11 3.2 辅助函数 PK 代数变形——杨春波、程汉波 . . . 15 3.3 对 2009 年江西高考数学压轴数列题的研究——郭子伟 . . . 18
4 能力提升 22
4.1 一个连根式不等式的等比型推广——李明 . . . 22 4.2 两个连根式的双边估计式——李明 . . . 24 4.3 这道题我是不是想多了——杨春波、程汉波 . . . 27
5 朝花夕拾 30
5.1 【封面故事】Cassini 卵形线和 Apollonius 圆——何万程 . . . 30
i
中考加油站
1.1 一线三角基本图的妙用——谢勇
在几何解题中，根据基本图形结构及其结论合理地展开联想，可以让我们借助已有的解题方法、思路、结 论，化未知为已知，提高思维品质，快速打开解题思路。在相似三角形学习中，就有一个重要的基本图形结构
——“一线三角”，值得研究。
.. l
. A
. B
. P .
D
.
C 图 1.1.1
引例 如图 1.1.1，A，P ，C 是直线 l 上不同的三点，B，D 两点在直线 l 的同侧，若∠BP D = ∠BAP =
∠DCP = α（0◦< α < 180◦），则有△ABP ∼ △CP D。
证明 因为∠BP D + ∠DP C = ∠BP C = ∠BAP + ∠P BA，所以 ∠BP D + ∠DP C = ∠BAP + ∠P BA。
因为∠BP D = ∠BAP ，所以 ∠P BA = ∠DP C。又因为 ∠BAP = ∠DCP ，所以 △ABP ∼ △CP D。
下面，借助这个基本图形结构及其结论解决几例考题。
例 1.1.1. 如图 1.1.2，P 为线段 AB 上一点，AD 与 BC 交于 E，∠CP D = ∠A = ∠B，BC 交 P D 于 F ，
AD 交 P C 于 G，则图中相似三角形有 （ ）
（A）1 对 （B）2 对 （C）3 对 （D）4 对
分析 由于∠CP D = ∠A = ∠B，根据引例可直接发现 △GAP ∼ △P BF 。再有 ∠GP D = ∠A，∠GDP =
∠P DA 及 ∠CP F = ∠B，∠P CF = ∠BCP 可分别证得 △DP G ∼ △DAP ，△CP F ∼ △CBP ，故图中相似三 角形有三对。
解 选 C。
..
P . A
.
B .
C
.
D
. E
.
F .
G
图 1.1.2
..
A
. B .
C .
D .
E
图 1.1.3
例 1.1.2. 如图 1.1.3，在等边△ABC 中，D 为 BC 边上一点，E 为 AC 边上一点，且 ∠ADE = 60◦， BD = 4，CE = 4
3，则△ABC 的面积为 （ ）
（A）8√
3 （B）15 （C）9√
3 （D）12√
3
中考加油站 初中数学
分析 欲求等边△ABC 的面积，需先求其边长。观察发现 ∠ADE = ∠B = ∠C = 60◦，于是由引例知道
△ABD ∼ △DCE，然后根据相似三角形的对应边的比相等构建方程求解。
解 设 DC = x，则 AB = BC = BD + DC = 4 + x。
因为△ABD ∼ △DCE（证明略），所以AB DC = BD
CE，所以4 + x x = 4
4 3
，解得 x = 2，所以 BC = 4 + x =
6。故△ABC 的面积是
√3
4 × BC2=
√3
4 × 62= 9√
3，答案选 C。
例 1.1.3. 如图 1.1.4，在等腰梯形 ABCD 中，AD BC，BC = 4AD = 4√
2，∠B = 45◦。直角三角板含 45◦角的顶点 E 在边 BC 上移动，一直角边始终经过点 A，斜边与 CD 交于点 F 。若△ABE 为等腰三角形，
则 CF 的长等于 。
..
A
. B .
C .
F
.
D
.
G .
H .
E
图 1.1.4
分析 由条件知∠AEF = ∠B = ∠C = 45◦，从而根据引例知道△ABE ∼ △ECF 。接下来，根据相似三 角形的对应边的比相等，建立 CF 长与 BE 长之间的函数关系式，进而求出△ABE 为等腰三角形的三种情况 下的 BE 长，代入函数关系式即得 CF 长。
解 如图 1.1.4，过 A，D 两点分别作 AG⊥ BC 于 G，DH ⊥ BC 于 H。
可求得 BG = CH = 1 2(4√
2−√
2) = 3√ 2
2 。又因为∠B = 45◦，所以 AB =√
2BG = 3。
设 BE = x，CF = y，则 EC = BC− BE = 4√ 2− x。
因为△ABE ∼ △ECF （证明略），所以 AB EC = BE
CF，所以 3 4√
2− x = x
y，即 y = x(4√ 2− x)
3 。
（1）如图 1.1.5，当 AB = AE 时，∠B = ∠AEB = 45◦，所以∠BAE = 90◦，所以 BE =√
2AB = 3√ 2，
即 x = 3√
2，所以 y = 3√ 2(4√
2− 3√ 2)
3 = 2，即 CF = 2；
..
A
. B .
C .
F .
D
.
E 图 1.1.5
..
A
. B .
C .
F
.
D
.
E 图 1.1.6
..
A
. B .
C .
F
.
D
.
E 图 1.1.7
2
中考加油站 初中数学
（2）如图 1.1.6，当 AB = BE = 3 时，x = 3，所以 y = 3(4√ 2− 3) 3 = 4√
2− 3，即 CF = 4√ 2− 3；
（3）如图 1.1.7，当 AE = BE 时，∠B = ∠BAE = 45◦，所以∠AEB = 90◦。此时，BE 长就是图 1.1.4
中的 BG 长，等于 3√ 2
2 ，所以 x = 3√ 2
2 ，所以 y = 3√
2 2
( 4√
2−3√ 2 2
)
3 = 5
2，即 CF = 5 2。 综上可知答案填 2 或 4√
2− 3 或 5 2。
例 1.1.4. 如图 1.1.8，点 P 是正方形 ABCD 边 AB 上一点（不与点 A，B 重合），连接 P D 并将线段 P D 绕点 P 顺时针方向旋转 90◦得到线段 P E，P E 交边 BC 于点 F ，连接 BE，DF 。
（1）求证：∠ADP = ∠EP B；
（2）求∠CBE 的度数；
（3）当 AP
AB 的值等于多少时，△P F D ∼ △BF P ？并说明理由。
..
A .
B .
C
. D
. P .
E .
F .
G
图 1.1.8
分析 图形中蕴含∠DP E = ∠A = ∠ABC = 90◦，根据引例证明方法易解第（1）问，且有△AP D ∼
△BF P 。对于第（2）问，由于 P D = P E，可过点 E 作 AB 边的垂线，构造与 Rt△AP D 全等的直角三角形 解决。对于第（3）问，可以逆向思考探究，将△P F D ∼ △BF P 产生的相似比 P D
P B = P F
BF（即P D P F = P B
BF），
与△AP D ∼ △BF P 产生的相似比 AP BF = P D
P F 联系在一起，证得 AP = P B 后得解。
解 （1）证明：因为四边形 ABCD 是正方形，所以∠A = ∠P BC = 90◦，AB = AD，所以∠ADP +
∠AP D = 90◦。因为∠DP E = 90◦，所以∠AP D + ∠EP B = 90◦，所以∠ADP = ∠EP B。
（2）如图 1.1.8，过 E 点作 EG⊥ AB 的延长线于点 G，则 ∠A = ∠EGP = 90◦。
又因为∠ADP = ∠EP B，P D = P E，所以 △P AD ∼=△EGP 。所以 EG = AP ，AD = P G。
又因为 AB = AD，所以 AB = P G，所以 AB− P B = P G − P B，即 AP = BG，所以 EG = BG，所以
∠EBG = 45◦，所以∠CBE = ∠CBG − ∠EBG = 45◦。
（3）假设△P F D ∼ △BF P ，则有 P D P F = P B
BF。
因为∠ADP = ∠F P B，∠A = ∠P BF ，所以 △ADP ∼ △BP F ，所以P D P F = AP
BF，所以P B BF = AP
BF，所 以 P B = AP 。
所以 AP AB = 1
2 时，△P F D ∼ △BF P 。
中考加油站 初中数学
1.2 利用函数图象的对称性解题——谢勇
与函数相关的内容，学生在初中阶段主要学习了一次函数、反比例函数及二次函数，知道了它们的图象分 别是直线、双曲线和抛物线，并从图形对称性的角度，认识到这些图象都是轴对称图形，直线和双曲线还是中 心对称图形。解题中，如果由此分析思考，就可找到一些新颖、方便、快捷的答题思路。请看下面几例问题。
例 1.2.1. 如图 1.2.1，反比例函数 y = k
x（k < 0）的图象与经过原点的直线 l 相交于 A、B 两点，已知 A 点坐标为 (−2, 1)，那么 B 点的坐标为 。
解析 因为双曲线 y = k
x（k < 0）的对称中心是原点 O，而原点 O 又是直线 l 的对称中心，由此知道它 俩的交点 A，B 关于原点 O 对称，而 A 点坐标为 (−2, 1)，所以 B 点坐标为 (2, −1)。
思路点拨 正比例函数的图象是一条经过原点的直线，它的对称中心有无数个，原点是其中之一；反比例 函数的图象是双曲线，它的对称中心只有一个就是原点。当这两类函数的图象共存于同一平面直角坐标系时，
形成的整体图形仍然具有中心对称性，对称中心就是原点。这时，如果两类函数图象有交点，则它们必定关于 原点对称。实际中，部分学生会由 A(−2, 1) 出发，运用待定系数法分别求出双曲线和直线 l 的解析式，再构建 方程（组）求解，显然，这没有上面解法简便。
.. x
. y
. O
. A
.
B
图 1.2.1
.. x
. y
. O . A .
M .
B N .
图 1.2.2
例 1.2.2. 如图 1.2.2，正比例函数与反比例函数的图象相交于 A，B 两点，分别以 A，B 两点为圆心，画 与 x 轴相切的两个圆，若点 A 的坐标为 (2, 1)，则图中两个阴影部分面积的和是 。
解析 取⊙A，⊙B 与 x 轴的切点分别为 M，N，连接 AM，BN，则 AM ⊥ x 轴，BN ⊥ x 轴。又 A 点 坐标为 (2, 1)，根据上题解析过程易求得 B 点坐标为 (−2, −1)，所以 AM = 1，BN = 1，可知 ⊙A 与 ⊙B 是 两个等圆，且关于原点对称。由此观察图形知道，两个阴影部分面积的和就是其中一个圆的面积，求得答案为 π。
思路点拨 解答此题的关键：（1）理解交点 A，B 关于原点对称，求出 B 点坐标；（2）由 A，B 两点的坐 标结合切线的性质发现⊙A 和 ⊙B 是半径为 1 的两个等圆，且关于原点对称；（3）由整个图形的中心对称性理 解⊙A 中的阴影部分（或空白部分）与 ⊙B 中的空白部分（或阴影部分）关于原点对称，从而知晓它们的面积 相等；（4）利用整体思想解答。可见，熟悉函数图象的对称性对解题起着重要的作用。
例 1.2.3. 如图 1.2.3，已知函数 y1=−x + 1 的图象与 x 轴、y 轴分别交于点 C，B，与双曲线 y2 = k x 交 于点 A，D，若 AB + CD = BC，则 k 的值为 。
解析 过点 D 作 DE ⊥ x 轴于 E。
在 y =−x + 1 中，当 x = 0 时，y = 1；当 y = 0 时，x = 1。所以 OB = OC = 1。
4
中考加油站 初中数学
.. x
. y
. O
. A
. B . C .
D
. E
图 1.2.3
又因为∠BOC = 90◦，所以∠BCO = 45◦，所以∠DCE = 45◦，从而有 DE = CE。
因为直线 y1=−x + 1 与双曲线 y2= k
x都关于直线 y = x 对称，所以 AB = CD。
因为 AB + CD = BC，所以 CD = 1
2BC = 1 2
√12+ 12 =
√2
2 ，所以 DE = CE =
√2
2 CD = 1 2，所以 OE = OC + CE = 3
2，所以 D 点坐标为 (3
2,−1 2
)
。 将它代入 y2= k
x中，得 k =3 2 ×
(
−1 2
)
=−3
4，即 k =−3 4。 思路点拨 （1）双曲线 y = k
x（k > 0）与直线 y = x + b（或直线 y =−x + b）（b ̸= 0）共存于同一平 面直角坐标系中，形成的整体图形是以直线 y =−x（或直线 y = x）为对称轴的轴对称图形；（2）双曲线 y = k
x（k < 0）与直线 y =−x + b（或 y = x + b）（b ̸= 0）共存于同一平面直角坐标系中，形成的整体图形是 以直线 y = x（或直线 y =−x）为对称轴的轴对称图形。理解这些，对解答本题很关键。
例 1.2.4. 已知二次函数 y = ax2+ bx + c（a̸= 0）的顶点坐标 (−1, −3.2) 及部分图象（如图 1.2.4 所示），
由图象可知关于 x 的一元二次方程 ax2+ bx + c = 0 的两个根分别是 x1= 1.3 和 x2= 。
.. x
. y
. O .
x =−1 .
1.3
图 1.2.4
.. x
. y
. O .
x =−1 .
A .
B
. C
x2 .
图 1.2.5
解析 由抛物线的顶点坐标 (−1, −3.2) 知道抛物线的对称轴为直线 x = −1，取它与 x 轴的交点为 C
（如图 1.2.5），则有 AC = BC，所以 1.3− (−1) = −1 − x2，从而求得 x2=−3.3。
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思路点拨 （1）当抛物线 y = ax2+ bx + c（a ̸= 0）与 x 轴有两个交点时，它俩的横坐标就是方程 ax2+ bx + c = 0（a̸= 0）的两根；（2）由抛物线的轴对称性可知，抛物线与 x 轴的两个交点到其对称轴的距 离相等，据此可建立等式。综合这两点，“按图索骥”，问题得解。
例 1.2.5. 已 知 二 次 函 数 y = ax2 + bx + c 的 图 象 过 点 A(1, 2)， B(3, 2)， C(5, 7)， 若 点 M (−2, y1)，
N (−1, y2)，K(8, y3) 也在二次函数 y = ax2+ bx + c 的图象上，则下列结论中正确的是 （ ）
（A）y1< y2< y3 （B）y2< y1< y3 （C）y3< y1< y2 （D）y1< y3< y2
解析 根据 A，B，C 三点的位置可以判断二次函数的图象开口向上，又因为 A，B 两点的纵坐标相同，
所以 A，B 两点关于抛物线的对称轴对称，可求得抛物线的对称轴为直线 x = 2，从而知道点 K(8, y3) 关于直 线 x = 2 的对称点的坐标为 (−4, y3)，这样它与 M (−2, y1)，N (−1, y2) 都在对称轴的左侧，于是，由抛物线的 性质判断得出 y2< y1< y3，故选 B。
思路点拨 借助抛物线的轴对称性，把位于对称轴两侧的点，变换到对称轴的同一侧，便于利用二次函数 的增减性来进行比较。其间，充分体现了数形结合的思想。本题如果先用待定系数法求出二次函数解析式，再 直接代入求出函数值进行比较，未尝不可，但耗时费力。
6
数学评书
2.1 《智慧宝典》第三部第三回 途中遇王后 拆解破瑕疵——陈海峰
话说两位小英雄徒步从出“鬼见愁”，救出了众樵夫后，继续沿山路进发。只见路越走越险，这时他们看 到一位女子正在舞剑，冰光剑影，两人不禁鼓掌拍手叫好。这时女子迅速收势，转过头来看见他俩，大喝一 声：“来者何人！”两位小英雄面无惧色，说明要面见三角山的首领。从口中得知这女子是三角山的王后。这时 小英面露微笑道：“王后真是高人也，应是文武双全，不过这套剑法似有瑕疵。”
这是王后顿时来了兴致，问道：“此话怎讲？”
小英道：如果我没看错的话，刚刚你的剑法中有两个招式——
招式一：求函数 y = sin( 3x +π
4
)的单调递减区间。
招式二：求函数 y = sin(
−3x +π 4
)的单调递减区间。
只见王后点头称是。
小英接着说道：这两招式本来有本质的不同，但是你却舞为同样一个招式，对不？让我来解释一番。
对于招式一，求函数 y = sin( 3x +π
4
)的单调递减区间。你的剑法如下：
因为 y = sin x 在 [
2kπ +π
2, 2kπ +3π 2
]
是减函数，所以 2kπ + π
2 6 3x + π
4 6 2kπ + 3π
2 （k ∈ Z），故 2kπ
3 + π
12 6 x 6 2kπ 3 +5π
12。
这一招你的收势是它的单调减区间 [2kπ
3 + π 12,2kπ
3 +5π 12 ]
（k∈ Z）对吧？
王后又点了点头。
小英接着说：再来看看你的招式二，求函数 y = sin(
−3x +π 4
)的单调递减区间。你的剑法如下：
因为 y = sin x 在 [
2kπ + π
2, 2kπ +3π 2
]
是减函数，所以 2kπ + π
2 6 −3x + π
4 6 2kπ + 3π
2 （k ∈ Z），故
−2kπ 3 −5π
12 6 x 6 −2kπ 3 − π
12。
这一招你的收势是它的单调减区间是 [
−2kπ 3 −5π
12,−2kπ 3 − π
12 ]
（k∈ Z）对吧？
王后道：“对呀，有什么不妥的吗？”
小英道：“不妨看看这函数上的两个点吧，
(
−5π 12, ?
)
，(
−π 12, ?
)，你用舞一下剑，看看会怎么样！”
王后舞了一下，出现的是 (
−5π 12,−1
)
，(
−π 12, 1
)。
小英又道：“按照你得到的结果，该函数在区间 [
−5π 12,−π
12 ]
上单调减，你再看一下上面两个点，是否符 合减函数的定义。”
这时王后双手做揖，向小英求教。
小英道：要将之缴正也不是很难，我提供两个招式吧——
招式一 将 y = sin(
−3x +π 4
)用诱导公式可得 y =− sin( 3x−π
4 )。
而 y =− sin x 在区间[
2kπ−π
2, 2kπ +π 2
]是减函数，所以有 2kπ−π
2 6 3x −π
4 6 2kπ +π
2，则它的单调减 区间为
[2kπ 3 − π
12,2kπ 3 +π
4 ]
（k∈ Z）。
招式二 令 u =−3x +π
4，x∈ R，则 y = sin u，u ∈ R。
数学评书 高中数学
而 u = −3x + π
4 在R 上是减函数，如果要使 y = sin(
−3x +π 4
)是减函数，则需 y = sin u 是增函
数，又 y = sin u 在[
2kπ−π
2, 2kπ +π 2
]是递增，则有 2kπ−π
2 6 u 6 2kπ + π
2，故也可得其单调减区间是 [2kπ
3 − π 12,2kπ
3 +π 4 ]
（k∈ Z）。
这两个招式算是殊途同归，不过在舞弄时以第一种招式为主，这样更容易发挥它的威力。
王后喜不自胜，连声叫好。
两人又说明了来意，王后说道：“我带你俩去见我夫君。”
不知见到首领后又会发生何事，见听下回分解。
8
数学评书 高中数学
2.2 《智慧宝典》第三部第四回 三角山上见首领 五招破译藏宝图——陈海峰
上回说到两位小英雄指点了王后的剑法后，王后决定带他们去见首领，一路无话。三人到了峰顶，只见有 一个小平台，就象一个三棱锥的锥顶被削去一小点，难怪被称是“三角山”了。王后先进去禀报一番，两位小 英雄才得以进入。进入之后，首领赐座后对着案上一张图发呆，两位小英雄感到奇怪，这个首领有点冷。过了 几分钟光景，只见首领叫两人过来，这时两位小英雄凑过来一看，是一张地图。
.. x
. y
. O
. π
. π 4 .
5π . 2
−5 . 5
图 2.2.1
如图 2.2.1，它是函数 y = A sin(ωx + φ)（A > 0，ω > 0，|φ| < π）的图象，由图中条件，写出该函数解 析式。旁边注着：如果能破解这张图的所有位置，那么 φ 就是藏宝的地点，注意只能使用一次。
首领道：我已经破解了一部分，还有一部分不得其门而入。请两位小英雄助我一臂之力！我破解的如下：
由图知，A = 5，由 T 2 =5π
2 − π = 3π
2 ，得 T = 3π，所以 ω = 2π T =2
3，所以 y = 5 sin (2
3x + φ )
。 应该说，A、ω 这两个地方我是破解了，可是后面那个 φ 才是最关键所在，我原来这样破解的：
将 (π, 0) 代入该式得 5 sin (2
3π + φ )
= 0，可得 2π
3 + φ = kπ，即 φ = kπ−2π
3 （k∈ Z）。
又因为|φ| < π，所以 φ = −2π
3 或 φ = π 3。
结果 φ 出现了两种可能，可是这张图只使用一次，如果搞错就将消失了，如何保证万无一失呢？
小豪说道：“从这张图分析可知，点(π 4, 5
)在此函数的图象上，但在 y = 5 sin (2
3x−2π 3
)
中，令 x = π 4， 则 y = 5 sin
(π 6 −2π
3 )
= 5 sin (−π
2 )
=−5，由此可知，y = 5 sin (2
3x−2π 3
)
不合题意。所以请首领放心，一 定是 y = 5 sin
(2 3x +π
3 )
无疑，按这个地方去找即可。”
首领就命人去找，不一会儿果然找到宝藏了。
首领对两人钦佩有加，又问：“你们果真才识过人，那么，我想知道问题出在哪里呢？如果不用刚刚小豪 的方法，又如何知道那个地点是唯一的呢？”
小英这时笑道，这个不难，请看：
途径一——单调性法 因为点 (π, 0) 在递减的那段曲线上，所以 2π 3 + φ∈
[π
2 + 2kπ,3π 2 + 2kπ
]
（k∈ Z）。
由 sin (2π
3 + φ )
= 0 得2π
3 + φ = 2kπ + π，所以 φ = 2kπ +π
3（k∈ Z），因为 |φ| < π，所以 φ = π 3。 途径二——最值点法 将最高点坐标(π
4, 5
)代入 y = 5 sin (2
3x + φ )
得 5 sin(π 6+ φ
)
= 5，所以π 6+ φ = 2kπ + π
2，所以 φ = 2kπ +π
3（k∈ Z）取 φ = π 3。
数学评书 高中数学
途径三——起始点法 函数 y = A sin (ωx + φ) 的图象一般由“五点法”作出，而起始点的横坐标 x 正 是由 ωx + φ = 0 解得的，故只要找出起始点横坐标 x0就可以迅速求得角 φ。由图象求得 x0 =−π
2，所以 φ =−ωx0= π
3。
途径四——平移法 由图象知，将 y = 5 sin2
3x 的图象沿 x 轴向左平移 π
2 个单位，就得到本题图象，故所 求函数为 y = 5 sin2
3 (
x + π 2
)，即 y = 5 sin (2
3x + π 3 )
。
首领真是看得眼都花了，大叫到：“真是让我大开眼界了，看来找那个藏宝的地点本身也不难的。如果以 后还有类似的藏宝图，有了小英雄的办法，这些宝藏就会重见天日了。呵呵！来人呀，摆宴席为两位小英雄接 风。”
欲知还会发生何事，请听下回分解。
10
助力高考
3.1 ab1962 解题集精选（十一）——廖凡
本期的题目及解答是由历任版主 ab1962 的网上解题集的第 501∼ 550 题中精选出，仍然由 kuing 作选题、
排版及评注，更多说明请参看《数学空间》总第 1 期。
题目 3.1.1. 对于抛物线 y2= 4x 上任意一点 Q，点 P (a, 0) 都满足|P Q| > |a|，求 a 的取值范围。
解 设 Q(x, y)，则
|P Q| =√
(x− a)2+ y2=√
x2− 2ax + a2+ 4x =√
(x− a + 2)2+ 4a− 4，
由于 x∈ [0, +∞)，因此
（1）当 a− 2 > 0 即 a > 2 时，|P Q|min=√
4a− 4 > |a|，解得 a = 2；
（2）当 a− 2 < 0 即 a < 2 时，|P Q|min=√
a2=|a|。
综上所述，a 的取值范围是 (−∞, 2]。
kuing 评注：我们可以试试从几何角度思考，问题可以转化为抛物线 y2 = 4x 与圆 (x− a)2+ y2= a2除原点外没有 其他公共点。若 a6 0 显然符合，下设 a > 0。
可以消元判断，二者消去 y2并分解为 x(x− 2a + 4) = 0，即要此方程在 (0, 2a] 上无解，因 2a − 4 < 2a，所以只能是 2a− 4 6 0，即得 a 6 2。
又或者利用曲率半径，转化为抛物线在原点处的曲率半径不小于圆 (x− a)2+ y2 = a2的半径 a，由曲率公式可以计 算出 y2= 2px（p > 0）在原点处的曲率半径为 p，即得 p> a，本题中 p = 2，结论相符。
题目 3.1.2. 抛物线 y2 = 2px（p > 0）上有两个动点 A、B 及一个定点 M ，F 为焦点，若|AF |, |MF |,
|BF | 成等差数列，求证：线段 AB 的垂直平分线过定点。
证明 设 A(x1, y1), B(x2, y2), M (c, d)，AB 中点的坐标为 (x0, y0)。
抛物线 y2= 2px 的准线为 x =−p
2，因|AF |, |MF |, |BF | 成等差数列，故 2|MF | = |AF | + |BF |，所以 2
( c + p
2 )
= x1+p
2 + x2+p
2，即 x1+ x2= 2c，x0= c。
因为 y12= 2px1，y22= 2px2，作差得 y12− y22= 2p(x1− x2)，所以 AB 的斜率
kAB= 2p y1+ y2
= p y0
，
所以 AB 的垂直平分线方程为
y− y0=−y0
p(x− x0)，
即
y =−y0
p(x− c − p)，
当 x = c + p 时总有 y = 0，而 c, p 为定值，可见过定点 (c + p, 0)。
kuing 评注：经典点差法，结论可推广至一般圆锥曲线，详细就不写了，大家可以试试。
题目 3.1.3. 若函数 f (x) = ax + b
x2+ 1（x∈ R）的值域为 [−1, 4]，求 a, b 的值。
解
y =ax + b
x2+ 1 ⇐⇒ yx2+ y = ax + b ⇐⇒ yx2− ax + y − b = 0，
助力高考 高中数学
故
∆ = a2− 4y(y − b) = −4y2+ 4by + a2> 0 ⇐⇒ 4y2− 4by − a26 0，
解集为 [−1, 4]，故 −1 + 4 = b，−1 × 4 = −a2
4 ，所以 a =±4, b = 3。
kuing 评注：此题的相关讨论见http://bbs.pep.com.cn/thread-886724-1-1.html，其中我的解法如下。
另解 （1）当 a = 0 时：若 b = 0 则恒有 y = 0；若 b > 0 则显然 y∈ (0, b]；若 b < 0 则显然 y ∈ [b, 0)；
（2）当 a̸= 0 时：设 ax + b = t，若 t = 0 则 y = 0；若 t ̸= 0 则函数可化为
y = a2 t +a2+ b2
t − 2b
，
注意到
t +a2+ b2 t ∈(
−∞, −2√
a2+ b2] ∪ [ 2√
a2+ b2, +∞) 且√
a2+ b2 >|b|，
可得
y∈
[ a2
−2√
a2+ b2− 2b, 0 )∪(
0, a2 2√
a2+ b2− 2b ]
。 即当 a̸= 0 时必有
y∈
[ a2
−2√
a2+ b2− 2b, a2 2√
a2+ b2− 2b ]
。 由（1）（2）看出，若值域为 [−1, 4]，就必有
a2
−2√
a2+ b2− 2b=−1，
a2 2√
a2+ b2− 2b= 4，
解得 a =±4, b = 3。
这个解法虽然没有原解法简洁，但在方法上可以说适用范围更广一些，比如说假如题目限制了 x 在某个区间内，那么 判别式法失效，但上述解法只需作一点修改仍然可用，因为由双勾函数的性质，无论 x 限制成如何，t + a2+ b2
t 的取值范
围总可以求出，之后就可以类似地分析值域了。
题目 3.1.4. 已知点 A(−2, 2) 及点 B(−3, −1)，试在直线 l : 2x − y − 1 = 0 上求出符合下列条件的点 P ：
（1）使|P A| − |P B| 为最大；
（2）使|P A|2+|P B|2为最小。
解 （1）作直线 AB，其方程为 y = 3x + 8，与 l : 2x− y − 1 = 0 的交点为 P1(−9, −19)。由
|P A| − |P B| 6 |AB| =√ 10，
当且仅当 P 与 P1重合时上式取等号，故 P (−9, −19) 时 |P A| − |P B| 为最大；
（2）设 P (x, y)，则 y = 2x− 1，且
|P A|2+|P B|2= (x + 2)2+ (y− 2)2+ (x + 3)2+ (y + 1)2
= (x + 2)2+ (2x− 3)2+ (x + 3)2+ (2x)2
= 10x2− 2x + 22
= 10 (
x− 1 10
)2
+ 21 + 9 10， 故当 x = 1
10 时|P A|2+|P B|2为最小，此时 P (1
10,−4 5
)
。
12
助力高考 高中数学
kuing 评注：其实第（2）问还有一个简单方法，就是利用中线长公式，取 AB 的中点 M ，则由中线长公式可得
|P A|2+|P B|2= 2|P M|2+|AB|2 2 ，
从而要|P A|2+|P B|2最小，只要|P M| 最小，所以只要过 M 作 l 的垂线，垂足便是所求。
题目 3.1.5. 在△ABC 内求一点 P ，使 |AP |2+|BP |2+|CP |2的值最小。
解法一 设 A(x1, y1)，B(x2, y2)，C(x3, y3)，P (x, y)，则
|P A|2+|P B|2+|P C|2
= (x− x1)2+ (y− y1)2+ (x− x2)2+ (y− y2)2+ (x− x3)2+ (y− y3)2
= 3x2− 2(x1+ x2+ x3)x + 3y2− 2(y1+ y2+ y3)y + x21+ x22+ x23+ y21+ y22+ y32
= 3 (
x−x1+ x2+ x3
3
)2
+ 3 (
y−y1+ y2+ y3
3
)2
+ x21+ x22+ x23+ y12+ y22+ y23
− 3
(x1+ x2+ x3
3
)2
− 3
(y1+ y2+ y3
3
)2
，
因此当 x = x1+ x2+ x3
3 且 y = y1+ y2+ y3
3 时，即 P 为△ABC 重心时，|P A|2+|P B|2+|P C|2取最小 值。
解法二 因 # »AB =P B# »−P A，故# » AB# »2=P B# »2+P A# »2− 2P B# »·P A，同理# » BC# »2=P C# »2+P B# »2− 2P C# »·P B，# »
# » CA2= # »
P A2+# »
P C2− 2# » P A·# »
P C，三式相加得
# » AB2+# »
BC2+# »
CA2= 2# »
P A2+ 2# »
P B2+ 2# »
P C2− 2# » P A· # »
P B− 2# » P A·# »
P C− 2# » P C·# »
P B
= 3(# » P A2+# »
P B2+# » P C2
)−(# » P A +# »
P B +# » P C
)2
， 所以
3(# »P A2+P B# »2+P C# »2 )
=(# »P A +P B +# » P C# » )2
+AB# »2+BC# »2+CA# »2>AB# »2+BC# »2+CA# »2， 当且仅当 # »P A + # »
P B +# » P C = #»
0 时上式取等号，因此 P 是△ABC 的重心时 # »
P A2+ # » P B2+# »
P C2 取最小值 1
3 (# »
AB2+# » BC2+# »
CA2 )。
kuing 评注：向量的方法可以轻易将本题推广至 n 个点并且不限于平面内。具体地，设 G 为 n 个定点 A1, A2,· · · , An的重心，P 为任意动点，则
∑n i=1
|P Ai|2=
∑n i=1
(# » P G +# »
GAi
)2
= n|P G|2+ 2# » P G·
∑n i=1
# » GAi+
∑n i=1
|GAi|2
= n|P G|2+
∑n i=1
|GAi|2，
故当且仅当 P 与 G 重合时
∑n i=1
|P Ai|2取最小值。
题目 3.1.6. 已知数列{xn} 中，x0= 0，xn+1= 3xn+√
8x2n+ 1，求数列{xn} 的通项公式。
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解 由于
xn+1= 3xn+√
8x2n+ 1， (3.1.1)
考虑到求根公式，可知 xn+1是方程 x2− px + q = 0 的大根，其中 p, q 由韦达定理求得 p = 3xn+√
8x2n+ 1 + 3xn−√
8x2n+ 1 = 6xn， q =(
3xn+√
8x2n+ 1)(
3xn−√
8x2n+ 1)
= x2n− 1，
于是 x2− px + q = 0 就是
x2− 6xn· x + x2n− 1 = 0， (3.1.2) 所以
x2n+1− 6xn· xn+1+ x2n− 1 = 0，
将 n 换成 n− 1，上式可以写成
x2n−1− 6xn· xn−1+ x2n− 1 = 0，
可见 xn−1是方程 (3.1.1) 的另一个根，于是
xn−1 = 3xn−√
8x2n+ 1， (3.1.3)
由式 (3.1.1) 和式 (3.1.3) 消去√
8x2n+ 1 得
xn+1− 6xn+ xn−1 = 0，
它的特征方程为 x2− 6x + 1 = 0，特征根是 3 ± 2√
2，于是可设 xn = a( 3 + 2√
2)n
+ b( 3− 2√
2)n
，把 x0= 0，
x1= 1 代入后可解出 a =
√2
8 ，b =−
√2 8 ，因此
xn=
√2 8
[(3 + 2√ 2)n
+( 3− 2√
2)n]
。
kuing 评注：多年前我第一次见识这种方法就是看了廖老师解的这道题，记忆尤甚，当时看了很久才看懂，还发现了 一个小瑕疵，就是在得到 x2n−1− 6xn· xn−1+ x2n− 1 = 0 之后应该先说明 xn+1> xn−1才能得出 xn−1是方程 (3.1.1) 的 另一个根，不过 xn递增很显然，可能正因如此才没作说明吧。
14
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3.2 辅助函数 PK 代数变形——杨春波、程汉波
代数变形与辅助函数是解决代数问题的两把利器，但孰优孰劣？这不，某天它们之间展开了激烈的 PK，
在面对同一代数问题时，正“吵”得不可开交呢：都说自己的解法好！
例 3.2.1. 已知实数 x, y 满足：(x− 2)3+ 2012(x− 2) = 1，(y − 2)3+ 2012(y− 2) = −1，试求 x + y 的值。
解 1.1 注意到两等式右端 1 和−1 间的关系，考虑将两式相加。为了书写方便，特记 m = x − 2，
n = y− 2，则原题设即 m3+ 2012m = 1，n3+ 2012n =−1，相加即 (m3+ n3) + 2012(m + n) = 0，分解因式 得 (m + n)(m2− mn + n2+ 2012) = 0，显见第二个括号不为 0，所以 m + n = 0，即 x + y = 4。
利用“代数变形”顺利解决此题，正在“代数变形”洋洋得意之时，“辅助函数”看不下去了：解此题哪 需你这般费事，看我“辅助函数”大显身手。
解 1.2 注意到两等式左端形式完全一致，故记函数 f (t) = t3+ 2012t，t∈ R，原题设即 f(x − 2) = 1，
f (y−2) = −1，又易知 f(t) 为 R 上的奇函数，且为增函数，所以由 f(x−2)+f(y−2) = 0，立得 x+y = 4。
“辅助函数”不屑一顾地看着“代数变形”说：“瞧瞧，我辅助函数一介入，利用函数的基本性质‘瞬秒’
此题，而且立意更高远，体现了函数与方程的有机结合，这是活生生的函数与方程的思想啊！”。
“代数变形”哪里受得了这等蔑视，心想：不拿出点看家本领让你瞅瞅，你是不知道我的厉害！于是“代 数变形”向“辅助函数”发起了新的挑战。
例 3.2.2. 已知
a3− 3a2+ 5a = 1，
b3− 3b2+ 5b = 5，
求 a + b 的值。
“辅助函数”一瞧这两个式子：形式完全一致。笑道：这还不简单？！立马邀出函数 f (x) = x3− 3x2+ 5x，
x∈ R，于是 f(a) = 1，f(b) = 5，要求 a + b 的值……“辅助函数”这时犯难了：f(a) + f(b) = 6，那 a + b 等 于多少呢？两者似乎没有什么必然联系啊！
看到“辅助函数”一筹莫展的样子，“代数变形”不失时机地挖苦道：“刚才谁还笑话我呢，现在怎么解不 出来了？你‘辅助函数’境界是高啊，立意是远啊，可对此题没用！”说话间，“代数变形”抛出了它的妙解。
解 2.1 由
a3− 3a2+ 5a = 1，
b3− 3b2+ 5b = 5，
(3.2.1)
得
(a− 1)3+ 2(a− 1) = −2，
(b− 1)3+ 2(b− 1) = 2， (3.2.2) 于是顺利将此题化为例 3.2.1，可得 a + b = 2。
“辅助函数”看着解答，满腔的怨气：式 (3.2.2) 对我是小菜一碟，想不到你小子还有这一招，竟敢把式 (3.2.2) 变形为式 (3.2.1) 来耍我！不信我“辅助函数”解不了此题！“辅助函数”看着“代数变形”的解答思索 了若干分钟，似乎从中发现了什么……突然一声惊呼：看我“辅助函数”来也！
解 2.2 f (x) = x3− 3x2+ 5x = (x− 1)3+ 2(x− 1) + 3，于是函数 f(x) 可以看作是函数 g(x) = x3+ 2x 向 右平移 1 个单位，向上平移 3 个单位得到的，易知 g(x) 是R 上的奇函数，其图象关于原点中心对称，且为增函 数，所以 f (x) 的图象关于点 (1, 3) 中心对称，也为增函数。由 f (a) + f (b) = 2f (1)，知 a + b = 2× 1 = 2。
助力高考 高中数学
“辅助函数”一语道破了此题的几何背景，“代数变形”当然不服输，立刻反击道：“你怎么想到变 f (x) 为 (x− 1)3+ 2(x− 1) + 3？还不是受我‘代数变形’解答的启发？你抄袭我的解法！”。“辅助函数”辩解 说：“我这是借鉴，不是抄袭，你 Out 了！站在别人的肩膀上，可以看得更远呀！”。
话虽这么说，但若能找到一种新的解法自是再好不过了，免得遗人话柄。这时，“辅助函数”想到了函数 家族中的老大哥——导数，导数出马，片刻即给出了另解。
解 2.3 设 f (x) = x3− 3x2+ 5x，x∈ R，令 f′′(x) = 6x− 6 = 0，解得 x = 1，便得 f(x) 图象的拐点为 (1, 3)，也为 f (x) 图象的对称中心，于是由 f (a) = 1，f (b) = 5，立得 a + b = 2。
“代数变形”看得糊里糊涂，不解道：“拐点是什么东西？怎么二阶导数等于 0 的点就是拐点呢？为什么 拐点又是对称中心啊？”，“代数变形”突然严肃了起来，用质问的口气道：“你不是在拿一些所谓高深的知识 糊弄我吧？”。面对质问，“辅助函数”一脸不屑：函数的世界你不懂，懒得给你解释！
PK 到此，两人还是各不服输，难分高下，但也都领略了相互的威力。最后商定：一题定胜负！为公平起 见，两人随机从数学题库中抽取了一道代数题：
例 3.2.3. 若( x +√
x2+ 1)(
y +√ y2+ 1)
= 1，求证 x + y = 0。
“代数变形”沉思片刻，便给出两解：
证 3.1 注意到(√
y2+ 1 + y)(√
y2+ 1− y)
= 1，由( x +√
x2+ 1)(
y +√ y2+ 1)
= 1 得 x +√
x2+ 1 =√
y2+ 1− y， (3.2.3)
即
x + y =√
y2+ 1−√
x2+ 1，
两侧同时平方，化简得
√(x2+ 1)(y2+ 1) = 1− xy，
两侧再同时平方，化简得
(x + y)2= 0，
即 x + y = 0，得证。
证 3.2 式 (3.2.3) 即 (x + y) +(√
x2+ 1−√ y2+ 1)
= 0，对第二个括号分子有理化得
(x + y) + (
x2− y2
√x2+ 1 +√ y2+ 1
)
= 0，
即
(x + y)
(√x2+ 1 + x +√
y2+ 1− y
√x2+ 1 +√ y2+ 1
)
= 0，
显见第二个括号不会为 0，所以只有 x + y = 0，得证。
“辅助函数”暗自佩服“代数变形”的灵活与巧妙：分母、分子有理化，因式分解，两次平方。作为回应，
也赶紧给出两解：
证 3.3 记函数 f (x) = x +√
x2+ 1，x∈ R，则题设即为 f(x)f(y) = 1。可用单调性的定义或导数证明 f (x) 为R 上的增函数，且 ∀x ∈ R，f(x)f(−x) = 1。综上即得 f(y) = f(−x)，y = −x，x + y = 0。
16
助力高考 高中数学
证 3.4 对题设两侧同时取对数得 ln( x +√
x2+ 1) + ln(
y +√ y2+ 1)
= 0，可记函数 f (x) = ln(
√ x + x2+ 1)
，x∈ R，则有
f (x) + f (y) = 0， (3.2.4)
易 知 f (x) 为R 上的奇函数，且在 [0, +∞) 上为增函数，于是 f(x) 为 R 上为增函数。由式 (3.2.4) 立得 x + y = 0。
“代数变形”心里暗暗赞叹：代数问题中“辅助函数”的介入可使问题变得清晰明了，以函数为载体，以 函数的基本性质为工具，处理问题方向性强，技巧性低，较容易上手。
“代数变形”想：为何非要 PK，何不与“辅助函数”强强联合呢？恰巧，“辅助函数”也正有此意，两人 握手言和。于是“代数变形”决定将新发现的妙解和“辅助函数”分享：
证 3.5 写出式 (3.2.3)：x +√
x2+ 1 =√
y2+ 1− y 的姊妹式：y +√
y2+ 1 =√
x2+ 1− x，两式相加 即得 x + y = 0。
后语
一方面：解决代数问题的关键是掌握代数变形的技巧，变形实质上是为了达到某种目的而采用的“手段”，
是化归、转化和联想的准备阶段，它属于技能性的层面。唯有在实践中反复操练才能把握，乃至灵活与综合地 运用。代数变形是数学解题的基石，变形能力的强弱直接制约着解题能力的高低。
另一方面：在求解某些代数问题时，我们可以尝试运用构造函数法，根据命题中的条件或结论，构造出一 个辅助函数，再运用函数的相关性质和定理解题，这往往能起到事半功倍之效果。辅助函数法是一种重要的数 学方法，其构造思路也是多种多样的。
助力高考 高中数学
3.3 对 2009 年江西高考数学压轴数列题的研究——郭子伟
题目 3.3.1. （2009 江西）各项均为正数的数列{an}，a1= a，a2= b，且对满足 m + n = p + q 的正整数 m，n，p，q 都有 am+ an
(1 + am)(1 + an) = ap+ aq
(1 + ap)(1 + aq)。
（I）当 a = 1
2，b = 4
5 时，求通项 an；
（II）证明：对任意 a，存在与 a 有关的常数 λ，使得对于每个正整数 n，都有 1
λ6 an6 λ。
这里只讨论第（II）问，本题难度不小，官方参考答案（下面简称“标答”）在不求一般通项的情况下直 接证出了结论（见附录），很巧妙，但同时也很难想到，我承认我想不出来。
下面我就老老实实地求出一般情况下的通项，给出异于官方参考答案的，但思路相对更顺畅的“笨方法”
以及此数列的一些更细致的结果。
证明 先讨论 a̸= 1 且 b ̸= 1 时的情形，注意到 am+ an
(1 + am)(1 + an) = 1
2· (1 + am)(1 + an)− (1 − am)(1− an) (1 + am)(1 + an) =1
2 −1
2· 1− am
1 + am ·1− an
1 + an
，
令 bn =1− an
1 + an
，则由 am+ an
(1 + am)(1 + an) = ap+ aq (1 + ap)(1 + aq)得
bmbn= bpbq， 再令 m = 2，p = n + 1，q = 1，得
bn+1
bn =b2
b1 = 1− b 1 + b·1 + a
1− a， 所以{bn} 为等比数列，从而
1− an
1 + an = bn= (1− b
1 + b·1 + a 1− a
)n−1
· 1− a 1 + a=
(1 + a 1− a
)n−2( 1− b 1 + b
)n−1
，
解得
an= 1−
(1 + a 1− a
)n−2( 1− b 1 + b
)n−1
1 + (1 + a
1− a )n−2(
1− b 1 + b
)n−1，
为使 an恒为正，需
(1 + a 1− a
)n−2( 1− b 1 + b
)n−1 < 1 对正整数 n 恒成立，上式两边平方等价于
(1− b 1 + b
)2((
1 + a 1− a
)2( 1− b 1 + b
)2)n−2
< 1，
假如
(1 + a 1− a
)2( 1− b 1 + b
)2
> 1，那么当 n 充分大时上式左边必然不小于 1，所以必需且只需有 (1 + a
1− a )2(
1− b 1 + b
)2
6 1 ⇐⇒ − 1− a
1 + a
6 1− b 1 + b 6
1− a 1 + a
。
18
助力高考 高中数学
（1）若 n 为奇数，则 0 <
(1− b 1 + b
)n−1
6
(1− a 1 + a
)n−1
，当 (1− b
1 + b )n−1
→ 0 时 an → 1，当 (1− b
1 + b )n−1
= (1− a
1 + a )n−1
时 an = a，注意到 an关于 (1− b
1 + b )n−1
总是单调的，所以有 min{1, a} 6 an 6 max{1, a}；
（2）若 n 为偶数，则− 1− a
1 + a n−1 6
(1− b 1 + b
)n−1
6 1− a
1 + a
n−1，当 (1− b
1 + b )n−1
= − 1− a
1 + a n−1 时 an = 1 + a +|1 − a|
1 + a− |1 − a|，当 (1− b
1 + b )n−1
= 1− a
1 + a
n−1时 an = 1 + a− |1 − a|
1 + a +|1 − a|，注意到 an关于 (1− b
1 + b )n−1
是 单调递减的，所以有
1 + a− |1 − a|
1 + a +|1 − a| 6 an6 1 + a +|1 − a|
1 + a− |1 − a|。 注意到 1 + a− |1 − a|
1 + a +|1 − a|< 1，1 + a +|1 − a|
1 + a− |1 − a| > 1，且 a−1 + a− |1 − a|
1 + a +|1 − a| = (a + 1)(
|1 − a| − (1 − a)) 1 + a +|1 − a| > 0，
1 + a +|1 − a|
1 + a− |1 − a|− a = (a + 1)(
|1 − a| + (1 − a)) 1 + a− |1 − a| > 0，
故
1 + a− |1 − a|
1 + a +|1 − a| 6 min{1, a}，
1 + a +|1 − a|
1 + a− |1 − a| > max{1, a}，
所以综合（1）（2），对于任意正整数 n，都有 1 + a− |1 − a|
1 + a +|1 − a| 6 an6 1 + a +|1 − a|
1 + a− |1 − a|。 (3.3.1) 再注意到，如果 a > 1，则式 (3.3.1) 去绝对值后可以化简为 1
a6 an6 a；如果 a < 1，则式 (3.3.1) 去绝对 值后可以化简为 a6 an 6 1
a，因此，式 (3.3.1) 可以写成 min
{ a,1
a }
6 an 6 max {
a,1 a
}
。 (3.3.2)
再讨论 a = 1 或 b = 1 的情形。若 a = 1，则 b1= 0，于是 b22= b1b3= 0，b23= b2b4= 0，依此类推，得 bn 恒为 0，所以此时{an} 恒为 1；若 a ̸= 1 且 b = 1，则 b1 ̸= 0，b2= 0，由 b22= b1b3得 b3= 0，故后面的项也 显然恒为 0，所以此时{an} 由第二项起恒为 1。
由此可见当 a = 1 或 b = 1 时也满足式 (3.3.2)，所以，取
λ = max {
a,1 a
}
， 则
1 λ= min
{ a,1
a }
， 即有
1
λ6 an6 λ 对于每个正整数 n 恒成立。
